De HSGDe xuatDe 5

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (127.87 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Nội dung – chủ đề

Mức độ

Tổng
Thông hiểu Vận dụng

thấp

Vận dụng
cao

KQ TL KQ TL KQ TL

Số học C3 5 1 5

Đại số C 25 C 81,2 3 10

Hình học C4

1
5

Tổng 1

5
2

7
2

8
5

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

PHỊNG GD&ĐT CHIÊM HỐ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 9 THCS

NĂM HỌC 2010-2011

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: ( 4 điểm)
1.Cho biểu thức

3 2 3 9

1 :

9 3 2 6

a a a a a

A

a a a a a

       

      

    

   

a) Rút gọn A.

b. Tìm các số nguyên của a để A là số nguyên.
Câu 2: ( 4 điểm)

1. Giải các phương trình sau :
a) x1 x 2 x 1

b) x2 2x 4 2 x
   

Câu 3: (5 điểm):

1. Chứng minh: m5 – 5m3 – 20 m chia hết cho 24 ( Với mọi m Z)

2.Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì an = n(n + 1)(n +2 )(n + 3) + 1 là số

chính phương
Câu 4: (5 điểm):

1. Cho hai hàm số y = a1x +b1 (1) và y = a2x + b2 (2) xác định a1 , b1 , a2 , b2 biết
điểm M( 1 ; 3) và N( -1 ; -1 ) thuộc đồ thị của hàm số(1)

điểm P( 1 ; 1) và Q( -1 ; 5 ) thuộc đồ thị của hàm số (2)

2. Với a1 b1 a2 , b2 vừa tìm đợc gọi A là giao điểm của hai đồ thị hàm số (1) và (2)
, B , C lần lợt là giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đồ thị hàm số (2) với trục
hoành

a) Tìm các cạnh của tam giác ABC
b) TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC
Câu 5: (2 điểm):

Cho hai số a, b thỏa mãn a3 + b3 = 2. Chứng minh rằng:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

PHỊNG GD&ĐT CHIÊM HỐ

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

LỚP 9 THCS - NĂM HỌC 2010-2011
MƠN THI : TỐN

Câu1: (4 điểm):

1.Cho biểu thức 1 3 : 2 3 9

9 3 2 6

a a a a a

A

a a a a a

       

      

    

   

a) Rút gọn A.

TXĐ: a0;a 4 (0,5đ)



 





 





 



3 3

( 3) 2 3

1 :

3 2

3 3 2 3

a a

a a a a

A

a a

a a a a

     
  
   
   
         
   
(0.5đ)

2 3 3

1 :

3 3 2 2

a a a a

A

a a a a

      
      
   

   
(0,5đ)
3 2
:
3 3
a
A
a a


 
3
2
A
a


 (0,5đ)

b) Tìm các số nguyên của a để A là số nguyên.

Giả sử a Z . Để 3

A Z Z

a

  

 (0,5đ)



a 2



  là ước của 3 (0,5đ)

2 1 3 9

2 1 1 1

2 3 5 25

2 3 1( )

a a a

a a l

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu2: (4 điểm):

1.Giải các phương trình sau :
a) x1 x 2 x 1 (1)

Dùng phương pháp chia khoảng ta có

0 : (1) 1 2 1 4( )

0 1: (1) 1 2 1 4( )

1 2 : (1) 1 2 1 2( )

2 : (1) 1 2 1 2( )

x x x x x loai

x x x x x loai

x x x x x nhan

        
         
         

        

(2đ)

Kl: Phương trình có nghiệm duy nhất x =2
b)

2 2 2

2 0 2 2

2 4 2

2 4 2 6 0 3 2 6 0

2 2

3( ) 2

( 3) 2( 3) 0 ( 3)( 2) 0

x x x

x x x x x x x x

x

x x

x loai x

x x x x x

x
   
  
         
          
  


 
  
        
      
   


(2đ)

Kl: Phương trình có nghiệm duy nhất x =2
Câu3: (5 điểm):

1. Chứng minh: m5 – 5m3 – 20 m chia hết cho 24 ( Với mọi m Z)

Ta có P= m5 – 5m3 – 20 m = m5 – 5m3 – 24 m + 4 m

= m (m4 – 5m2 + 4) – 24 m (1đ)

= ( m - 2)(m - 1) m (m + 1)(m + 2) – 24 m (1đ)
Rõ ràng 24 m 24 với mọi số nguyên m.

( m - 2)(m - 1) m (m + 1)(m + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp. Trong 5 số ngun
liên tiếp chắc chắn phải có ít nhất hai số chẵn liên tiếp nên tích đó chia hết cho 8 và ít
nhất trong tích có một thừa số chia hết cho 3. Do đó:

( m - 2)(m - 1) m (m + 1)(m + 2) 8.3 =24 với mọi số nguyên m. (1đ)

Vậy P = m5 – 5m3 – 20 m chia hết cho 24 ( Với mọi m Z)

2. Ta cã an = n(n + 1)(n +2 )(n + 3) + 1 = ( n2 + 3n )( n2 + 3n + 2) +1

= ( n2 + 3n )2 + 2(n2 + 3n) +1 = ( n2 + 3n + 1)2 (2đ)

Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên theo định nghĩa => a

n là số chính
phơng

Cõu4: (5 im):

1. Vì M( 1 ; 3) và N( -1 ; -1 ) thuộc đồ thị của hàm số (1) nên ta có
1 1 1

1 1 1

3 2

1 1

a b a

a b b

  
 

 
   
 

Vì điểm P( 1 ; 1) và Q( -1 ; 5 ) thuộc đồ thị của hàm số (2) nên ta có (2đ)
2 2 2

2 2 2

1 2

5 3

a b a

a b b

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

VËy y = 2x +1 (1) y = -2x +3 (2)

2. a) Giao điểm A của hai đồ thị hàm số (1) và (2) là nghiệm của hệ
1

2 1

2 3 2

y x x

y x y



  

 



 

 

  



Tơng tự ta tìm đợc B( 1
2


; 0) C (3
2 ; 0)

Ta tiến hành vẽ hai đồ thị hàm số (1) và (2) trên cùng một hệ trục tọa độ

(3đ)
Căn cứ vào đồ thị

Áp dụng định lí Pi Ta Go ta có :
AB2 = BH2 +AH2 => AB = 5

AC2 = CH2 +AH2 => AC= 5 mặt khác dựa vào đồ thị ta thâý BC=2

b) Diện tích tam giác ABC

1 1

. 2.2 2

2 2

S AH BC 

Câu5: (2 điểm):

1
( ; 2)

A

( ;0)

C

1
( ;0)

B 

O
y

x
1

1
1

2
1

 3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta có: a3 + b3 > 0  a3 > –b3  a > – b  a + b > 0 (1)

(a – b)2(a + b) ≥ 0  (a2 – b2)(a – b) ≥ 0  a3 + b3 – ab(a + b) ≥ 0

 a3 + b3 ≥ ab(a + b)  3(a3 + b3) ≥ 3ab(a + b)

 4(a3 + b3) ≥ (a + b)3 8 ≥ (a + b)3 a + b ≤ 2 (2)

</div>

De HSGDe xuatDe 5

<b><sub>HƯỚNG DẪN CHẤM</sub></b>



 





 





 







Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về