Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC : 2014 - 2015 Môn thi: Toán lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 19 tháng 03 năm 2015 ___ 3 6 3 10 Câu I (3,0 điểm). Cho x 2 3 . Tính giá trị của biểu thức 3 1 2015 A x4 x3 x2 2x 1 . Câu II (4,0 điểm). 1. Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d : y mx 1 (m là tham số thực). Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB 10 . 2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 . Câu III (5,0 điểm). 3 x 2 1. Giải phương trình 8x 40 . 5 x2 3 3 2 x y 15y 14 3 2y x 2. Giải hệ phương trình . 3 4x 6xy 15x 3 0 Câu IV (6,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a và AD 2a (a > 0). M là điểm bất kì trên cạnh AB (M khác A và khác B). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AC và DC. 1. Chứng minh rằng 5 điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm O của đường tròn đó. AH  MK 2. Tính theo a. MH 3. Khi AK là tiếp tuyến của đường tròn (O). Tính AM theo a. Câu V (2,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ac bc 3. Tìm giá trị nhỏ 19a 3 19b 3 19c 3 nhất của biểu thức T . 1 b2 1 c2 1 a2 HẾT
2. HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I : 3 3 3 6 3 10 3 3 3 9 3 3 1 3 1 x 2 3 2 3 2 3 3 1 3 1 3 1 2 2 2 3 1 4 2 3 3 1 1 3 3 1 2 3 2 3 1 2 2 2 2 Thay x 2 vào A ta có 2015 2015 A x4 x3 x2 2x 1 4 2 2 2 2 2 1 12015 1 Câu II: 1. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 mx 1 x2 mx 1 0 Ta có m2 4 ( vì m2 4 0 ) nên đồ thị hàm số (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt) x1 x2 m Theo hệ thức Viète ta có x1  x2 1 Gọi A (x1; y1) và B (x2; y2) là giao điểm của (P) và (d) ta có: 2 2 AB x1 x2 y1 y2 10 2 2 2 2 x1 x2 x1 x2 10 2 2 2 x1 x2 4x1x2 x1 x2  x1 x2 10 x x 2 4x x x x 2  x x 2 4x x 10 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m2 4 m2  m2 4 10 m4 5m2 6 0 m4 m2 6m2 6 0 m2 1  m2 6 0 m2 1 0 m 1 2. Ta có 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 x2 y2 2xy 2x 2y 1 4x2 4xy y2 41 x y 1 2 2x y 2 41 x y 1 2 2x y 2 42 52 x y 1 4 x 2 x y 1 5 x 0 TH1: TH2: (loại) 2x y 5 y 1 2x y 4 y 4 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (2; 1). Câu III: 1. ĐK: 5 x2 0 5 x 5 x3 Ta có: 8x2 40 5 x2 x3 8x2  5 x2 40 5 x2
3. x3 8 5 x2  x2 5 0 3 x3 2 5 x2 0 x 2 5 x2  x2 2x  5 x2 20 4x2 0 x 2 5 x2  2x  5 x2 3x2 20 0 TH1: x 2 5 x2 0 ĐK: x 0 x2 4 5 x2 5x2 20 x 2 x 2 TH2: 2x  5 x2 3x2 20 0 2x  5 x2 3x2 20 4x2  5 x2 9x4 120x2 400 13x4 100x2 400 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. x3 y 3 15y 14 3 2y2 x 1 2. Ta có: 3 4x 6xy 15x 3 0 2 Ở phương trình (1) ta có: x3 y 3 15y 14 3 2y2 x 3 3 2 x 3x y 15y 6y 14 x3 3x y3 6y2 12y 8 3y 6 x2 3x y 2 3 3 y 2 x y 2 (*) Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình: x y 2 x 2 y 3 3 4x 6xy 15x 3 0 4x 6x  x 2 15x 3 0 x 2 y x 2 y 3 2 3 2 4x 6x 3x 3 0 8x 12x 6x 6 0 1 3 5 3 x 2x 1 5 2 x 2 y 5 3 5 y 2 1 3 5 5 3 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ; 2 2 Câu IV:
4. 1. Xét tứ giác MHCB ta có M· HC M· BC 90  M· HC M· BC 180  Tứ giác MHCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (1). Xét tứ giác MKCB ta có M· KC M· BC 90  M· KC M· BC 90  Tứ giác MKCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (2). Từ (1) và (2) suy ra năm điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn đường kính MC.  Tâm O là trung điểm MC. 2. Xét ABC và AHM có M· HM M· BC 90 và C· AB chung  ABC đồng dạng AHM . AB BC  mà MK = BC AH MH AB MK AH  MK  AB mà AB 5a AH MH MH AH  MK  5a MH 3. Giả sử AK là tiếp tuyến của (O). Dễ dàng ta có tứ giác MKCB là hình chữ nhật nên O sẽ nằm trên đoạn BK. Xét ABK vuông tại K đường cao KM ta có AM  MB MK 2 AM  AB AM AD2 AM 5a AM 2 4a2 AM 2 5a  AM 4a2 0 AM 2 4a  AM a  AM 4a2 0 AM  AM 4a a  AM 4a 0 AM a  AM 4a 0 AM a AM 4a Vậy AM= 4a hoặc AM = a. Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
5. ab ac bc a2 b2 c2  b2 a2 c2 a2 b2 c2 3 a2 b2 c2 2 ab ac bc 3 23 a b c 2 9 a b c 3 19a 3 19b 3 19c 3 a b c a 1 b 1 c 1 T 2 2 2 16 2 2 2 3 2 2 2 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a a b c a 1 b 1 c 1 Đặt A và B 1 b2 1 c 2 1 a2 1 b2 1 c2 1 a2 Ta lại có: a b c ab2 bc2 ca2 ab bc ac 3 a) a b c A a b c 2 2 2 2 2 2 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 2 2 2 2 3 A a b c (*) 2 a 1 b 1 c 1 b) a b c 3 B a b c 3 2 2 2 1 b 1 c 1 a a ab2 a 1 1 b2 b bc2 b 1 1 c2 c a2c c 1 1 a2 1 b2 1 c2 1 a2 ab2 b2 bc2 c2 a2c a2 3 a b c 1 b2 1 c2 1 a2 2 2 3 a b c B a b c 3 2 2 a b c 3 B ( ) 2 2 Từ (*) và ( ) ta có: 3 a b c 3 16A 3B 16 a b c 3 2 2 2 35 39 T  a b c 33 2 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 33. Dấu “=” xảy ra khi a b c 1.