Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT An Giang

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT An Giang năm học 2013 - 2014. Hy vọng đề thi giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 THCS môn Toán năm 2013 - 2014 - Sở GD&ĐT An GiangSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOAN GIANGKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCSNăm học 2013-2014Môn: TOÁNThời gian làm bài : 150 phútNgày thi: 15/3/2014ĐỀ THI CHÍNH THỨCBài 1 (3đ) TínhT11 212 313 414 5 ...... 199  100Bài 2 (4đ) Cho đa thức P(x)  x5  x;g(x)   x2  4  (x2  1)xa) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích các nhân tửb) Chứng tỏ rằng nếu x là số nguyên thì P(x) luôn chia hết cho 5Bài 3 (4,0 đ)Cho x1;x2  0;1a) Chứng minh rằng 1  x1   4x122b) Chứng minh rằng : 1  x1  x2   4  x12  x22 2Bài 4(4,0 đ) 5x  3y  5  3Cho hệ phương trình 3  1 x  5y  5  3a) Giải hệ phương trìnhb) Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn x; y nhận 1 nghiệm là nghiệm của hệphương trình đã cho và một nghiệm là (0;0)Bài 5 (5,0 đ)Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 4 cm. Lấy một điểm M trên đường trònsao cho BAM  300. Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tạiC. CM cắt AB tại D.a) Chứng minh rằng BM song song với OCb) Tính diện tích tam giác ACDĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014Bài 1.T11 2Ta có :T12 31n  n 1 1 2 13 414 5n  n 1n  n 1 2 3 n  n 1 3 4 1 .... 99  1004  5  .... 99  100 1  2  2  3  3  4  4  5  ....  99  100 1  100  11Bài 22a. P(x)  g(x)  x  x   x  4  .  x  1 x x  x   x  5x  4  x x  x   x  5x  4x   5x  5x 5x  x  1  5x(x  1)(x  1)P(x)  x 5  x;g(x)  x 2  4 . x 2  1 x52542553232Vậy P(x)  5x(x 1)(x 1)2b.Theo trên P(x)  g(x)  5x(x 1)(x 1) luôn chia hết cho 5 với mọi số nguyên xMặt khác g(x)   x2  4  x2  1 x   x  2  x  1 x  x  1 x  2  nên g(x) là tích của 5 sốnguyên liên tiếp  g(x) chia hết cho 5Vậy P(x)  g(x)  5x(x 2 1) luôn chia hết cho 5Câu 33a. Xét 4x12  1  x1    2x1  1  x1  2x1  1  x1    x1  13x1  12Do x1  0;1   x1  1  0; 3x1  1  0Vậy 4x12  1  x1   x1  13x1  1  02Hay 1  x1   4x12 dấu bằng xảy ra khi x1  123b.1  x1  x2   4  x12  x22 DoTa đượcx1 ,x 2  0;1  x12  x1 ;x 22  x 22x12  x22  x1  x2Xét1  x1  x 2 2 4 x12  x 22  1  x1  x 2   4  x1  x 2 2 1  2  x1  x 2    x1  x 2   4  x1  x 2 2 1  2  x1  x 2    x1  x 2   1  x1  x 2   022Vậy 1  x1  x2   4  x12  x22 2x12  x1 x1  0;x 2  1 hoặc x1  1;x2  0Dấu “=” xảy ra khi x 22  x 21  x  x  012Câu 44a. 5x  3y  5  3 3  1 x  5y  5  35x  15y  5  15 3  3 x  15y  15  3 35x  15y  5  15(5  3  3)x  5  3 35x  15y  5  1553 3x 2 3x  1  35(1  3)  15y  5  15x  1  3y  1  54b. Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax  by  cPhương trình có nghiệm (0;0) suy ra c = 0Phương trình có nghiệm 1  3; 1  5   a 1  3   b 1  5   0Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn a  1  5;b  1  3 vậy mộtphương trình thỏa đề bài đó là: 1  5  x  1  3  y  0Câu 5CMAOBD5aTheo đề bài ta có BAM  300 , tam giác AMB vuông tại M (do góc nội tiếp chắnnửa đường tròn )  MBO  600 (*)Tam giác MOB cân có B  600 nên tam giác MOB đều  AOM  1200CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là đường phân giác củagóc ACM , hay CO là phân giác của góc AOM  COA  600 (**)Từ (*) và (**) suy ra BM song song OC ( góc đồng vị)5bNhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng nhau do cómột cạnh góc vuong bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau vậy S ACD  3S ACOTam giác ACO vuông có cạnh góc vuông OA = 2 cm ;AOC  600  AC  OA.tan600  2 3 S ACO 11AO.AC  .2.2 3  2 322Vậy diện tích tam giác ACD là S ACD  6 3 (cm2 ) ...