KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH TOÁN TỈNH NINH BÌNH – NĂM HỌC 2019 – 2020 x 1 xy x A 1 : xy 1 xy Câu I Cho biểu thức xy x xy x 1 xy 1) Rút gọn biểu thức A 1 6 x y 2) Cho Tìm giá trị lớn A Câu II 2 1) Cho phương trình : x m x m 2m 0 Tìm m để phương trình 1 2 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 x1 x2 15m x y z 1 4 2) Giải hệ phương trình : x y z xyz Câu III 1) a b a 2b 1 a ; b Tìm tất cặp số nguyên dương cho 2) Tìm x, y, z thỏa mãn x2 y z Câu IV Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO ( C khác A C khác O).Đường thẳng qua C vng góc với AO cắt nửa đường tròn cho D Trên cung BD lấy điểm M M khác B M khác D) Tiếp tuyến nửa đường tròn cho M cắt đường thẳng CD E Gọi F giao điểm AM CD 1) Chứng minh tam giác EMF tam giác cân 2) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I , B thẳng hàng 3) Chứng minh ABI có số đo khơng đổi M di chuyển cung BD Câu V Cho x, y số thực dương thỏa mãn x y 1 B Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 x y xy ĐÁP ÁN Câu I 1) Điều kiện : A xy 1 xy 1 xy : xy 1 xy xy xy x xy 1 x 1 xy xy 1 xy xy xy x xy 1 xy 1 xy xy 1 xy x 1 xy 1 x 1 xy 1 xy xy x 1 x x y xy xy 6 1 2 x y 2) Theo Cos i, ta có: 1 x y x y Dấu " " xảy Vậy MaxA 9 x y xy 9 xy Câu II 1) Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện : ' m m 2m m * x1 x2 4 2m x x m 2m m Với theo Vi-et ta có: 2 1 1 2 x x2 x1 x2 15m x1 x2 x1 x2 x1x2 15m Ta có: 1 1 m 6m m 2m 15m 1 4 m t m m 15 m , m t m m Đặt 1 t t 15 t t 12 t 4(do t 0) Ta có 1 trở thành : t m m tm * m 2) Ta có: x4 y y z z x4 4 x y z x y y z z x 2 2 2 2 2 2 2 x y y z y z z x z x x2 y xyyz yzzx zxxy 2 xyz x y z xyz (do x y z 1) x y z x y z x y z 1 Dấu xảy 1 x; y; z ; ; 3 3 Vậy nghiệm hệ Câu III 1) a b Giả sử a 2b 1 , tức a b k a 2b 1 , k * a k b ka b a k mb 1 2 Ở m mà m ka b m b ka Từ (1) (2) suy m 1 b 1 mb b m m 1 b 1 a k k ka (2) (3) Do m (điều suy từ 1 a, k , b 0) nên m 1) m Do b b 0 b m 1 b 1 0 Vì từ (3) suy a 1 k ka 0 Lại có a nên suy : k ka 0 k ka k a 1 4 Vì a 0 a , a k , k nên từ (4) ta có: a 1 k (a 1) 0 k (a 1) 1 a 2 k 1 m 2 a 1 m b 2 b 1 b 2 a 1 b 3, a 1 m 1 b 2 a 2 m b 0 b 1 a 2, b 1 m 1 a k b b 3 a; b 1;2 ; 1;3 ; 2;3 ; 2;1 Vậy 2) Ta có: x y z x y z xy x y z 2 yz x y z x y z 12 4 yz yz x y z 12 3 2 4 x y z Th1:Nếu x y z 0 , ta có: (do x, y, z nên vế phải số hữu ti) x y z 0 Th : x y z 0 1 3 yz 3 x 4 y 1 z 3 Giải ta x 4 y 3 z 1 thử lại thỏa mãn (vô lý) 1 Câu IV E D I H F A C M O B 1) Ta có: M thuộc đường trịn tâm O đường kính AB( gt ) nên AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay FMB 90 Mặt khác FCB 90 gt FMB FCB 180 BCFM tứ giác nội tiếp nên CBM EFM 1 (vì bù với CFM ) Mặt khác CBM EFM (cùng chắn cung AM ) Từ (1) (2) suy EFM EMF Suy EMF tam giác cân E DIH DIF (3) 2) Gọi H trung điểm DF Suy IH DF Trong đường trịn I ta có: DMF DIF góc nội tiếp góc DF DMF DIF tâm chắn cung Từ (3) (4) suy DMF DIH hay DMA DIH Trong đường tròn O ta có: DMA DBA (góc nội tiếp chắn DA) Nên DBA DIH Vì IH , BC EC IH / / BC Do DBA HIB 1800 DIH HIB 1800 Ba điểm D, I , B thẳng hàng ABI ABD sd AD 3) Vì ba điểm D, I , B thẳng hàng sd AD Mà C cố định nên D cố định nên không đổi Do ABI có số đo khơng đổi M thay đổi cung BD Câu V B Ta có: x y Theo Cô si : xy x y x y xy 1 1 xy xy xy xy xy xy Gọi B0 giá trị B, Khi tồn x, y để B0 xy 3B0 xy B0 xy 0 1 xy xy Để tồn x, y 1 phải có nghiệm xy B0 4 B02 8B0 0 B0 4 Để ý với giả thiết tốn B Do ta có : B0 4 B0 4 xy Với B0 3 B0 2 x 1 x 1 x Bmin Vậy 3 2 x2 x 1 1 ,x 3 2 0 1 3 1 1 1 1 3 x ,y 2 4 3 1 1 1 1 3 ,y x 2