Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2014 - 2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

Chia sẻ: Thu Maile | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2014 - 2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên sẽ giúp các bạn tiết kiệm thời gian trong việc tìm kiếm tài liệu ôn thi, đây là tài liêu ôn tập hữu ích, nội dung bám sát chương trình học, trình bày rõ ràng và khoa học. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 9 môn Toán năm 2014 - 2015 - Sở GD&ĐT Hưng Yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC : 2014 - 2015 Môn thi: Toán lớp 9 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 19 tháng 03 năm 2015 _______________________________ ĐỀ CHÍNH THỨC 3 Câu I (3,0 điểm). Cho x  2  3  6 3  10 . Tính giá trị của biểu thức 3 1   A  x 4  x3  x 2  2 x  1 2015 . Câu II (4,0 điểm). 2 1. Cho Parabol  P  : y  x 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  6 xy  2 y 2  2 x  2 y  40  0 . Câu III (5,0 điểm). 1. Giải phương trình x3  8 x 2  40 . 5 x  x3  y 3 15 y  14  3   2 y 2  x  2. Giải hệ phương trình  . 4 x3  6 xy  15 x  3  0  2 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 nhất của biểu thức T  19a  3 19b  3 19c  3   . 1  b2 1  c2 1  a2 ------------------ HẾT ----------------- HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I : 3 x  2 3  6 3  10  2 3  3 1 3 1 42 3   3 1 2  2 3  Thay x  2 vào A ta có   A  x 4  x3  x 2  2 x  1 2015  3 3 3  9  3 3 1  2 3  3 1  3 1 2 2   1  3  2   4  2 2  2  2 2 1 2015 2    3 1 2 3   3 1 3 3 1 2  2  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:  x1  x2    y1  y2  2 AB     x1  x2   x12  x2 2 2  2 2  10  10   x1  x2   4 x1 x2   x1  x2    x1  x2   10 2 2 2 2 2 2   x1  x2   4 x1 x2   x1  x2    x1  x2   4 x1 x2   10      m 2  4  m 2  m 2  4  10  m  5m  6  0 4 2  m 4  m 2  6m 2  6  0     m2  1  m2  6  0  m2  1  0  m  1 2. Ta có 5 x 2  6 xy  2 y 2  2 x  2 y  40  0  x 2  y 2  2 xy  2 x  2 y  1  4 x 2  4 xy  y 2  41   x  y  1   2 x  y   41 2 2   x  y  1   2 x  y   42  52 2 2 x  y 1  4 x  2    2x  y  5  y 1 TH1: x  y 1  5  x  0 TH2:  (loại)   2x  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: 5 x 2  8 x 2  40  x  8x  5  x2  40  5  x 2 3 2 y  4  x3  8  5  x 2   x 2  5  0  0 5  x    x  2 x  5  x  20  4 x   0 5  x    2 x  5  x  3x  20   0   x3  2  5  x 2   x  2  x  2 3 2 2 2 2 2 2 2 TH1: x  2  5  x2  0 ĐK: x  0   x2  4  5  x2   5 x 2  20  x  2 x2 TH2: 2 x  5  x2  3x2  20  0  2 x  5  x 2  3x 2  20    4 x 2  5  x 2  9 x 4  120 x 2  400  13x  100 x2  400  0 (vô nghiệm) 4 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2.  x3  y 3 15 y  14  3   2 y 2  x  2. Ta có:  3   4 x  6 xy  15 x  3  0 Ở phương trình (1) ta có:  x3  y 3 15 y  14  3  2 y 2  x 1  2   x3  3x  y 3  15 y  6 y 2  14  x3  3x  y 3  6 y 2  12 y  8  3 y  6  x 2  3x   y  2   3   y  2  3  x  y  2 (*) Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình: x2 y x  y2    3  3 4 x  6 xy  15 x  3  0 4 x  6 x   x  2   15 x  3  0 x2 y x2 y    3   2 3 2 4 x  6 x  3x  3  0 8 x  12 x  6 x  6  0  1  3 5 x   2 x  1  5  2   3  y  5  5  x  2  y  2  1  3 5 5  3 5  Vậy hệ phương trình có nghiệm là  ;  2 2   3 Câu IV: 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  ABC đồng dạng AHM . 1.  AB BC mà MK = BC  AH MH  AB  MK  AB  AH  MK mà AB  5a AH MH  AH  MK  5a MH 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   AD 2  AM  5a  AM 2  4a 2  AM 2  5a  AM  4a 2  0  AM 2  4a  AM  a  AM  4a 2  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 ab  ac  bc  a 2   b2  c2  b2  a 2  c 2   a 2  b2  c2  3  a 2  b 2  c 2  2   ab  ac  bc   3  2  3  a  b  c  9 2  abc  3 19a  3 19b  3 19c  3 b c   a 1 b 1 c 1   a    16      3   2 2 2 2 2 2  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      2 2 2 1 b 1 c 1 a 1  b2 1  c 2 1  a 2 T Ta lại có: 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 2 2 2 2  1 b 1 c 1 a  1 b 1 c 1 a 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) a  ab 2  a  1  1  b 2 b  bc 2  b  1  1  c 2 c  a 2c  c  1  1  a 2   1  b2 1  c2 1  a2 ab 2  b 2 bc 2  c 2 a 2 c  a 2 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 16 A  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 .