Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015 - Sở GD và 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 và 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 23 . Tính giá trị của biểu thức 31 2015 A x4 x 3 x 2 21 x . Câu II (4,0 điểm). 1. Cho Parabol P : y x2 và đường thẳng d :1 y mx (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 xy, thỏa mãn phương trình 5x22 6 xy 2 y 2 x 2 y 40 0 . Câu III (5,0 điểm). 3 x 2 1. Giải phương trình 8x 40 . 5 x2 3 3 2 x y 15 y 14 3  2 y x 2. Giải hệ phương trình . 3 4x 6 xy 15 x 3 0 Câu IV (6,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5 a và AD 2 a (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 19abc 3 19 3 19 3 nhất của biểu thức T . 1 b2 1 c 2 1 a 2 HẾT
2. HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I : 3 3 336 3 10 3 3 9 3 3 1 31 x 2 3 2 3 2 3 3 1 3 1 3 1 2 22 3 1 4 2 3 31 1 3 3 1 2 3 2 3 1 22 2 2 Thay x 2 vào A ta có 2015 2015 A x4 x 3 x 221 x 4222221 1 2015 1 Câu II: 1. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x22 mx 1 x mx 1 0 Ta có m2 4 ( vì m2 40 ) nên đồ thị hàm số (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt) x12 x m Theo hệ thức Viète ta có xx12 1 Gọi A (x1; y1) và B (x2; y2) là giao điểm của (P) và (d) ta có: 22 AB x1 x 2 y 1 y 2 10 2 2 22 x1 x 2 x 1 x 2 10 2 2 2 x1 x 2 4 x 1 x 2 x 1 x 2  x 1 x 2 10 x x 2 4 x x x x 2  x x 2 4 x x 10 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 m2 4 m 2  m 2 4 10 mm42 5 6 0 m4 m 2 6 m 2 6 0 mm22 1  6 0 m2 10 m 1 2. Ta có 5x22 6 xy 2 y 2 x 2 y 40 0 x2 y 2 2 xy 2 x 2 y 1 4 x 2 4 xy y 2 41 x y 1 22 2 x y 41 x y 1 22 2 x y 422 5 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 xx2 0 5 5 x3 Ta có: 8x2 40 5 x2 x3 8 x 2  5 x 2 40  5 x 2
3. x3 8  5 x 2  x 2 5 0 3 xx32 2  5 0    x2 5 x2 x 2 2 x 5 x 2 20 4 x 2 0 x 2  5 x2  2 x  5 x 2 3 x 2 20 0 TH1: xx 2  5 2 0 ĐK: x 0 xx22 45  5x2 20 x 2 x 2 TH2: 2x 5 x22 3 x 20 0 2x  5 x22 3 x 20 4x2  5 x 2 9 x 4 120 x 2 400 13xx42 100 400 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm là x = 2. x3 y 3 15 y 14 3  2 y 2 x 1 2. Ta có: 3 4x 6 xy 15 x 3 0 2 Ở phương trình (1) ta có: x3 y 3 15 y 14 3  2 y 2 x 3 3 2 x 3 x y 15 y 6 y 14 x3 3 x y 3 6 y 2 12 y 8 3 y 6 x2 3 x y 2 3 3  y 2 xy2 (*) Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình: xy 2 xy 2 3 3 4x 6 xy 15 x 3 0 4x 6 x  x 2 15 x 3 0 x 22 y x y 3 2 3 2 4x 6 x 3 x 3 0 8 x 12 x 6 x 6 0 153 3 x 2x 1 5 2 xy 2 553 y 2 1 33 5 5 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ; 22 Câu IV:
4. 1. Xét tứ giác MHCB ta có MHC MBC 90   MHC MBC 180   Tứ giác MHCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (1). Xét tứ giác MKCB ta có MKC MBC 90   MKC MBC 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 MHM MBC 90  và CAB chung  đồng dạng . AB BC  mà MK = BC AH MH AB MK AH MK  AB mà AB 5 a 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 2 AM  AB AM AD AM 54 a AM22 a AM22 5 a  AM 4 a 0 AM22 4 a  AM a  AM 4 a 0 AM  AM 4 a a  AM 4 a 0 AM a  AM 40 a AM a AM 4 a Vậy AM= 4a hoặc AM = a. Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
5. abacbc a2 b 2 c 2  b 2 a 2 c 2 abc2 2 2 3 2 2 2 a b c 2  ab ac bc 3 2  3 abc 2 9 abc 3 193193193a b c a b c a 111 b c 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 a 2 1 b2 1 c 2 1 a 2 Ta lại có: a b c ab2 bc 2 ca 2 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 c33 B a b c 2 2 2 1 b 1 c 1 a aaba 2 1 1 bbbcb 2 2 1 1 ccacc 2 2 1 1 a 2 1 b2 1 c 2 1 a 2 abb2 2 bcc 2 2 aca 2 2 3 abc 1 b2 1 c 2 1 a 2 2 2 3 abc B a b c 3 22 abc 3 B ( ) 22 Từ (*) và ( ) ta có: 33 abc 16A 3 B 16  a b c 3  2 2 2 35 39 T  a b c 33 22 Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 33. Dấu “=” xảy ra khi abc 1.