Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N.. c Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng MP tại E.. Chứng minh P là trung điểm ME..
Trang 1SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 27/03/2013 ( Đề thi gồm có 01 trang )
Câu 1 (2,0 điểm):
a) Rút gọn biểu thức: A = x 50 x + 50 x + x2 50 với x 50
b) Cho x + 3 = 2 Tính giá trị của biểu thức: B = x5 – 3x4 – 3x3 + 6x2 – 20x + 2018
Câu 2 (2,0 điểm):
a) Giải phương trình 2 4x + 2 3x = 6
x 5x + 6 x 7x + 6
b) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau: x + y + 4 xy = 16
x + y = 10
Câu 3 (2,0 điểm):
a) Với a, b là các số nguyên Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b2 2 chia hết cho 5 thì 4 4
a b chia hết cho 5
b) Cho phương trình ax +bx+1 02 với a, b là các số hữu tỉ Tìm a, b biết x = 5 3
5+ 3
là nghiệm của phương trình
Câu 4 (3,0 điểm):
Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên một đường thẳng d (B nằm giữa A và C) Vẽ đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn đi qua B và C (O không nằm trên đường thẳng d) Kẻ AM và AN là các tiếp tuyến với đường tròn tâm O tại M và N Gọi I là trung điểm của BC, AO cắt MN tại H và cắt đường tròn tại các điểm P và Q (P nằm giữa A và O), BC cắt MN tại K
a) Chứng minh 4 điểm O, M, N, I cùng nằm trên một đường tròn
b) Chứng minh điểm K cố định khi đường tròn tâm O thay đổi
c) Gọi D là trung điểm HQ, từ H kẻ đường thẳng vuông góc với MD cắt đường thẳng
MP tại E Chứng minh P là trung điểm ME
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho n
1
A =
(2n +1) 2n 1 với n *
Chứng minh rằng: A + A + A + + A < 1 1 2 3 n
- HẾT
-Họ và tên thí sinh: ……… … Số báo danh ……… Chữ kí giám thị 1 ……… Chữ kí giám thị 2 ………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH
MÔN TOÁNLỚP 9 THCS NĂM HỌC 2012 – 2013
Lưu ý: Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm
Câu 1
2,0
điểm
a)
1,0
điểm
Ta có :
2
2
A = x - 50 - x + 50 x + x - 50
A = x - 50 + x + 50 - 2 x - 50 x + x - 50
A = 2x - 2 x - 50 x + x - 50
A = 2 x - x + 50
A = 100 Nhưng do theo giả thiết ta thấy A = x - 50 - x + 50 x + x - 50 2 <0
A= -10
0,25
0,25 0,25 0,25đ
b)
1,0
điểm
x + 3 = 2=>x 2 3 (x 2)2 3
2 4 1 0
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
0,25 0,25 0,25 0,25
Câu 2
2,0
điểm
a)
1.0
điểm
Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Với x 0 , phương trình đã cho tương đương với:
x 5 + x 7 +
Đặt t = x 7 + 6
x
phương trình trở thành
4 3 + =6 1 t 0;t 2 t+2 t
1 4t 3t 6 6t 12t 6t 5t 6 0
Giải phương trình ta được 1 2
t ; t
( thỏa mãn ) Với 1
3 t 2
ta có 7 6 3 2 2 11 12 0
2
x
Giải phương trình ta được 1 2
3
2
( thỏa mãn ) Với 2
2 t 3
ta có 7 6 2 3 2 23 18 0
3
x
0,25
0,25
0,25
Trang 3Giải phương trình ta được x3 23 313; x4 23 313
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm là : 1 2
3
2
0,25
b)
1,0
®iÓm
x + y + 4 xy = 16
x + y = 10
(I) ( x; y 0 ) Đặt S= x y ; P = xy ( S 0;P 0 ) hệ (I) có dạng 2
S + 4P = 16
S - 2P = 10
( II)
Giải hệ ( II) và đối chiếu điều kiện ta được S = 4
P = 3
Khi đó x; y là 2 nghiệm của phương trình t2 – 4t + 3 =0 Giải phương trình ta được t1 = 3; t2 = 1
Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm x = 9 x = 1
;
y = 1 y = 9
0,25 0,25 0,25
0,25
Câu 3
2,0
điểm
a)
1.0
điểm
2
4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5
a 2ab b 5
a b 5
a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố)
0.25
0,25 0,25 0,25 b)
1,0
®iÓm
5 3
5 3
2
4 15
5 3
5 3
là nghiệm của phương trình nên ta có
2
15(8 ) 31 4 1 0
Vì a b Q, nên (8a b ), (31a 4b 1) Q
Do đó nếu 8a b 0 thì 15 31a8a b4b1Q
(Vô lí)
0,25
0,25 0,25đ
Trang 4Suy ra 831a b a 4b01 0 b a18
0,25
Câu 4
3,0
điểm
d K
E
D
C M
N
I
a)
1,0
®iÓm
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua O )
90 0
Ta có AMO 90 0 ( do AM là hai tiếp tuyến (O) ) ANO 90 0 ( do AN là hai tiếp tuyến (O) ) Suy ra 4 điểm O, M, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA
0,25 0,25 0,25 0.25
b)
1,0
®iÓm
AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác
MON mà ∆OMN cân tại O nên OA MN
∆ABN đồng dạng với ∆ANC ( vì ANB=ACN= 1
2 sđ NB và CAN chung ) suy ra AB AN 2
AN AC
∆ANO vuông tại N đường cao NH nên ta có AH.AO = AN2 Suy ra AB.AC = AH.AO
∆AHK đồng dạng với ∆AIO ( vì AHK=AIO=90 và OAI chung ) 0
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 ra AK cố định mà A cố định,
K là giao điểm của dây BC và dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K
cố định
0,25 0,25
0,25
0,25 c)
1,0
®iÓm
Ta có PMQ=90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ).0
Xét ∆MHE và ∆QDM có MEH=DMQ ( cùng phụ với DMP ),
EMH=MQD ( cùng phụ với MPO ) MQ ME MH DQ
∆PMH đồng dạng với ∆MQH
0,25
Trang 52 1
2
ME = 2 MP P là trung điểm ME
0,25
0,25 0,25
Câu 5
1,0
điểm
n
A n
A
2n 1 2n 1 và 1 1 2
2n 1 2n 1 2n 1 nên A n
2n 1 2n 1 n
Do đó: 1 2 3
1
n
1
2 1
n
n
0,25 0,25
0,25
0,25 Hết