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 5x2 xy y x y 40 Câu III (5,0 điểm) Giải phương trình x3 x 40 5 x x3 y 15 y 14 y x Giải hệ phương trình x3 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 tròn Xác định tâm O đường tròn AH MK Tính theo a MH Khi AK tiếp tuyến 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 Tìm giá trị nhỏ biểu thức T 19a 19b 19c b2 c2 a2 HẾT - HƯỚNG DẪN CÁCH LÀM BÀI Câu I : x 2 10 2 1 1 42 1 2 Thay x vào A ta có A x x3 x x 2015 3 3 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2015 1 1 3 1 12015 Câu II: Hoành độ giao điểm (P) (d) x2 mx x2 mx Ta có m2 ( m2 ) nên đồ thị hàm số (P) (d) cắt hai điểm phân biệt) x1 x2 m Theo hệ thức Viète ta có x1 x2 1 Gọi A (x1; y1) B (x2; y2) giao điểm (P) (d) ta có: x1 x2 y1 y2 AB x1 x2 x12 x2 2 2 10 10 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 10 2 2 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 10 m m m 10 m 5m m m 6m m2 m2 m2 m 1 Ta có x xy y x y 40 x y xy x y x xy y 41 x y 1 x y 41 2 x y 1 x y 42 52 2 x y 1 x 2x y y 1 TH1: x y 1 x TH2: (loại) 2x y Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2; 1) Câu III: ĐK: x2 x x3 Ta có: 5 x x 40 x 8x x2 40 x y x3 x x 5 0 x x x x 20 x x x x 3x 20 x3 x x 2 x 2 2 2 2 TH1: x x2 ĐK: x x2 x2 x 20 x 2 x2 TH2: x x2 3x2 20 x x 3x 20 x x x 120 x 400 13x 100 x2 400 (vơ nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm x = x3 y 15 y 14 y x Ta có: x xy 15 x Ở phương trình (1) ta có: x3 y 15 y 14 y x 1 2 x3 3x y 15 y y 14 x3 3x y y 12 y y x 3x y y x y (*) Từ (2) (*) ta có hệ phương trình: x2 y x y2 4 x xy 15 x 4 x x x 15 x x2 y x2 y 4 x x 3x 8 x 12 x x 1 x x 1 5 y 5 x y 1 5 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 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) (2) suy năm điểm B, C, K, H, M thuộc đường tròn đường kính MC Tâm O trung điểm MC Xét ABC AHM có MHM MBC 90 CAB chung ABC đồng dạng AHM AB BC mà MK = BC AH MH AB MK AB AH MK mà AB 5a AH MH AH MK 5a MH 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 AM 4a AM a AM 4a AM AM 4a a AM 4a AM a AM 4a AM a AM 4a Vậy AM= 4a AM = a Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có ab ac bc a b2 c2 b2 a c a b2 c2 a b c ab ac bc a b c abc 19a 19b 19c b c a 1 b 1 c 1 a 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 Đặt A B 2 1 b 1 c 1 a b2 c a T Ta lại có: b c ab2 bc ca ab bc ac a a bc A a bc 2 2 2 2 1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a A a b c (*) a 1 b 1 c 1 b) a b c B a b c 2 1 b 1 c 1 a a) a ab a b b bc b c c a 2c c a b2 c2 a2 ab b bc c a c a a b c b2 c2 a2 2 abc B a b c 3 2 abc (**) B 2 Từ (*) (**) ta có: 3 abc 3 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 ... Thay x vào A ta có A x x3 x x 2015 3 3 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2015 1 1 3 1 12015 Câu II: Hoành độ giao điểm (P) (d) x2 mx... 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... a c a b2 c2 a b c ab ac bc a b c abc 19a 19b 19c b c a 1 b 1 c 1 a 16 3 2 2 2 2 1 b 1 c 1 a 1