1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 9 THCS năm học 2012 – 2013 môn thi: Toán43472

5 1 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 159,61 KB

Nội dung

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang ) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức: A =  x  50  x + 50  x + x  50 với x  50 b) Cho x + = Tính giá trị biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 Câu (2,0 điểm): 4x 3x a) Giải phương trình + =6 x  5x + x  7x +  x + y + xy = 16 b) Giải hệ phương trình sau: x + y = 10 Câu (2,0 điểm): a) Với a, b số nguyên Chứng minh 4a + 3ab  11b chia hết cho a  b chia hết cho b) Cho phương trình ax +bx+1 với a, b số hữu tỉ Tìm a, b biết x = 5 5+ nghiệm phương trình Câu (3,0 điểm): Cho điểm A, B, C cố định nằm đường thẳng d (B nằm A C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi qua B C (O không nằm đường thẳng d) Kẻ AM AN tiếp tuyến với đường tròn tâm O M N Gọi I trung điểm BC, AO cắt MN H cắt đường tròn điểm P Q (P nằm A O), BC cắt MN K a) Chứng minh điểm O, M, N, I nằm đường tròn b) Chứng minh điểm K cố định đường tròn tâm O thay đổi c) Gọi D trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vng góc với MD cắt đường thẳng MP E Chứng minh P trung điểm ME Câu (1,0 điểm): Cho A n = với n ฀ * (2n +1) 2n  Chứng minh rằng: A1 + A + A + + A n < - HẾT -Họ tên thí sinh: ……………………………… … Số báo danh …………… Chữ kí giám thị ………………… Chữ kí giám thị ………………… DeThiMau.vn SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐNLỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 Lưu ý: Thí sinh làm theo khác cho điểm tối đa Điểm thi làm trịn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI DUNG Ta có : A2 =   x + x - 50 - x + 50  =  2x - x - 50  x - 50   A = x - 50 + x + 50 - x - 50 x + x - 50 a) 1,0 điểm Câu 2,0 điểm A2   x - 50 x + A = x - x + 50 ĐIỂM 0,25  0,25  A = 100 Nhưng theo giả thiết ta thấy A =  x - 50 - x + 50  0,25 x + x - 50 x     ( x  2)  b) 1,0 điểm Câu 2,0 điểm a) 1.0 điểm  x2  x   B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013 Nhận xét x = không nghiệm phương trình Với x  , phương trình cho tương đương với: + =6 6 x 5+ x7+ x x Đặt t = x  + phương trình trở thành x + =6 1 t  0; t  2  t+2 t 1  4t  3t   6t  12t  6t  5t   Giải phương trình ta t1  3 ; t  ( thỏa mãn ) 3 3 ta có x     x  11x  12  x Giải phương trình ta x1  ; x  ( thỏa mãn ) 2 Với t  ta có x     x  23 x  18  x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Với t1  DeThiMau.vn 0,25 23  313 23  313 ; x4  (thỏa mãn) 6 Vậy phương trình cho có bốn nghiệm : x1  ; x  ; 23  313 23  313 x3  ; x4  6 Giải phương trình ta x   x + y + xy = 16   x + y = 10 Đặt S= b) 1,0 ®iĨm (I) ( x; y  ) xy ( S  0;P  ) hệ (I) có dạng x y ;P= S + 4P = 16  S - 2P = 10 0,25 ( II) S = Giải hệ ( II) đối chiếu điều kiện ta  P = Khi x; y nghiệm phương trình t2 – 4t + =0 Giải phương trình ta t1 = 3; t2 = 0,25 0,25 x = x = ; y =  y = Từ suy hệ phương trình cho có hai nghiệm      4a  3ab  11b 5  5a  5ab  10b  4a  3ab  11b 5 a) 1.0 điểm   a  b  5  a  b5 ( Vì số nguyên tố)  a  b  a  b  a  b  a  b 5 5 x = 5 x b) 1,0 ®iĨm 0,25 0.25  a  2ab  b 5  Câu 2,0 điểm 0,25    5 5   0,25 0,25 0,25 5    15 0,25 5 nghiệm phương trình nên ta có 5     a  31  15   b   15  1 a  15  b  15 1   15(8a  b)  31a  4b   Vì a, b  Q nên (8a  b), (31a  4b  1) Q Do 8a  b  15  31a  4b   Q (Vơ lí) 8a  b DeThiMau.vn 0,25 0,25đ 8a  b  a   31a  4b   b  8 0,25 Suy  M Q P A O D H B K I E C d N I trung điểm BC ( dây BC khơng qua O ) a) 1,0 ®iĨm Câu 3,0 điểm b) 1,0 ®iĨm c) 1,0 ®iĨm ฀  900  OI  BC  OIA Ta có ฀ AMO  900 ( AM hai tiếp tuyến (O) ) ฀ ANO  900 ( AN hai tiếp tuyến (O) ) Suy điểm O, M, N, I thuộc đường tròn đường kính OA AM, AN hai tiếp tuyến (O) cắt A nên OA tia phân giác ฀ MON mà ∆OMN cân O nên OA  MN ฀ ฀ ฀ CAN ฀ ∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( ANB=ACN= sđ NB AB AN chung ) suy =  AB.AC=AN AN AC ∆ANO vng N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 Suy AB.AC = AH.AO ฀ ฀ ฀ chung ) ∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( AHK=AIO=90 OAI AH AK  =  AI.AK=AH.AO AI AO  AI.AK=AB.AC AB.AC  AK= AI Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy AK cố định mà A cố định, K giao điểm dây BC dây MN nên K thuộc tia AB suy K cố định ฀ Ta có PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ) ฀ ฀ ฀ Xét ∆MHE ∆QDM có MEH=DMQ ( phụ với DMP ), ME MH ฀ ฀ ฀ EMH=MQD ( phụ với MPO )  MQ DQ ∆PMH đồng dạng với ∆MQH DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 MP MH MH   MQ HQ DQ MP ME   MQ MQ  ME = MP  P trung điểm ME  0,25 0,25 0,25 2n  A   n (2n  1) 2n  (2n  1)  2n  1 2n   1  2n   1  1           2n  2n    2n  2n   2n  2n   1 1     Vì nên A  n 2n  2n  2n  2n  2n  1  (n  ฀ *) 2n  2n  1 1 1 Do đó: A1  A2  A3   An         3 2n  2n  1 A1  A2  A3   An   1 2n  A  n Câu 1,0 điểm Hết DeThiMau.vn 0,25 0,25 0,25 0,25 ... GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH MƠN TỐNLỚP THCS NĂM HỌC 2012 – 2013 Lưu ý: Thí sinh làm theo khác cho điểm tối đa Điểm thi làm tròn đến 0,25 điểm CÂU PHẦN NỘI... – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018 B = (x5 – 4x4 + x3 ) + ( x4 – 4x3 + x2 ) + 5( x2 – 4x + 1) + 2013 B = x3( x2 – 4x + 1) +x2( x2 – 4x + 1) +5(x2 – 4x + 1) + 2013 B = 2013 Nhận xét x = không nghiệm phương... theo giả thi? ??t ta thấy A =  x - 50 - x + 50  0,25 x + x - 50 x     ( x  2)  b) 1,0 điểm Câu 2,0 điểm a) 1.0 điểm  x2  x   B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x +

Ngày đăng: 31/03/2022, 08:39

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w