Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 9 (Ngày thi 19-3-2015) - Năm học 2014-2015 - Sở Giáo dục và Đào tạo Hưng Yên (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 25 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 ----------------- 
HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI 
Câu I : 
 
     
3
33 3
2 22
3 16 3 10 3 3 9 3 3 1
2 3 2 3 2 3
3 1 3 1 3 1
1 3 3 13 13 1 4 2 3
2 3 2
23 1 2 2 2
x
   
        
  
  
       

 Thay 2x  vào A ta có 
    
20152015
4 3 2 20152 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 21 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 (x1; y1) và B (x2; y2) là giao điểm của (P) và (d) ta có: 
   
   
     
     
 
   
2 2
1 2 1 2
22 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: 25 0 5 5x x     
Ta có: 
3
2
2
8 40
5
x
x
x
 

 3 2 2 28 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: 22 5 0x x    ĐK: 0x  
 2 2
2
4 5
5 20
2
2
x x
x
x
x
   
 
  
 
 TH2: 2 22 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
    
     
 4 213 100 400 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
32
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: 
 
 
33
3 2 3 2
3
3
3
22
4 6 2 15 3 04 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 yx y
x x x xx 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 31 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 MKAB
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 24 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 21 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   .