060 đề thi hsg toán 9 2019 2020 tỉnh ninh bình

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 x2  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