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

Hướng dẫn


Bài 2.
a) ĐKXĐ: 1  x  1
Áp dụng bất đẳng thức bunhia ta có:



ta có 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4

  13  27 13 x  x   3 x  x   80.8x  5x 
2

2

4

2

4

2

=> 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  80. 8x 2  5x 4 
Mà áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

80. 8x 2  5x 4   40x 2 (16  10x 2 )  2 10x 2 (16  10x 2 )  10x 2  16  10x 2  16

Dấu = xảy ra khi 10x2 = 16 – 10x2  x2 = 16/20 = 4/5  x =
Vậy phương trình có nghiệm x =

b) P =
Ta có

x 3  y3   x 2  y 2 

 x  1 y  1

2
(t.m)
5

2
5

x 2  x  1  y2 (y  1)
x2
y2



y 1 x 1
 x  1 y  1

x2
x2
 4  y  1  2
.4  y  1  4x
y 1
y 1

y2
 4  x  1  4y
x 1
x2
y2
=>
 4  y  1 
 4  x  1  4x  4y
y 1
x 1
Do đó P  8

Tương tự

Dấu = xảy ra khi x = y = 2
Vậy Min P = 8  x = y = 2
Bài 3
1
1 1
2
2
2
 2 2
 
4
2
x
y z
xy yz zx
1

1 1
2
2
2
2 1
Kết hợp với pt(2) ta được 2  2  2      2
x
y z xy yz zx xy z

a) Bình phương hai vế pt (1) ta được

2

1 1
1
1 2 2
2
1 1
=> 2  2  2    0          0
x
y z
yz zx
x z y z
1 1 1
Do đó    x  y  z thay vào pt(1) ta có x = y = ½ và z = -1/2
x y z
2

b) theo bài ta có z chia hết cho 3 => z = 3m (với m thuộc N*)
=> 3x2 – 18y2 + 18m2 + 27y2m2-18x = 27

=> x2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 6x = 9
Do đó x chia hết cho 3 => x = 3n (với n thuộc N*)
=> 9n2 – 6y2 + 6m2 + 9y2m2 – 18n = 9
=> 3n2 – 2y2 +2m2+3y2 m2 – 6n = 3 (1)
+) Với n = 1 ta có – 2y2 + 2m2 + 3y2m2 = 6
Do m thuộc N* nên 3y2m2 – 2y2 > 0 => 2m2 < 6 => m2 < 3 nên m = 1
=> z = 3; x = 3 khi đó y2= 4 => y = 2 ta có nghiệm (3,2,3)

4


+) Với n  2 ta có 3n2 – 6n = 3n(n – 2)  0 và 3y2m2 – 2y2 > 0 nên từ (1) suy ra
2m2 < 6 => m2 < 3 nên m = 1
Khi đó ta có 3n2 – 2y2 + 2 + 3y2 – 6n = 3 => y2 + 3n2 – 6n = 1
Do 3n(n – 2)  0 => y2  1 => y = 1 (vì y nguyên dương)
Khi đó z = 3 và x = 6 => ta có nghiệm (6,1,3)
Vậy pt có 2 nghiệm (3,2,3); (6,1,3)
Bài 4. Cho đường tròn (O;R) và dây cung AH < R. Qua H vẽ đường thẳng d tiếp xúc
với (O). Vẽ đường tròn (A;R) cắt đường thẳng d tại B và C sao cho H nằm giữa B và
C. Vẽ HM vuông góc với OB (M thuộc OB), vẽ HN vuông góc với OC (N thuộc OC)
a) Chứng minh OM.OB = ON.OC và MN luôn đi qua một điểm cố định khi H thay
đổi.
b) Chứng minh OB.OC = 2R2
c) Tìm giá trị lớn nhất của tam giác OMN khi 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) tại J; gọi I là giao điểm của MN và 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 vuông góc với MN
Ta chứng minh được tam giác BJO đồng dạng với tam giác NHO => BO/NO =
JO/OH = 2R/R = 2 => BO = 2ON
Chứng minh được tam giác ION đồng dạng với tam giác HOB
=> OI/OH = ON/OB = ½ => OI/OA = ½ (do OA = OH)
=> I là trung điểm của OA => MN đi 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 do OI = R/2 không đổi nên diện tích tam giác
MON lớn nhất khi MN lớn nhất


mà tứ giác MHNO nội tiếp đường tròn đường kính HO nên MN lớn nhất khi MN =
HO = R khi đó SOMN = ½ . R. R/2 = R2/4
Cách 2:


Bài 5.
Khi 7 đường thẳng này cắt nhau tại một điểm O thì chúng tạo thành 14 góc đỉnh O
không có điểm trong chung.
Giả sử không có góc nào nhỏ hơn 260 thì tổng số đo các góc đó là 26.14 = 3640 (vô
lý) vì tổng các góc này là 3600
Do đó phải có ít nhất một góc nhỏ hơn 260