085 đề HSG toán 9 an giang 2013 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS Năm học 2013-2014 Mơn: TỐN Thời gian làm : 150 phút Ngày thi: 15/3/2014 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (3đ) Tính T= 1− − 2− + 3− − 4− + + 99 − 100 2 Bài (4đ) Cho đa thức P(x) = x − x;g(x) = ( x − 4) (x − 1)x a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích nhân tử b) Chứng tỏ x số nguyên P(x) chia hết cho Bài (4,0 đ) Cho x1;x2 ∈ [ 0;1] a) Chứng minh ( 1+ x1 ) ≥ 4x12 b) Chứng minh : ( 1+ x1 + x2 ) ≥ 4( x12 + x22 ) Bài 4(4,0 đ)  5x − 3y = +  Cho hệ phương trình   − x − 5y = − ( ) a) Giải hệ phương trình b) Tìm phương trình bậc hai ẩn x; y nhận nghiệm nghiệm hệ phương trình cho nghiệm (0;0) Bài (5,0 đ) Cho đường trịn tâm O đường kính AB = cm Lấy điểm M đường tròn · cho BAM = 300 Tiếp tuyến với đường tròn điểm A điểm M cắt C CM cắt AB D a) Chứng minh BM song song với OC b) Tính diện tích tam giác ACD ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI AN GIANG NĂM 2013-2014 Bài T= 1− Ta có : T=− ( − 2− n − n+ ) ( + 3− 4− n + n+ =− n− n− = ) ( 1+ + − 2+ − ( + + 99 − 100 ) n + n+ ) ( 3+ + ) − − − ( 99 + 100 ) = −1− + + − − + + − − 99 − 100 = −1− 100 = −11 Bài 2a ( )( ) 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) = x5 − x;g(x) = x2 − x2 − x 5 5 3 Vậy P(x) = 5x(x − 1)(x + 1) 2b Theo P(x) − g(x) = 5x(x− 1)(x+ 1) chia hết cho với số nguyên x 2 Mặt khác g(x) = ( x − 4) ( x − 1) x = ( x − 2) ( x − 1) x ( x + 1) ( x + 2) nên g(x) tích số nguyên liên tiếp ⇒ g(x) chia hết cho Vậy P(x) = g(x) + 5x(x2 − 1) chia hết cho Câu 3a Xét 4x12 − ( 1+ x1 ) = ( 2x1 − 1− x1 ) ( 2x1 + 1+ x1 ) = ( x1 − 1) ( 3x1 + 1) Do x1 ∈ [ 0;1] ⇒ ( x1 − 1) ≤ 0; ( 3x1 + 1) > Vậy 4x12 − ( 1+ x1 ) = ( x1 − 1) ( 3x1 + 1) ≤ 2 Hay ( 1+ x1 ) ≥ 4x12 dấu xảy x1 = 3b ( 1+ x1 + x2 ) ≥ 4( x12 + x22 ) Do Ta x1,x2 ∈ [ 0;1] ⇒ x12 ≤ x1;x22 ≤ x2 x12 + x22 ≤ x1 + x2 Xét ( 1+ x1 + x2 ) ( ) − x12 + x22 ≥ ( 1+ x1 + x2 ) − 4( x1 + x2 ) ≥ 1+ 2( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) − 4( x1 + x2 ) ≥ 1− 2( x1 + x2 ) + ( x1 + x2 ) = ( 1− x1 − x2 ) ≥ 2 Vậy ( 1+ x1 + x2 ) ≥ 4( x12 + x22 ) x12 = x1  ⇔ x1 = 0;x2 = x1 = 1;x2 = Dấu “=” xảy x2 = x2 1− x − x =  Câu 4a  5x − 3y = +    − x − 5y = − 5x − 15y = 5+ 15  ⇔  3− x − 15y = 15 − 3 5x − 15y = 5+ 15 ⇔ (5− 3+ 3)x = 5+ 3 ( ) ( ) 5x − 15y = 5+ 15  ⇔ 5+ 3 x = 2+  x = 1+ ⇔ 5(1+ 3) − 15y = 5+ 15 x = 1+ ⇔  y = −1+ 4b Phương trình bậc hai ẩn có dạng ax + by = c Phương trình có nghiệm (0;0) suy c = Phương trình có nghiệm ( 1+ 3;−1+ 5) ⇒ a( 1+ 3) + b( −1+ 5) = Ta có nhiều phương trình nên chọn a = 1− 5;b = 1+ phương trình thỏa đề là: ( 1− 5) x + ( 1+ 3) y = Câu 5a · Theo đề ta có BAM = 300, tam giác AMB vng M (do góc nội tiếp chắn nửa · đường tròn ) ⇒ MBO = 600 (*) · $ = 600 nên tam giác MOB ⇒ AOM Tam giác MOB cân có B = 1200 CA, CM hai tiếp tuyến xuất phát từ điểm C nên CO đường phân giác · · · góc ACM , hay CO phân giác góc AOM ⇒ COA = 600 (**) Từ (*) (**) suy BM song song OC ( góc đồng vị) 5b Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC OMB ba tam giác vng có cạnh góc vuong góc nhọn SACD = 3SACO Tam giác ACO vuông có cạnh góc vng OA = cm ; · AOC = 600 ⇒ AC = OA.tan600 = ⇒ SACO = 1 AO.AC = 2.2 = 2 Vậy diện tích tam giác ACD SACD = 3(cm2 )