SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC : 2014 - 2015 Mơn thi: Tốn lớp Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 19 tháng 03 năm 2015 _ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (3,0 điểm) Cho x 10 Tính giá trị biểu thức 1 A x x3 x x 2015 Câu II (4,0 điểm) Cho Parabol P : y x đường thẳng d : y mx (m tham số thực) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn AB 10 Tìm tất nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình x xy y x y 40 0 Câu III (5,0 điểm) Giải phương trình x3 x 40 x2 x3 y 15 y 14 3 y x Giải hệ phương trình x xy 15 x Câu IV (6,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a AD 2a (a > 0) M điểm cạnh AB (M khác A khác B) Gọi H, K hình chiếu vng góc M AC DC Chứng minh điểm B, C, K, H, M thuộc đường trịn Xác định tâm O đường trịn AH MK Tính theo a MH Khi AK tiếp tuyến đường trịn (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 19a 19b 19c biểu thức T b2 c2 a2 HẾT - HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I : x 2 3 42 1 2 10 2 1 3 3 2 1 3 2 1 2 31 3 3 1 2 Thay x vào A ta có A x x3 x x 1 2015 42 2 2 2015 12015 1 Câu II: Hoành độ giao điểm (P) (d) x mx x mx 0 Ta có m ( m ) nên đồ thị hàm số (P) (d) cắt hai điểm phân biệt) x1 x2 m x1 x2 Theo hệ thức Viète ta có Gọi A (x1; y1) B (x2; y2) giao điểm (P) (d) ta có: AB x1 x2 2 y1 y2 10 2 x1 x2 x12 x2 10 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 10 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 10 m m m 10 m 5m 0 m m 6m 0 m 1 m 0 m 0 m 1 Ta có x xy y x y 40 0 x y xy x y x xy y 41 2 2 x y 1 x y 41 x y 1 x y 42 52 x y 4 x 2 x y 5 y 1 TH1: x y 5 x 0 TH2: x y 4 y 4 (loại) Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2; 1) Câu III: ĐK: x x x3 Ta có: 5 x 2 x 40 x x x 40 x x x x 0 x3 x 0 x x x x x x x x x 20 x 0 2 3x 20 0 TH1: x x 0 ĐK: x x 4 x x 20 x 2 x 2 TH2: x x 3x 20 0 x x 3x 20 x x 9 x 120 x 400 13x 100 x 400 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = x3 y 15 y 14 3 y x 1 Ta có: x3 xy 15 x 0 Ở phương trình (1) ta có: x y 15 y 14 3 y x x x y 15 y y 14 x x y y 12 y y x x y y x y (*) Từ (2) (*) ta có hệ phương trình: x y x y 4 x xy 15 x 0 4 x x x 15 x 0 x y x y 2 4 x x x 0 8 x 12 x x 0 1 x x 1 y x y 1 ; Vậy hệ phương trình có nghiệm 2 Câu IV: Xét tứ giác MHCB ta có MHC MBC 90 MHC MBC 180 Tứ giác MHCB nội tiếp đường trịn đường kính MC (1) Xét tứ giác MKCB ta có MKC MBC 90 MKC MBC 90 Tứ giác MKCB nội tiếp đường trịn đường kính MC (2) Từ (1) (2) suy năm điểm B, C, K, H, M thuộc đường trịn đường kính MC Tâm O trung điểm MC Xét ABC AHM có chung MHM MBC 90 CAB ABC đồng dạng AHM AB BC mà MK = BC AH MH AB MK AH MK mà AB 5a AB AH MH MH AH MK 5a MH Giả sử AK tiếp tuyến (O) Dễ dàng ta có tứ giác MKCB hình chữ nhật nên O nằm đoạn BK Xét ABK vuông K đường cao KM ta có AM MB MK AM AB AM AD AM 5a AM 4a AM 5a AM 4a 0 AM 4a AM a AM 4a 0 AM AM 4a a AM 4a 0 AM a AM 4a 0 AM a AM 4a Vậy AM= 4a AM = a Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ab ac bc a b c b a c a b c 3 a b c ab ac bc 3 3 a b c 9 a b c 3 19a 19b 19c b c a 1 b 1 c 1 a T 16 3 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 B Đặt A 2 1 b 1 c 1 a b2 c2 a2 Ta lại có: a b c a 1 b 1 ab bc ca ab bc ac a) a b c A a b c 2 2 2 2 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a A a b c (*) c 1 b) a b c B a b c 2 1 b 1 c 1 a a ab a b b bc b c c a 2c c a b2 c2 1 a2 ab b bc c a 2c a a b c b2 c2 a2 2 a b c B a b c 2 a b c B (**) 2 Từ (*) (**) ta có: 3 a bc 16 A 3B 16 a b c 2 2 35 39 T a b c 33 2 Vậy giá trị nhỏ T 33 Dấu “=” xảy a b c 1