Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AC và DC.. Xác định tâm O của đường tròn đó.. Khi AK là tiếp tuyến của đường tròn O... Giả sử AK là tiếp tuyến của O.. Dễ dàng ta có
Trang 1SỞ 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 2 3 36 3 10
3 1
Tính giá trị của biểu thức
4 3 2 2 12015
A x x x x
Câu II (4,0 điểm).
1 Cho Parabol P y x: 2 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
5 x 6 xy 2 y 2 x 2 y 40 0
Câu III (5,0 điểm).
1 Giải phương trình
3
2
5
x
x
2 Giải hệ phương trình 3 3 2
3
15 14 3 2
Câu IV (6,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 5a và AD2a (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 ab ac bc 3 Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức 19 23 19 23 19 23
T
- HẾT
-( Nguồn: Lê Quang Vinh - Toanhoc.Tuyensinh247 ) https://www.facebook.com/groups/2000.Toanhoc.Tuyensinh247/
Ngày 19 tháng 03 năm 2015
Trang 2HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I :
3 3
2
3 1
6 3 10 3 3 9 3 3 1
3 1
3 1 4 2 3
2
Thay x 2 vào A ta có
Ax4x3 x2 2x120154 2 2 2 2 2 1 201512015 1
Câu II:
1 Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là x2 mx 1 x2 mx1 0
Ta có m24 ( vì m 2 4 0 ) nên đồ thị hàm số (P) và (d) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt)
Theo hệ thức Viète ta có 1 2
x x
Gọi A (x1; y1) và B (x2; y2) là giao điểm của (P) và (d) ta có:
2
2
10 10
1 0 1
m
m
2 Ta có
TH1: x y2 x y1 45 x y21
TH2: x y2 x y1 54 x y04
Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là (2; 1)
Câu III:
1 ĐK: 5 x2 0 5 x 5
Ta có:
3
2
5
x
x
x3 8x2 5 x2 40 5 x2
Trang 3
3
TH1: x 2 5 x2 0 ĐK: x 0
2
4 5
2 2
x
x
x
TH2: 2x 5 x2 3x2 20 0
4 5 9 120 400
13x4100x2400 0 (vô nghiệm)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 2
3
4 6 15 3 0 2
Ở phương trình (1) ta có:
3 2
x y 2 (*)
Từ (2) và (*) ta có hệ phương trình:
3 3
3 3
3
2 2
4 6 2 15 3 0
4 6 15 3 0
4 6 3 3 0 8 12 6 6 0
1 5
2
x x
y
Vậy hệ phương trình có nghiệm là
1 5 5 5
;
Câu IV:
Trang 41 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 và CAB chung
ABC đồng dạng AHM
AB BC
AH MH mà MK = BC
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
AM MB MK
4
Vậy AM= 4a hoặc AM = a
Câu V:
Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có
Trang 5
2 2 2
2 2 2
2
3
9 3
a b c
a b c
T
A
và 12 12 12
B
Ta lại có:
a)
3
a b c A a b c
3 2
A a b c
(*)
3
3 3
a b c
B a b c
a b c
Từ (*) và (**) ta có:
a b c
A B a b c
33
Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 33
Dấu “=” xảy ra khi a b c 1
(Người làm hướng dẫn: Nguyễn Thanh Trung) https://www.facebook.com/akira.trung.1420
Ngày 24 tháng 03 năm 2015