Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 THCS (Ngày thi 15-3-2014) - Năm học 2013-2014 - Sở Giáo dục và Đào tạo An Giang (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
AN GIANG 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS 
Năm học 2013-2014 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN 
Thời gian làm bài : 150 phút 
Ngày thi: 15/3/2014 
Bài 1 (3đ) Tính 
1 1 1 1 1
T ......
1 2 2 3 3 4 4 5 99 100
     
    
Bài 2 (4đ) Cho đa thức  5 2 2P(x) x x;g(x) x 4 (x 1)x     
a) Hãy phân tích đa thức P(x) – g(x) thành tích các nhân tử 
b) Chứng tỏ rằng nếu x là số nguyên thì P(x) luôn chia hết cho 5 
Bài 3 (4,0 đ) 
Cho  1 2x ;x 0;1 
a) Chứng minh rằng  
2 2
1 1
1 x 4x  
b) Chứng minh rằng :    
2 2 2
1 2 1 2
1 x x 4 x x    
Bài 4(4,0 đ) 
Cho hệ phương trình 
 
5x 3y 5 3
3 1 x 5y 5 3
   

   
a) Giải hệ phương trình 
b) Tìm một phương trình bậc nhất hai ẩn x; y nhận 1 nghiệm là nghiệm của hệ 
phương 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 tròn 
sao cho 0BAM 30 . Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm A và điểm M cắt nhau tại 
C. CM cắt AB tại D. 
a) Chứng minh rằng 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 1. 
1 1 1 1 1
T ....
1 2 2 3 3 4 4 5 99 100
     
    
Ta có :  1 n n 1 n n 1
n n 1n n 1
 
    
  
         T 1 2 2 3 3 4 4 5 .... 99 100
1 2 2 3 3 4 4 5 .... 99 100
1 100 11
           
           
    
Bài 2 
2a. 
   
   
 
 
 
5 2 2
5 2 2
5 4 2
5 5 3 3
2
P(x) x x;g(x) x 4 . x 1 x
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)
    
     
    
      
    
Vậy 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 x 
Mặt khác         2 2g(x) x 4 x 1 x x 2 x 1 x x 1 x 2        nên g(x) là tích của 5 số 
nguyên liên tiếp g(x) chia hết cho 5 
Vậy 2P(x) g(x) 5x(x 1)   luôn chia hết cho 5 
Câu 3 
3a. Xét        
22
1 1 1 1 1 1 1 1
4x 1 x 2x 1 x 2x 1 x x 1 3x 1          
Do      1 1 1x 0;1 x 1 0; 3x 1 0      
Vậy     
22
1 1 1 1
4x 1 x x 1 3x 1 0      
Hay  
2 2
1 1
1 x 4x  dấu bằng xảy ra khi 
1
x 1 
3b. 
Do 
   
 
2 2 2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 1 2 2
1 x x 4 x x
x ,x 0;1 x x ;x x
   
   
 Ta được 2 2
1 2 1 2
x x x x   
Xét 
       
     
     
2 22 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2
1 x x 4 x x 1 x x 4 x x
1 2 x x x x 4 x x
1 2 x x x x 1 x x 0
        
      
        
Vậy    
2 2 2
1 2 1 2
1 x x 4 x x    
Dấu “=” xảy ra khi 
2
1 1
2
2 2 1 2
1 2
x x
x x x 0;x 1
1 x x 0
 

   
   

 hoặc 
1 2
x 1;x 0  
Câu 4 
4a. 
 
 
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 5
   

   
   
 
   
   
 
   
   

  


  
 
   
  
 
  
4b. Phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng ax by c  
Phương trình có nghiệm (0;0) suy ra c = 0 
Phương trình có nghiệm      1 3; 1 5 a 1 3 b 1 5 0         
Ta có nhiều phương trình như thế nên có thể chọn a 1 5;b 1 3    vậy một 
phương trình thỏa đề bài đó là:    1 5 x 1 3 y 0    
Câu 5 
5a 
Theo đề bài ta có 0BAM 30 , tam giác AMB vuông tại M (do góc nội tiếp chắn 
nửa đường tròn ) 0MBO 60 (*)  
Tam giác MOB cân có 0B 60 nên tam giác MOB đều 0AOM 120  
CA, CM là hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C nên CO là đường phân giác của 
góc ACM , hay CO là phân giác của góc 0AOM COA 60 (**)  
Từ (*) và (**) suy ra BM song song OC ( góc đồng vị) 
5b 
Nhận xét: Ba tam giác OAC, OMC và OMB là ba tam giác vuông bằng nhau do có 
một cạnh góc vuong bằng nhau và một góc nhọn bằng nhau vậy 
ACD ACO
S 3S 
Tam giác ACO vuông có cạnh góc vuông OA = 2 cm ; 
0 0AOC 60 AC OA.tan60 2 3    
ACO
1 1
S AO.AC .2.2 3 2 3
2 2
    
Vậy diện tích tam giác ACD là 2
ACD
S 6 3(cm ) 
D
C
M
BO
A