Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 tỉnh Hưng Yên năm học 2014 2015(có đáp án)

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
_______________________________
Câu I (3,0 điểm). Cho
3
6 3 10
2 3
3 1
x
−
= + −
+
. Tính giá trị của biểu thức
( )
2015
4 3 2
2 1A x x x x
= + − − −
.
Câu II (4,0 điểm).
1. Cho Parabol
( )
2
:P y x
=
và đường thẳng
( )
: 1d y mx

= +
(m là tham số thực). Tìm m để
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn
10AB
=
.
2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương
,x y
thỏa mãn phương trình
2 2
5 6 2 2 2 40 0x xy y x y
+ + + + − =
.
Câu III (5,0 điểm).
1. Giải phương trình
3
2
2
8 40
5
x
x
x
+ =
−
.
2. Giải hệ phương trình
( )
3 3 2
3

15 14 3 2
4 6 15 3 0
x y y y x
x xy x

− − − = × −


+ + + =


.
Câu IV (6,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có
5AB a=
và
2AD 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.
2. Tính
AH MK
MH
×
theo a.
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
3ab ac bc

+ + =
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
2 2 2
19 3 19 3 19 3
1 1 1
a b c
T
b c a
+ + +
= + +
+ + +
.
HẾT
( Nguồn: Lê Quang Vinh - Toanhoc.Tuyensinh247 )
/>Ngày 19 tháng 03 năm 2015
HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI
Câu I :

( )
( )
( ) ( )
3
3
3 3
2 2
2
3 1
6 3 10 3 3 9 3 3 1
2 3 2 3 2 3

3 1 3 1 3 1
1 3 3 1
3 1
3 1 4 2 3
2 3 2
2
3 1 2 2 2
x
−
− − + −
= + − = + − = + −
+ + +
+ −
−
− +
= + − = − = − =
+
Thay
2x =
vào A ta có

( )
( )
2015
2015
4 3 2 2015
2 1 4 2 2 2 2 2 1 1 1A x x x x
= + − − − = + − − − = =
Câu II:
1. Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là

2 2
1 1 0x mx x mx
= + ⇔ − − =
Ta có
2
4m
∆ = +
( vì
2
4 0m + >
) nên đồ thị hàm số (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm
phân biệt)
Theo hệ thức Viète ta có
1 2
1 2
1
x x m
x x
+ =


× = −

Gọi A (x
1
; y
1
) và B (x
2
; y

2
) là giao điểm của (P) và (d) ta có:
( ) ( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1 2 1 2
2
2
2 2
1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2
4 2
4 2 2
2 2
2
10
10
4 10
4 4 10
4 4 10
5 6 0

6 6 0
1 6 0
1 0
1
AB x x y y
x x x x
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
m m m
m m
m m m
m m
m
m
= − + − =
⇒ − + − =
⇔ + − + + × − =
 
⇔ + − + + × + − =
 
⇒ + + × + =
⇔ + − =
⇔ − + − =
⇔ − × + =
⇔ − =
⇔ = ±
2. Ta có

( ) ( )
( ) ( )

2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
5 6 2 2 2 40 0
2 2 2 1 4 4 41
1 2 41
1 2 4 5
x xy y x y
x y xy x y x xy y
x y x y
x y x y
+ + + + − =
⇔ + + + + + + + + =
⇔ + + + + =
⇔ + + + + = +
TH1:
1 4 2
2 5 1
x y x
x y y
+ + = =
 
⇔
 
+ = =
 
TH2:
1 5 0

2 4 4
x y x
x y y
+ + = =
 
⇔
 
+ = =
 
(loại)
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (2; 1).
Câu III:
1. ĐK:
2
5 0 5 5x x− > ⇒ − < <
Ta có:
3
2
2
8 40
5
x
x
x
+ =
−

3 2 2 2
8 5 40 5x x x x
⇔ + × − = × −

( )
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2 2
3
3 2
2 2 2 2
2 2 2
8 5 5 0
2 5 0
2 5 2 5 20 4 0
2 5 2 5 3 20 0
x x x
x x
x x x x x x
x x x x x
⇔ + × − × − =
⇔ − × − =
⇔ − × − × + × − + − =
⇔ − × − × × − − − =
TH1:

2
2 5 0x x− × − =
ĐK:
0x
>

( )
2 2
2
4 5
5 20
2
2
x x
x
x
x
⇔ = × −
⇔ =
⇔ = ±
⇔ =

TH2:
2 2
2 5 3 20 0x x x× − − − =

( )
2 2
2 2 4 2
2 5 3 20

4 5 9 120 400
x x x
x x x x
⇔ × − = +
⇔ × − = + +

4 2
13 100 400 0x x⇔ + + =
(vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.
2. Ta có:
( )
( )
( )
3 3 2
3
15 14 3 2 1
4 6 15 3 0 2
x y y y x
x xy x

− − − = × −


+ + + =


Ở phương trình (1) ta có:

( )

( ) ( )
3 3 2
3 3 2
3 3 2
3
2
15 14 3 2
3 15 6 14
3 6 12 8 3 6
3 2 3 2
x y y y x
x x y y y
x x y y y y
x x y y
− − − = × −
⇔ + = + + +
⇔ + = + + + + +
⇔ + = + + × +

2x y⇔ = +
(*)
Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình:

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

3
2
2
4 6 2 15 3 0
4 6 15 3 0
2 2
4 6 3 3 0 8 12 6 6 0
1 5
2 1 5
2
2
5 5
2
x y
x y
x x x x
x xy x
x y x y
x x x x x x
x
x
x y
y
− =
= +


⇔
 
+ × − + + =

+ + + =


− = − =
 
⇔ ⇔
 
+ + + = + + + =
 

− −
=


+ = −
 
⇔ ⇔
 
− =
− −



=



Vậy hệ phương trình có nghiệm là
3 3
1 5 5 5

;
2 2
 
− − − −
 ÷
 ÷
 

Câu IV:
1. Xét tứ giác MHCB ta có
·
·
90MHC MBC= = °

·
·
180MHC MBC+ = °
 Tứ giác MHCB nội tiếp đường tròn đường kính MC (1).
Xét tứ giác MKCB ta có
·
·
90MKC MBC= = °

·
·
90MKC MBC+ = °
 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
·
·
90MHM MBC= = °
và
·
CAB
chung

ABC∆
đồng dạng
AHM∆
.

AB BC
AH MH
=
mà MK = BC

AB MK AH MK
AB
AH MH MH
×
= ⇒ =
mà
5AB a

=

5
AH MK
a
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
( )
2
2
2 2
2 2
5 4
5 4 0
AM MB MK
AM AB AM AD
AM a AM a
AM a AM a
× =
⇒ × − =
⇔ × − =
⇔ − × + =
( ) ( )
( ) ( )

2 2
4 4 0
4 4 0
4 0
4
AM a AM a AM a
AM AM a a AM a
AM a AM a
AM a
AM a
⇔ − × − × + =
⇔ × − − × − =
⇔ − × − =
=

⇔

=

Vậy AM= 4a hoặc AM = a.
Câu V:
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
3

2 3 2 3
9
3
ab ac bc a b c b a c
a b c
a b c ab ac bc
a b c
a b c
+ + ≥ + + × + +
⇒ + + ≥
⇒ + + + × + + ≥ + ×
⇒ + + ≥
⇒ + + ≥
2 2 2 2 2 2 2 2 2
19 3 19 3 19 3 1 1 1
16 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
a b c a b c a b c
T
b c a b c a b c a
+ + + + + +
   
= + + = × + + + + +
 ÷  ÷
+ + + + + + + + +
   
Đặt
2 2 2
1 1 1
a b c

A
b c a
= + +
+ + +
và
2 2 2
1 1 1
1 1 1
a b c
B
b c a
+ + +
= + +
+ + +
Ta lại có:
a)
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
a b c ab bc ca ab bc ac
a b c A a b c
b c a b c a
 
+ + − = + + − + + = + + ≤ + + =
 ÷
+ + + + + +
 
3
2

A a b c⇒ ≥ + + −
(*)
b)
2 2 2
1 1 1
3 3
1 1 1
a b c
a b c B a b c
b c a
+ + +
 
+ + + − = + + + − + +
 ÷
+ + +
 
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
3
1 1 1 2 2
3
3
2 2
a ab a b b bc b c c a c c a
b c a
ab b bc c a c a a b c

b c a
a b c
B a b c
+ − − + + + − − + + + − − + +
= + +
+ + +
+ + + + +
= + + ≤ +
+ + +
+ +
⇒ ≥ + + + − −

3
2 2
a b c
B
+ +
⇔ ≥ +
(**)
Từ (*) và (**) ta có:

3 3
16 3 16 3
2 2 2
a b c
A B a b c
+ +
   
+ ≥ × + + − + × +
 ÷  ÷

   
( )
35 39
33
2 2
T a b c⇒ ≥ × + + − ≥
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 33.
Dấu “=” xảy ra khi
1a b c= = =
.
(Người làm hướng dẫn: Nguyễn Thanh Trung)
/>Ngày 24 tháng 03 năm 2015