Bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 9 năm học 2020-2021

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN

LỚP 9 NĂM HỌC 2020-2021

Tài liệu sưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020


Website:tailieumontoan.com
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN LỚP 9
CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1. (4 điểm)
a) Chứng minh A = 3 1 +

84 3
84
+ 1−
là số nguyên.
9
9

b) Giả sử p và p 2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p 3 + 2 cũng là một số
nguyên tố.

Câu 2. (6 điểm). Giải các phương trình sau:

a) x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x =
11
b)

3 x − 5 + 7 − 3 x= 5 x 2 − 20 x + 22

c) ( 4 x − 1) x 2 + 1= 2 x 2 − 2 x + 2 .

Câu 3. (4 điểm)
a.

Cho

1 1 1
1
1
1
1
1
. Chứng minh rằng: 2021 + 2021 + 2021 =
+ + =
2021
2021
a
b
c
a + b + c 2021
a b c a+b+c

b. Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện

1
1
1
+
+
=
2 . Tìm giá trị lớn
1+ a 1+ b 1+ c

nhất của Q = a.b.c

Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H
.Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE , CF . Chứng
minh rằng
BC 2 .
a) BH .BE + CH .CF =
b) IK // EF .
c) Trong các tam giác AEF , BDF , CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn
hoặc bằng

1
diện tích tam giác ABC .
4

Câu 5. (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích
tam giác nhỏ hơn

3

.
4

HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHỌN HSG TOÁN 9 CỤM CHUYÊN MÔN SỐ 4
Năm học: 2020-2021

Câu 6. (4 điểm)
a) Chứng minh A = 3 1 +

84 3
84
+ 1−
là số nguyên.
9
9

b) Giả sử p và p 2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p 3 + 2 cũng là một số
nguyên tố.
Lời giải
a) Chứng minh A = 3 1 +

84 3

84
+ 1−
là số nguyên.
9
9


84 3
84  3
84 3
84 
 1 +

+ 1−
1−
A3 =2 + 3  3 1 +

9
9 
9
9 





84 
A3 =
2 + 3 A  3 1 − 
81 



A3= 2 − A
A3 + A − 2 =
0
0
( A − 1) ( A2 + A + 2 ) =

A − 1 =0 (vì A2 + A + 2 ≠ 0 )
A = 1.
Vậy A nguyên.
b) Giả sử p và p 2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh p 3 + 2 cũng là một số
nguyên tố.
Với p = 2 : p 2 + 2 =
6 (ktm)
Với p = 3 : p 2 + 2 =
11 , p 3 + 2 =
29 (TM)
Với p > 3 ⇒ p 2 = 3k + 1 : p 2 + 2 =

( 3t + 3) 3 (KTM)

Vậy p = 3.

Câu 7. (6 điểm). Giải các phương trình sau:
a) x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x =
11
b)

3 x − 5 + 7 − 3 x= 5 x 2 − 20 x + 22

c) ( 4 x − 1) x 2 + 1= 2 x 2 − 2 x + 2 .
Lời giải
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
11 .
a) x + 4 x + 3 + 2 3 − 2 x =
⇔ 11 − x − 4 x + 3 − 2 3 − 2 x =.
0
⇔ x + 3 − 4 x + 3 + 4 + 3 − 2 x − 2 3 − 2 x + 1 =.
0

⇔

(

) (

)

2

x+3 −2 +

⇔ x + 3 − 2=

2

3 − 2x −1 =
0.

3 − 2 x − 1= 0 .

⇔x=
1.

b)

3 x − 5 + 7 − 3 x= 5 x 2 − 20x + 22

(

)

Ta có: 5 x 2 − 20x + 22 = 5 x 2 − 4x + 4 + 2 = 5 ( x − 2 ) + 2 ≥ 2 .

(

3x − 5 + 7 − 3x

2

) ≤ (1 + 1 ) (3x − 5 + 7 − 3x ) =4 .
2

2

2

3x − 5 + 7 − 3x ≤ 2 .
Vậy

3 x − 5 + 7 − 3 x= 5 x 2 − 20x + 22= 2

5 x 2 − 20x + 20 = 0 ⇔ x = 2
c) ( 4 x − 1) x 2 + 1= 2 x 2 − 2 x + 2

⇔ 2 ( x 2 + 1) − ( 4 x − 1) x 2 + 1 − 2 x =0 .
Đặt a =x2 + 1 ( a ≥ 1) , phương trình trở thành:

2a 2 − ( 4 x − 1) a − 2 x =
0.
=
∆

( 4 x + 1)

2

>0

a = ±2 x

⇒ x2 + 1 =
2x
⇔ x2 + 1 =

4 x2
⇔ 3 x2 − 1 =
0


1
x =
3
⇔

1
(l )
x = −
3

 1 
Vậy pt có tập nghiệm S =   .
 3 

Câu 8. (4 điểm)
a.

Cho

1 1 1
1
1
1
1
1

. Chứng minh rằng: 2021 + 2021 + 2021 =
+ + =
2021
2021
a b c a+b+c
a
b
c
a + b + c 2021

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
b. Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn điều kiện

1
1
1
+
+
=
2 . Tìm giá trị lớn
1+ a 1+ b 1+ c

nhất của Q = a.b.c
Lời giải
1 1 1

1
. Chứng minh rằng:
+ + =
a b c a+b+c
1
1
1
1
+ 2021 + 2021 =
2021
2021
2021
a
b
c
a + b + c 2021

a) Cho

1 1 1
1
+ + =
a b c a+b+c

Ta có:
⇔

ab + bc + ca
1
=

abc
a+b+c

⇔ ( a + b + c ) . ( ab + bc + ca ) − abc =
0
0
⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca ) + abc + bc 2 + ac 2 − abc =
⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca ) + c 2 . ( a + b ) =
0
⇔ ( a + b ) . ( ab + bc + ca + c 2 ) =
0

⇔ ( a + b ) . b. ( a + c ) + c. ( a + c )  =
0

⇔ ( a + b ) .(b + c ) .( c + a ) =
0
0
a + b =
 a = −b

⇔ b + c =
0 ⇔ b =
−c
c + a =
c = −a
0

Với a = −b :
1

a

2021

+

1
b

2021

⇔
⇔

1

+

c

2021

1
=
2021
2021
a + b + c 2021

1
1

1
1
+ 2021 + 2021 =
2021
2021
−b
b
c
−b + b 2021 + c 2021
1
c

2021

1
(luôn đúng)
=
2021
c

Tương tự:
Với b = −c ⇔
Với c = −a ⇔

b)
⇔

1
a

2021

b

2021

1

1
(luôn đúng)
=
2021
a
1
(luôn đúng)
=
2021
b

1
1
1
+
+
=
2
1+ a 1+ b 1+ c
1
1
1

= 1−
+1−
1+ a
1+ b
1+ c

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
⇔

1
b
c
=
+
≥2
1+ a 1+ b 1+ c

Tương tự:

ca
(1 + c ) . (1 + a )

1
≥2
1+ b

ab
(1 + a ) . (1 + b )

1
≥2
1+ c

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) ⇒
⇔ abc ≤

bc
(1 + b ) . (1 + c )

(1)

( 2)

( 3)

1
1
1
abc
.
.
≥ 8.
1+ a 1+ b 1+ c
(1 + a ) . (1 + b ) . (1 + c )

1
1
⇔Q≤
8
8

Dấu “=” xảy ra khi a= b= c=
Vậy Qmax =

1
2

1
1
khi a= b= c=
2
8

Câu 9. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H
.Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của điểm D trên các đường thẳng BE , CF . Chứng
minh rằng
BC 2 .
a) BH .BE + CH .CF =
b) IK // EF .
c) Trong các tam giác AEF , BDF , CDE có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn
hoặc bằng

1
diện tích tam giác ABC .
4

Lời giải

A
E

F
H

K
I
B

D

C

a) Tam giác vng AEB và tam giác vng HFB có góc B chung nên đồng dạng với
nhau.
⇒

AB BE
=
⇒ BH .BE = AB.BF (1)
BH BF

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
Tam giác vng AFC và tam giác vng HEC có góc C chung nên đồng dạng với
nhau.
AC CF
=
⇒ CH .CF . = AC.CE (1)
CH CE
Từ (1) và (2) suy ra: BH .BE + CH .CF = AB.BF + AC.CE (3)
⇒

Mặt khác dễ thấy tam giác vuông ADB và tam giác vng BFC đồng dạng (góc B
chung)
AB BD
=
⇒ AB.BF = BC.BD (4)
BC BF
Chứng minh tương tự ta có tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC
⇒

⇒

AC DC
=
⇒ AC.CE = BC.CD (5)
BC CE

= BC ( BD + CD=
Từ (4) và (5) suy ra: AB.BF + AC.CE
) BC 2 (6)

BC 2 (đpcm).
Từ (3) và (6) suy ra BH .BE + CH .CF =
 AB ⊥ FC
⇒ AB // DK ⇒ ∠FAH = ∠HDK (hai góc so le trong) (1)
b) Ta có 
 DK ⊥ FC
0
= 900 + 90=
1800 mà hai góc này ở vị trí đối nhau
Tứ giác AFHE có ∠AFH + ∠AEH
nên tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp ⇒ ∠FAH = ∠FEH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung
FH ) (2)
Chứng minh tương tự ta có tứ giác IDKH là tứ giác nội tiếp

⇒ ∠HIK = ∠HDK (2 góc nội tiếp cùng chắn cung HK ) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra ∠FEH =
∠HIK mà 2 góc này ở vị trí so le trong
Suy ra IK // EF (đpcm).

BC = a , CA = b ,
0 < x, y , z < b ; 0 < x, y , z < c

c) Đặt

AB = c ,

AE = x ,

AF = y ,

BD = z , 0 < x, y, z < a

;

Khi đó: BF = c − y , EC= b − x , CD= a − z
Giả sử khơng có tam giác nào có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng
Nghĩa là S AEF >

1
diện tích tam giác ABC
4

S .S .SCED
1
1
1
1
S ABC ; S BFD > S ABC ; SCED > S ABC . Suy ra AEF BFD
>
3
4
4
4
64
S ABC

S AEF AE. AF x. y
Ta có=

;
=
S ABC AB. AC cb

S BFD BF .BD
=
=
S ABC BA.BC

SCED CE.CD
=
=
S ABC CA.CB
Do đó

(c − y ) z
ca

( b − x )( a − z )
ba

S AEF .S BFD .SCED xyz ( a − z )( b − x )( c − y )
=
3
S ABC
a 2b 2 c 2

Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
Theo bđt Cauchy ta có: x ( b − x )

y (c − y )
Do đó

( y + c − y)
≤
4

2

( x + b − x)
≤
4

2

b2
=
4

( z + a − z) =
a2
c2
= và z ( a − z ) ≤
4
4

4
2

xyz ( a − z )( b − x )( c − y ) 1
S .S .SCED
1
hay AEF BFD
(mâu thuẫn gt)
≤
≤
2 2 2
3
abc
64
64
S ABC

Suy ra đpcm.

Câu 10. (1 điểm)
Chứng minh rằng: Nếu tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích
tam giác nhỏ hơn

3
.
4

Lời giải
Kẻ AH ⊥ BC

Ta có AB < 1 , AC < 1 , BC < 1
 AH < 1

⇒
BC 1
 BH ≤ 2 ≤ 2

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng
ABH .
Ta có:
AH 2 + BH 2 =
AB 2

Mà AB 2 < 1 ⇒ AH 2 + BH 2 < 1
⇒ AH 2 < 1 − BH 2

⇒ AH 2 < 1 −

⇒ AH <
S ∆ABC =

1 3
=
4 4

3
2

1
1 3

.1=
AH .BC < .
2
2 2

3
2

Vậy tất cả các cạnh của một tam giác nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3
4

HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 14/11/2020

Câu 1.

(5 điểm)

1. Tìm tất cả các số tự =
nhiên n để p
2. Giải phương trình

Câu 2.

n(n + 1)(n + 2)
+ 1 là số nguyên tố.
6

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) =
1

(5 điểm)
1.

Cho ba số thực khác không a, b, c thỏa mãn điều kiện:

1 1 1
1
+ + =
. Tính giá trị của biểu thức:
a b c a+b+c
1
1
1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )
a
b
c

a + b + c ≠ 0 và

2.

Câu 3.

Tìm tất cả các bộ số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn ( x + y )( x − y ) = 8 z + 10

(2 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

A=

Câu 4.

a
b
c
+ 2 2
+ 2
2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3
2

(7 điểm)
Cho đoạn thẳng AB = 8cm và một điểm M nằm bất kỳ trên đoạn thẳng AB , một nửa
mặt phẳng bờ AB , dựng hai hình vng AMCD và BMEF . Gọi giao điểm của đường
thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P .
a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn.

b)

Chứng minh rằng DN .FN = MN 2 và 3 điểm N , P, F thẳng hàng.

c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn
nhất.

Câu 5.

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
là các số ngun dương tính theo đơn vị cm,
có thể tích a (cm3 ) .
Biết khi đạt hình hộp chữ nhật đó đặt lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là a (cm 2 )
(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của a .
HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
Năm học: 2020-2021

Câu 1.

(5 điểm)

1. Tìm tất cả các số tự =
nhiên n để p
2. Giải phương trình

n(n + 1)(n + 2)
+ 1 là số nguyên tố.
6

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) =
1
Lời giải

Tìm tất cả các số tự =
nhiên n để p

1.

n(n + 1)(n + 2)
+ 1 là số nguyên tố.
6

Ta có
n(n + 1)(n + 2)
+1
6
(n + 3)(n 2 + 2)
⇒P=
6

=

p

Với n = 0 ⇒ P = 1 không phải số nguyên tố
Với n = 1 ⇒ P = 2 là số nguyên tố
Với n =2 ⇒ P =5 là số nguyên tố.
Với n =3 ⇒ P =11 là số nguyên tố.
Với n ≥ 4 thì (n + 3) > 6 và (n 2 + 2) > 17

(n + 3) và (n 2 + 2) thì ln tồn tại một số số chẵn nên khi đó P là hợp số.
Vậy P là số nguyên tố thì n ∈ {1; 2;3}
2.

Giải phương trình

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) =
1 (*)

Điều kiện xác định: 1 ≤ x ≤ 6
Đặt
t=

x −1 + 6 − x

⇒ t 2 = x − 1 + 2 ( x − 1)(6 − x) + 6 − x
⇒ t 2 =5 + 2 ( x − 1)(6 − x)
t2 − 5
⇒ ( x − 1)(6 − x) =
2
Thay vào (*) ta được

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

t2 − 5
= 1 ⇒ 2t − t 2 + 5 = 2
2
t = −1
⇒ t 2 − 2t − 3 = 0 ⇒ 
t = 3
t−

Với t=3
32 − 5
⇒ ( x − 1)(6 − x) =
2
⇒ ( x − 1)(6 − x) =
2
⇒ ( x − 1)(6 − x) =
4

⇒x=
2 hoặc x = 5

Câu 2.

(5 điểm)

1.

Cho ba số thực khác không a, b, c thỏa mãn điều kiện:

1 1 1
1
+ + =
. Tính giá trị của biểu thức:
a b c a+b+c
1
1
1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )
a
b
c

a + b + c ≠ 0 và

2.

Tìm tất cả các bộ số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn ( x + y )( x − y ) = 8 z + 10
Lời giải

1. Ta có
1 1 1
1
1 1 1
1
+=

+
⇔ + + − = 0
a b c a+b+c
a b c a+b+c
a+b
a+b
⇔
+
=
0
ab c(a + b + c)
c(a + b + c) + ab
⇔ ( a + b).
=
0
abc(a + b + c)
⇔ (a + b)(b + c)(c+ a) =
0

a + b =0
a =−b


⇔ b + c =0 ⇔ b =−c
c+ a =0
c =−a



1

1 
 1
Khi đó ta có A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021 
b
c 
a
1
1
1
)
=
+
A (a 2021 + (−a ) 2021 + (−a ) 2021 )( 2021 +
2021
(−a)
(−a ) 2021
a
1
= (−a ) 2021.
(−a ) 2021
=1
2.
-Nếu z < 0 ⇒ 8 z + 10 không là số nguyên, ( x + y )( x − y ) ∈ z ⇒ (*) không thể xảy ra.
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

11 .
Nếu z= 0 ⇒ ( x + y )( x − y ) =

-

=
 x + y 11 =
x 6
⇒
Trường hợp 1. 
=
x − y 1 =
y 5

=
x + y 1 =
x 6
⇒
Trường hợp 2. 
11
x − y =
 y =−5
−11
−12
x + y =
x =
⇒
Trường hợp 3. 
 x − y =−1
 y =−1

−1
−12
x + y =
x =
⇒
Trường hợp 4. 
11
 x − y =−11
y =
Nếu z ≥ 1 ⇒ 8 z + 10 là số chẵn và chia 4 dư 2 ⇒ ( x + y )( x − y ) là số chẵn.

-

2 x là số chẵn ⇒ ( x + y ) và ( x − y ) là số chẵn.
Mà ( x + y )( x − y ) =

⇒ ( x + y )( x − y ) chia hết cho 4, mà 8 z + 10 không chia hết cho 4. Nên z ≥ 1 không thể
xảy ra.
Vậy bộ số nguyên ( x, y, z ) là ( 6,5, 0 ) ; ( 6, −5, 0 ) ; ( −12, −1, 0 ) ; ( −12,11, 0 )

Câu 3.

(2 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
+ 2 2
+ 2

2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3
Lời giải
a
b
c
A= 2 2
+ 2 2
+ 2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3

A=

2

Ta có: 2a 2 + b 2 + 3 = a 2 + b 2 + a 2 + 1 + 2 ≥ 2ab + 2a + 2abc
⇒

a
a
1
≤
=
2
2a + b + 3 2ab + 2a + 2abc 2(b + 1 + bc)
2

Tương tự
b
1

≤
2
2
2b + c + 3 2(c+ 1 + ac)
c
1
≤
2
2
2c + a + 3 2(a + 1 + ab)

b
bc
1
1
1
1
1
 1

+
+
=
+
+




2 1 + b + bc 1 + c + ac 1 + a + ab  2 1 + b + bc b + bc + abc bc + abc + ab.bc 

b
bc  1
1
1
⇒ A≤ 
+
+
=
2 1 + b + bc b + bc + 1 bc + 1 + b  2
A≤

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Dấu “ =” xảy ra khi a= b= c= 1
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là

Câu 4.

1
khi a= b= c= 1 .
2

(7 điểm)
Cho đoạn thẳng AB = 8cm và một điểm M nằm bất kỳ trên đoạn thẳng AB , một nửa
mặt phẳng bờ AB , dựng hai hình vng AMCD và BMEF . Gọi giao điểm của đường
thẳng AE và BC là điểm N , giao điểm của đường thẳng AC và BE là P .

a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn.
b)

Chứng minh rằng DN .FN = MN 2 và 3 điểm N , P, F thẳng hàng.

c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị lớn
nhất.
Lời giải

a) Chứng minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn.
 = 45o hay PAB
 = 45o .
Hình vng AMCD có đường chéo AC , suy ra CAM
 = 45o hay PBA
 = 45o .
Hình vng BMEF có đường chéo BE , suy ra EBM
Suy ra tam giác PAB vuông cân ở P , suy ra AP ⊥ BE.
Xét tam giác EAB có AP, EM là các đường cao và cắt nhau tại C ,
suy ra C là trực tâm tam giác EAB , suy ra BC ⊥ AE hay BN ⊥ AE .
Tứ giác ANPB có 
ANB
= 
APB
= 90o nên là tứ giác nội tiếp
Suy ra minh bốn điểm A, N , P, B cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh rằng DN .FN = MN 2 và 3 điểm N , P, F thẳng hàng.


Xét tứ giác ADNC , có 
= 

= 90o nên nội tiếp, suy ra DNA
ADC
ANC
= DCA
= 45o (1)


Tương tự ENF
= EBF
= 45o (2)


Từ (1) và (2), suy ra DNA
= ENF
= 45o . Vì E , N , A thẳng hàng nên D, N , F .


Suy ra MNF
= MEF
= 90o hay MN ⊥ DF .
 = DMC
 + EMF
 = 90o , từ đó theo hệ thức lượng trong tam
Xét tam giác DMF có DMF
giác vng ta có DN .FN = MN 2 .
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

Website:tailieumontoan.com
 + EPC
=
 = NPC
 hay
Ta có tứ giác ENCP nội tiếp vì ENC
180o , suy ra CEN

.
APD = NEM
 = NEM
 , suy ra 
 hay
Mặt khác tứ giác MNEF nội tiếp, suy ra MFN
APD = MFN

 mà AP //MF , suy ra D, P, F thẳng hàng, lại có D, P, N .
APD = DFM
Do đó bốn điểm D, N , P, F thẳng hàng. (đpcm).
Cách 2


Xét tứ giác ADNC , có 
ADC
= 
ANC
= 90o nên nội tiếp, suy ra DNA
= DCA
= 45o (1)



(2)
Tương tự ENF
= EBF
= 45o
o


Từ (1) và (2), suy ra DNA
= ENF
= 45 . Vì E , N , A thẳng hàng nên D, N , F .


Suy ra MNF
= MEF
= 90o hay MN ⊥ DF .
 = DMC
 + EMF
 = 90o , từ đó theo hệ thức lượng trong tam
Xét tam giác DMF có DMF
giác vng ta có DN .FN = MN 2 .
 + EPC
=
 = NPC
 hay 

Ta có tứ giác ENCP nội tiếp vì ENC
180o , suy ra CEN
APD = NEM
.

 = NEM
 , suy ra 
 hay
Mặt khác tứ giác MNEF nội tiếp, suy ra MFN
APD = MFN

 mà AP //MF , suy ra D, P, F thẳng hàng, lại có D, P, N .
APD = DFM
Do đó bốn điểm D, N , P, F thẳng hàng. (đpcm).

c) Tìm vị trí các điểm M trên đoạn thẳng AB để độ dài đoạn thẳng MN đạt giá trị
lớn nhất.
2

1
1
1
1
1
1 1
1 
4
4
1
=
+
=
+
≥ 
+

= 2 = .
Ta có
 ≥
2
2
2
2
2
2
4  MA MB  ( MA + MB )
AB 16
MN
MD MF
2 MA 2 MB
Suy ra MN 2 ≤ 16 ⇔ MN ≤ 4 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm AB.

Câu 5.

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
là các số ngun dương tính theo đơn vị cm,
có thể tích a (cm3 ) .
Biết khi đặt hình hộp chữ nhật đó lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là a (cm 2 )
(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của a .
Lời giải
Gọi các kích thước của hình hộp chữ nhật đó là x, y, z

a xyz
= 2 z ( x + y ) + xy ⇔ xy ( z − 1=

Từ giả thiết, ta có =
) 2 z ( x + y ) ⇒ z ≥ 2.
Ta có xy ( z − 1=
) 2 z ( x + y ) ≥ 4 z xy . ⇒ xy ≥

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

4z
16 z 3
⇔ xyz ≥
.
2
z −1
( z − 1)

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
4 ( z − 3) ( 4 z − 3)
16 z 3
Xét hiệu xyz ≥ =
108
−
≥ 0, z ≥ 2.
2
2
( z − 1)
( z − 1)
2

Suy ra xyz ≥

16 z 3

( z − 1)

2

≥ 108. Dấu “=” xảy ra tại x= 3; y= z= 6.

Vậy min a = 108
HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
UBND HUYỆN GIA LÂM
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021.
Câu 1.

MƠN: TỐN
(2.0 điểm). Cho đa thức f ( x ) = x + ax + bx + c trong đó a, b, c ∈  . Biết rằng khi chia
3

2

đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 thì được dư là 5, cịn chia đa thức f ( x ) cho đa thức

x + 1 thì được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) .
Câu 2.

(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:
a)

x − 2 x − 1=

b) x3 +

x −1 −1 .
n

Câu 3.

x3

( x − 1)

3

+

3x3
=
2.
x −1

n

5 + 3 5  1+ 5  5 − 3 5  1− 5 
*
(2.0 điểm).
Cho f ( n )
=
. 

 +
 với n ∈  .
10  2 
10  2 
Tính f ( n + 1) − f ( n − 1) .

Câu 4.

(2.0 điểm). Tìm số tự nhiên x , biết

1 1
1 1
1
1 
1612 .
 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 +  + 1 + 2 + 2  . (1 + 2 +  + x ) =
2
3
3
4

14
15



Câu 5.
Câu 6.

(2.0 điểm). Cho các số p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3 + 2 cũng là
số nguyên tố.
(2.0 điểm) Cho P là một điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD sao cho PA = 3cm,

=
PD 4=
cm, PC 5cm . Tính độ dài đoạn thẳng PB .

Câu 7.

Câu 8.

Câu 9.

(2.0 điểm) Tại khu điều trị bệnh nhân mắc COVID – 19 của một bệnh viện chỉ có bác sĩ
và bệnh nhân. Biết rằng nhiệt độ trung bình của các bác sĩ khác với nhiệt độ trung bình
của các bệnh nhân, nhưng trung bình của hai số này bằng nhiệt độ trung bình của tất cả
các bệnh nhân và các bác sĩ trong khu điều trị. Hỏi bác sĩ nhiều hơn hay số bệnh nhân
nhiều hơn.
°
°
2ab

((2.0 điểm) Cho tan x = 2
, trong đó a > b > 0 và 0 < x < 90 .
2
a −b
Hãy biểu diễn sin x theo a;b.

2020 . Tìm giá trị nhỏ
(2.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =

nhất của biểu thức P= 2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2
Câu 10. (2.0 điểm) Cho S là tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: Tổng của hai phần tử tùy ý
của S là một số chính phương. (Ví dụ S = {5; 20; 44} hoặc S = {10;5;90} là các tập hợp

thỏa mãn điều kiện trên). Chứng minh rằng tập hợp S có khơng q một phần tử là số lẻ.
HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
UBND HUYỆN GIA LÂM
NĂM HỌC 2020-2021.
MƠN: TỐN

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

(2.0 điểm). Cho đa thức f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c trong đó a, b, c ∈  . Biết rằng khi chia
đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 thì được dư là 5, cịn chia đa thức f ( x ) cho đa thức

x + 1 thì được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) .
Lời giải
Gọi thương trong phép chia đa thức f ( x ) cho đa thức x − 2 và x + 1 lần lượt là P ( x ) và

Q ( x)
Theo đề ra ta có f ( x ) =
( x − 2) P ( x ) + 5

(1)

f ( x) =
( x + 1) Q ( x ) − 4

( 2)

do với mọi x nên:

5
- Thay x = 2 vào (1) ta có: 8 + 4a − 2b + c =
- Thay x = −1 vào ( 2 ) ta có: −1 + a − b + c =−4

( 3)
( 4)

Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra 4a + 2b + c =a − b + c ( =−3) ⇔ 3a =−3b ⇔ a =−b
⇒ a 2019 =
−b 2019 ⇔ a 2019 + b 2019 =

0 ⇒ ( a 2019 + b 2019 )( b 2020 + c 2020 )( c 2021 + a 2021 ) =
0.

Câu 2.

(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:
a)

x − 2 x − 1=

b) x3 +

x −1 −1 .

x3

( x − 1)

3

+

3x3
2.
=
x −1

Lời giải
a) Điều kiện: x ≥ 1
Ta có:

x − 2 x − 1=

x −1 −1

⇔ x − 1 − 2 x − 1 + 1=
⇔

(

⇔

x − 1 − 1=

)

2

x −1 −1 =

x −1 −1

x −1 −1

x −1 −1

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC

Website:tailieumontoan.com
⇒ x − 1 − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 (TMĐK)
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =
{ x ∈  / x ≥ 2} .
b) ĐK: x ≠ 1
Ta có: x3 +

x3

( x − 1)

3

+

3x 2
=
2
x −1

3

x 
x 
x  3x 2

⇔x+
−
+

=
x
x
3
.
.
2


+
x −1 
x −1 
x −1  x −1

3

 x2 
x2 x2
3x 2
⇔
−
+
=
3.
.
2

x −1 x −1 x −1
 x −1 
3

2

 x2 
 x2 
3x 2
⇔
−
+
−1 =
3.
1



 x −1 
 x −1  x −1
3

 x2

x2
x2
⇔
− 1 = 1 ⇔
−1 = 1 ⇔
= 2 ⇔ x2 = 2 x − 2
x −1
x −1
 x −1 

⇔ ( x − 1) + 1 =
0 (phương trình vơ nghiệm)
2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = ∅ .
n

Câu 3.

n

5 + 3 5  1+ 5  5 − 3 5  1− 5 
*
(2.0 điểm).
Cho f ( n )
=
. 

 +
 với n ∈  .
10  2 
10  2 
Tính f ( n + 1) − f ( n − 1) .
Lời giải

f ( n + 1) − f ( n − 1)
5 + 3 5  1+ 5 
=



10  2 

n +1

5 − 3 5  1− 5 
+


10  2 

5 + 3 5  1+ 5 


10  2 

n −1

 1 + 5  2  5 − 3 5  1 − 5 n −1  1 − 5 2 

 − 1 +

 
 − 1
10  2   2 
 2 








5 + 3 5  1+ 5 


10  2 

n −1

1+ 5 5 − 3 5  1− 5 
.
+


2
10  2 

n

n +1

5 + 3 5  1+ 5 
−


10  2 

n −1

.

n −1

5 + 3 5  1+ 5 
−


10  2 

n −1

1− 5
2

n

5 + 3 5  1+ 5  5 − 3 5  1− 5 
=

 +

 = f (n)
10  2 
10  2 

f (n) .
Vậy f ( n + 1) − f ( n − 1) =

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Câu 4.

(2.0 điểm). Tìm số tự nhiên x , biết

1 1
1 1
1
1 
1612 .
 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 +  + 1 + 2 + 2  . (1 + 2 +  + x ) =
2
3
3
4
14
15


Lời giải

n 2 ( n + 1) + ( n + 1) + n 2 n 4 + n 2 + 1 + 2n3 + 2n 2 + 2n
1
1
Ta thấy
=
=

1+ 2 +
2
2
n ( n + 1)2
n 2 ( n + 1)
n 2 ( n + 1)
2

(n
=

2

+ n + 1)

n 2 ( n + 1)

2

2

⇒ 1+

2

1
1
n2 + n + 1
1
1

+
=
=1 + −
2
2
n ( n + 1)
n ( n + 1)
n n +1

Áp dụng với n = 2,3, 4...,14 ta có:
1 1
1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 + 2
2
2 3
3 4
4 5
14 15
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
13
= 1 + − + 1 + − + 1 + − + ... + 1 + − = 13 + − = 13
2 3
3 4

4 5
14 15
2 15
30
1+

Khi đó phương trình đã cho ⇔ 13

403x ( x + 1)
13 x ( x + 1)
.
=
1612 ⇔
=
1612
30
2
60

⇔ x ( x + 1) = 240 ⇔ x 2 + 2 − 240 = 0 ⇔ ( x − 15 )( x + 16 ) = 0
⇔ x −=
=
x 15
15 0 ( do x + 16 ≥ 16 > 0 ) ⇔

Vậy x = 15 .
Câu 5.

(2.0 điểm). Cho các số p và p 2 + 2 là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p 3 + 2 cũng là
số nguyên tố.

Lời giải
- Xét p = 2 thì p 2 + 2 = 4 + 2 = 6 (loại). Vì 6 khơng là số ngun tố.
- Xét p = 3 thì p 2 + 2 = 9 + 2 = 11 (nhận). Vì 11 là số nguyên tố.
Suy ra, p 3 + 2 = 33 + 2 = 29 (nhận). Vì 29 là số nguyên tố.
- Xét p > 3 .
Vì p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3 (1).
Mà p ∈  suy ra p 2 là số chính phương (2).
Từ (1), (2) suy ra p 2 chia cho 3 dư 1 .
⇒ p 2 + 2 chia hết cho 3. (3)
Mặt khác, p > 3 ⇒ p 2 > 9 ⇒ p 2 + 2 > 11 (4)

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Từ (3), (4) suy ra p 2 + 2 là hợp số (trái với đề bài).
Vậy p = 3 thỏa mãn bài toán.
Câu 6. (2.0 điểm) Cho P là một điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD sao cho
cm, PC 5cm . Tính độ dài đoạn thẳng PB .
=
PA 3cm,
=
PD 4=
Lời giải

Qua P kẻ đường thẳng HK / / CD, H ∈ AD, K ∈ BC ⇒ HK ⊥ AD, HK ⊥ BC
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác vng ta có:
PA2 − PD 2 = ( PH 2 + HA2 ) − ( PH 2 + HD 2 ) = HA2 − HD 2

PB 2 − PC 2 = ( PK 2 + KB 2 ) − ( PK 2 + KC 2 ) = KB 2 − KC 2

Ta chứng minh được
=
HA KB
=
, HD KC
⇒ PA2 − PD 2 =
PB 2 − PC 2 ⇒ PB 2 =
PA2 − PD 2 + PC 2 ⇒ PB 2 =
32 − 42 + 52 =
18

⇒ PB =

Câu 7.

18 = 3 2 cm .

(2.0 điểm) Tại khu điều trị bệnh nhân mắc COVID – 19 của một bệnh viện chỉ có bác sĩ
và bệnh nhân. Biết rằng nhiệt độ trung bình của các bác sĩ khác với nhiệt độ trung bình
của các bệnh nhân, nhưng trung bình của hai số này bằng nhiệt độ trung bình của tất cả
các bệnh nhân và các bác sĩ trong khu điều trị. Hỏi bác sĩ nhiều hơn hay số bệnh nhân
nhiều hơn.
Lời giải
Gọi số bác sỹ là a (người) ( a ∈ N *)
Nhiệt độ trung bình của các bác sỹ là x (độ)
Số bệnh nhân là y (người) ( y ∈ N *)
Nhiệt độ trung bình của bệnh nhân là y (độ) ( y ≠ x )

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
Theo đề bài ta có:

x + y ax + by
=
⇔ ( x + y )( a + b )= 2 ( ax + by ) ⇔ ax + ay + bx + by = 2ax + 2by
2
a+b

⇔ ax + by − bx − ay =0 ⇔ ( a − b )( x − y ) =0
Mà x khác y nên a − b = 0 ⇔ a = b
Vậy số bác sỹ và số bệnh nhân bằng nhau.
Câu 8.

2ab
, trong đó a > b > 0 và 00 < x < 900 .
a − b2
Hãy biểu diễn sin x theo a; b.
Lời giải
(2.0 điểm) Cho tan x =

2

Vẽ tam giác ABC vng tại A có
AC

= 2ab, AB
= a 2 − b2
Khi đó số đo góc B chính là số đo x
Áp dụng định lý Pytago vào tam giác
2
ABC ta có: BC
=
AB 2 + AC 2

⇔ BC = AB 2 + AC 2 = (a 2 − b 2 ) 2 + 4a 2b 2 = ( a 2 + b 2 ) ⇔ BC =a 2 + b 2
2

2ab
⋅
a + b2
2020 . Tìm giá trị nhỏ
(2.0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c =
Khi đó ta có sin x =

Câu 9.

nhất của biểu thức P=

2

2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2
Lời giải

Ta có 4 ( 2a 2 + ab + 2b 2 )= 5 ( a 2 + 2ab + b 2 ) + 3 ( a 2 − 2ab + b 2 )
= 5( a + b) + 3( a − b) ≥ 5( a + b)

2

2

⇒ 2 2a 2 + ab + b 2 ≥ 5 ( a + b ) ⇔ 2a 2 + ab + b 2 ≥

2

5
( a + b )(1)
2

Dấu bằng xảy ra khi a = b .
Tương tự ta có: ⇒ 2 2b 2 + bc + c 2 ≥ 5 ( b + c ) ⇔ 2b 2 + bc + c 2 ≥
⇒ 2 2c 2 + ac + a 2 ≥ 5 ( c + a ) ⇔ 2c 2 + ac + a 2 ≥

5
( b + c )( 2 )
2
5
( c + a )( 3)
2

Cộng vế với vế của (1); (2) và (3) ta có:
Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


Website:tailieumontoan.com

=
P

2a 2 + ab + b 2 + 2b 2 + bc + c 2 + 2c 2 + ca + a 2 ≥

Dấu bằng xảy ra khi a= b= c=

5
.2 ( a + b + =
c ) 2020 5
2

2020
.
3

Vậy min P = 2020 5 ⇔ a = b = c =

2020
.
3

Câu 10. (2.0 điểm) Cho S là tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: Tổng của hai phần tử tùy ý
của S là một số chính phương. (Ví dụ S = {5; 20; 44} hoặc S = {10;5;90} là các tập hợp

thỏa mãn điều kiện trên). Chứng minh rằng tập hợp S có khơng q một phần tử là số lẻ.
Lời giải
Ta đã biết số chính phương hoặc chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 .
Xét tập S = {a, b, c} thỏa u cầu.
•

Nếu a, b, c là các số lẻ thì (a + b) 4 , (b + c) 4 và (a + c) 4 .
Khi đó a + b + b + c − (a + c) =
2b  4 .
Suy ra b là số chẵn (mâu thuẫn với b lẻ).

•

Nếu a, b là các số lẻ và c chẵn thì (a + b) 4 , (b + c) − (a + c) 4 .
Khi đó a + b + (b + c) − (a + c) =
2b 4 .
Suy ra b là số chẵn (mâu thuẫn với b lẻ).

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SÊ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 12/11/2020

Câu 1.

(5.0 điểm)





a) Tính giá trị biểu thức a 3  15a  25

2020

3

3

với a  13  7 6  13  7 6 .

b) Tìm các cặp số nguyên (x , y ) thỏa mãn x 2  2x (2y  1)  5y 2  2y  0 .

Câu 2.

(5.0 điểm)
a) Chứng minh rằng
hữu tỉ và r dương.

3

2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là các số

b) Xét các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 

1 1 1
  . Chứng minh rằng
a b c

8ab  1  8bc  1  8ca  1  3(a  b  c)

Câu 3.

(3.0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC đường cao CK ; H là trực tâm của tam giác. Gọi M là một
  90 ; S , S , S theo thứ tự là diện tích các tam giác
điểm trên CK sao cho AMB
1
2

AMB, ABC và ABH
a) Chứng minh: HK .CK  AK .BK
b) Chứng minh: S  S1S 2 .

Câu 4.

Câu 5.

(4.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trên cạnh BC lấy một điểm M bất kỳ ( M
không trùng với B và C ). Từ M kẻ ME vng góc AB tại E , MF vng góc
AC tại F .
a) Chứng minh rằng khi M di chuyển trên cạnh BC thì đường thẳng qua M và
vng góc với EF ln đi qua một điểm cố định D .
b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để diện tích tam giác EDF có giá trị
nhỏ nhất.
(3.0 điểm)
Cho 7 đoạn thẳng có độ dài lớn hơn 10 và nhỏ hơn 100. Chứng minh rằng ln tìm

được 3 đoạn để có thể ghép thành một tam giác.
HẾT

Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN CHƯ SÊ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021. MƠN: TỐN
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 12/11/2020

Câu 1.

(5.0 điểm)
a) Tính giá trị biểu thức a 3  15a  25

2020

với a  3 13  7 6  3 13  7 6 .

b) Tìm các cặp số nguyên (x , y ) thỏa mãn x 2  2x (2y  1)  5y 2  2y  0 .
Lời giải
3

3

3

a) Ta có: (x  y )  x  y  3xy(x  y ) .
Áp dụng hằng đẳng thức trên ta có:
3

3

a 3  ( 13  7 6  13  7 6 )3
3

3

 13  7 6  13  7 6  3 3 (13  7 6)(13  7 6)  ( 13  7 6  13  7 6 )
 26  3  3 132  (7 6)2 a

 26  3.(5)a
 26  15a
 a 3  26  15a
 a 3  15a  25  1

Khi đó ta có: a 3  15a  25

2020

 12020  1 .

b) Ta có:
x 2  2x (2y  1)  5y 2  2y  0

 x 2  4xy  2x  5y 2  2y  0
 x 2  4xy  4y 2  2x  4y  1  y 2  2y  1  2
 (x  2y )2  2(x  2y )  1  (y  1)2  2

Do x , y là các số nguyên nên ta có các trường hợp sau:


x  2y  1  1
x  6
TH1: 





y 1  1
y 2






x  2
x  2y  1  1

TH2: 





y  1  1
y0







x  2y  1  1

x  4 .
TH3: 



y 1  1
y 2





x  2y  1  1
x  0


TH4: 





y  1  1
y0





Liên hệ tài liệu word mơn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC


Website:tailieumontoan.com

Câu 2.

Vậy các cặp số nguyên (x ; y ) cần tìm là (6;2),(2; 0),(4;2),(0; 0)
(5.0 điểm)
a) Chứng minh rằng 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là
các số hữu tỉ và r dương.
b) Xét các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 

1 1 1
  . Chứng minh rằng
a b c

8ab  1  8bc  1  8ca  13(a  b  c)
Lời giải

Giả sử

3

2  p q r .

 2  (p  q r )3
 2  p 3  3p 2q r  3pq 2r  q 3 r 3



 2  p 3  3pq 2r  r 3p 2q  q 3r
 r 



2  p 3  3pq 2r
3p 2q  q 3r
2

m 
+ Nếu r là số chính phương hoặc là số hữu tỉ có dạng  
 n 

 p  q r   với mọi số p, q    3 2 là số hữu tỉ.

Điều này vơ lý vì

3

2 là số vơ tỉ.
2

m 
+ Nếu r khơng là số chính phương hoặc khơng là số hữu tỉ có dạng   .
 n 
 r là số vô tỉ  vơ lý vì

2  p 3  3pq 2r
là số hữu tỉ với mọi số p, q, r   .
3p 2q  q 3r

Vậy 3 2 không thể biểu diễn dưới dạng p  q r với p, q, r là các số hữu tỉ và
r dương.
b) Với ba số dương a, b, c xét biếu thức:
2


1
1
1 

( 8ab  1  8bc  1  8ca  1)2   a 8b   b 8c   c 8a   .

a
b
c 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz cho hai bộ ba số ( a ; b ; c ) và

1
1
1 

8
b
;
8
c
;
8
a



 ta có:

a
b
c 

2






 a 8b  1  b 8c  1  c 8a  1   (a  b  c) 8b  1  8c  1  8a  1 


a
b
c 
a
b
c 

Liên hệ tài liệu word môn tốn: 039.373.2038

TÀI LIỆU TỐN HỌC