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

Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Năm học 2014-2015- Tỉnh Hưng Yên (Có đáp án)
docx 6 trang Sơn Thạch 07/06/2025 200
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 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 
 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:

  • docxde_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_9_nam_hoc_2014_2015_t.docx