Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015- Tỉnh Hưng Yên (Có đáp án)

Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015- Tỉnh Hưng Yên (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014-2015 Câu 1. (3,0 điểm) 3 6 3 10 2015 Cho x 2 3 . Tính giá trị của biểu thức A x4 x3 x2 2x 1 3 1 Câu 2. (4,0 điểm) a) 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 . b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 . Câu 3. (5,0 điểm) x3 a) Giải phương trình 8x2 40 . 5 x2 3 3 2 x y 15y 14 3. 2y x b) Giải hệ phương trình . 3 4x 6xy 15x 3 0 Câu 4. (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 . a) 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 b) Tính theo a . MH c) Khi AK là tiếp tuyến của đường tròn O . Tính AM theo a . Câu 5. (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ac bc 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 19a 3 19b 3 19c 3 T . 1 b2 1 c2 1 a2 ------------------ HẾT ----------------- LỜI GIẢI ĐỀ ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014-2015 Câu 1. (3,0 điểm) 3 6 3 10 2015 Cho x 2 3 . Tính giá trị của biểu thức A x4 x3 x2 2x 1 . 3 1 Lời giải Ta có 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 3 1 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 2. (4,0 điểm) a) 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 . b) Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình 5x2 6xy 2y2 2x 2y 40 0 . Lời giải a) 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 Vi-et ta có x1x2 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 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. b) 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 TH1: . 2x y 5 y 1 x y 1 5 x 0 TH2: (loại). 2x y 4 y 4 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là 2;1 . Câu 3. (5,0 điểm) x3 a) Giải phương trình 8x2 40 . 5 x2 3 3 2 x y 15y 14 3. 2y x b) Giải hệ phương trình . 3 4x 6xy 15x 3 0 Lời giải a) ĐK: 5 x2 0 5 x 5 . x3 Ta có: 8x2 40 5 x2 x3 8x2 5 x2 40 5 x2 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 . 3 3 2 x y 15y 14 3. 2y x (1) b) Ta có: 3 4x 6xy 15x 3 0 (2) Ở phương trình 1 ta có: x3 y 3 15y 14 3 2y2 x x3 3x y3 15y 6y2 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 x 2 y 3 3 3 2 4x 6xy 15x 3 0 4x 6x. x 2 15x 3 0 4x 6x 3x 3 0 1 3 5 3 x x 2 y 2x 1 5 2 3 2 8x 12x 6x 6 0 x 2 y 5 3 5 y 2 1 3 5 5 3 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm là ; . 2 2 Câu 4. (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 . a) 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 b) Tính theo a . MH c) Khi AK là tiếp tuyến của đường tròn O . Tính AM theo a . Lời giải a) 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 5 điểm B, C, K, H, M cùng thuộc một đường tròn đường kính MC . Tâm O là trung điểm MC . b) Xét ABC và AHM có M· HM M· BC 90 và C· AB chung ABC ∽ AHM . AB BC mà MK BC AH MH AB MK AH MK AB mà AB 5a AH MH MH AH MK 5a . MH c) 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 a AM 4a 0 AM 4a Vậy AM 4a hoặc AM a . Câu 5. (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab ac bc 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 19a 3 19b 3 19c 3 T . 1 b2 1 c2 1 a2 Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ab ac bc a2 b2 c2 b2 a2 c2 a2 b2 c2 3s a2 b2 c2 2 ab ac bc 3 23 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 a) a b c A a b c 2 2 2 1 b 1 c 1 a ab2 bc2 ca2 ab bc ac 3 1 b2 1 c2 1 a2 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 a b c 3 B a b c 3 B ** 2 2 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 GTNN của T là 33 . Dấu " " xảy ra khi a b c 1.
Tài liệu đính kèm:
de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_nam_hoc_2014_2015_t.docx