Đề thi học sinh giỏi môn toán 9 thành phố hưng yên năm học 2018 2019 có đáp án

Hướng dẫn Bài a) ĐKXĐ: 1  x  Áp dụng bất đẳng thức bunhia ta có:  ta có 13 x  x  x  x   13  27 13 x  x   3 x  x   80.8x  5x  2 4 => 13 x  x  x  x  80 8x  5x  Mà áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 80 8x  5x   40x (16  10x )  10x (16  10x )  10x  16  10x  16 Dấu = xảy 10x2 = 16 – 10x2  x2 = 16/20 = 4/5  x = Vậy phương trình có nghiệm x = b) P = Ta có x  y3   x  y   x  1 y  1 (t.m) 5 x  x  1  y2 (y  1) x2 y2    y 1 x 1  x  1 y  1 x2 x2   y  1   y  1  4x y 1 y 1 y2   x  1  4y x 1 x2 y2 =>   y  1    x  1  4x  4y y 1 x 1 Do P  Tương tự Dấu = xảy x = y = Vậy Min P =  x = y = Bài 1 2  2 2   4 x y z xy yz zx 1 2 2 Kết hợp với pt(2) ta        x y z xy yz zx xy z a) Bình phương hai vế pt (1) ta 1 1 1 2 1 =>               x y z yz zx x z y z 1 1 Do    x  y  z thay vào pt(1) ta có x = y = ½ z = -1/2 x y z b) theo ta có z chia hết cho => z = 3m (với m thuộc N*) => 3x2 – 18y2 + 18m2 + 27y2m2-18x = 27 => x2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 6x = Do x chia hết cho => x = 3n (với n thuộc N*) => 9n2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 18n = => 3n2 – 2y2 +2m2+3y2 m2 – 6n = (1) +) Với n = ta có – 2y2 + 2m2 + 3y2m2 = Do m thuộc N* nên 3y2m2 – 2y2 > => 2m2 < => m2 < nên m = => z = 3; x = y2= => y = ta có nghiệm (3,2,3) +) Với n  ta có 3n2 – 6n = 3n(n – 2)  3y2m2 – 2y2 > nên từ (1) suy 2m2 < => m2 < nên m = Khi ta có 3n2 – 2y2 + + 3y2 – 6n = => y2 + 3n2 – 6n = Do 3n(n – 2)  => y2  => y = (vì y nguyên dương) Khi z = x = => ta có nghiệm (6,1,3) Vậy pt có nghiệm (3,2,3); (6,1,3) Bài Cho đường tròn (O;R) dây cung AH < R Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc với (O) Vẽ đường tròn (A;R) cắt đường thẳng d B C cho H nằm B C Vẽ HM vng góc với OB (M thuộc OB), vẽ HN vng góc với OC (N thuộc OC) a) Chứng minh OM.OB = ON.OC MN qua điểm cố định H thay đổi b) Chứng minh OB.OC = 2R2 c) Tìm giá trị lớn tam giác OMN H thay đổi a) Áp dụng hệ thức lượng có OM.ON = OH2 = ON.OC => tam giác OMN đồng dạng với tam giác OCB (c.g.c) => góc ONM = góc OBC; góc OMN = góc OCB Kéo dài OA cắt (A) J; gọi I giao điểm MN OJ => góc BJO = góc BCO => góc BJO = góc OMN => tam giác OIM đồng dạng với tam giác OBJ (g.g) => góc OIM = góc OBJ = 900 => OJ vng góc với MN Ta chứng minh tam giác BJO đồng dạng với tam giác NHO => BO/NO = JO/OH = 2R/R = => BO = 2ON Chứng minh tam giác ION đồng dạng với tam giác HOB => OI/OH = ON/OB = ½ => OI/OA = ½ (do OA = OH) => I trung điểm OA => MN qua I cố định b) ta chứng minh tam giác BJO đồng dạng với tam giác HCO => BO/HO = JO/CO => BO.OC = HO.JO = R.2R = 2R2 c) diện tích tam giác OMN = ½ MN.OI OI = R/2 khơng đổi nên diện tích tam giác MON lớn MN lớn mà tứ giác MHNO nội tiếp đường tròn đường kính HO nên MN lớn MN = HO = R SOMN = ½ R R/2 = R2/4 Cách 2: Bài Khi đường thẳng cắt điểm O chúng tạo thành 14 góc đỉnh O khơng có điểm chung Giả sử khơng có góc nhỏ 260 tổng số đo góc 26.14 = 3640 (vơ lý) tổng góc 3600 Do phải có góc nhỏ 260 ... đường thẳng cắt điểm O chúng tạo thành 14 góc đỉnh O khơng có điểm chung Giả sử khơng có góc nhỏ 260 tổng số đo góc 26.14 = 3640 (vơ lý) tổng góc 3600 Do phải có góc nhỏ 260 ... y  z thay vào pt(1) ta có x = y = ½ z = -1/2 x y z b) theo ta có z chia hết cho => z = 3m (với m thuộc N*) => 3x2 – 18y2 + 18m2 + 27y2m2-18x = 27 => x2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 6x = Do x chia hết... – 6x = Do x chia hết cho => x = 3n (với n thuộc N*) => 9n2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 18n = => 3n2 – 2y2 +2m2+3y2 m2 – 6n = (1) +) Với n = ta có – 2y2 + 2m2 + 3y2m2 = Do m thuộc N* nên 3y2m2 – 2y2