TUYỂN tập đề THI HSG TOÁN 9 THÀNH PHỐ HA NOI 1997 2022

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG TOÁN 9
THÀNH PHỐ HÀ NỘI
1997 – 2022
( Dùng cho ơn thi HSG Tốn 9 , ôn thi vào trường
chuyên , lớp chọn )

HÀ NỘI , 2022


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
MỤC LỤC
ĐỀ SỐ

ĐỀ THI

1

Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2021 - 2022
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2020 – 2021
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2019 – 2020
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2018 – 2019
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2017 – 2018
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2016 – 2017
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2015 – 2016
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2014 – 2015
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2013 – 2014
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2012 – 2013
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2011 – 2012
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2010 – 2011
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2009 – 2010
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2008 – 2009

Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2007 – 2008
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2006 – 2007
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2005 - 2006
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2004 – 2005
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2003 – 2004
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2002 – 2003
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2001 – 2002
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 2000 – 2001
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1999 - 2000
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1998 - 1999
Đề thi HSG thành phố Hà Nội 1997 - 1998

2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16

17
18

19
20
21
22
23
24
25

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2021 – 2022

HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN THI : TỐN
Thời gian : 150 phút

Bài 1

x  3  3x  1  x  3 .

1

Giải phương trình

2

Cho a, b, c là các số thực khác 0 , thỏa mãn a 2  ab  c 2  bc và a 2  ac  b 2  bc . Tính
 a  b  c 
giá trị của biểu thức K  1   1   1   .
 b  c  a 

Bài 2
1 Tìm tát cả các số tự nhiên m, n để 3m  2022  n 2 .
2

Tìm tất cả các số nguyên tố p để phương trình x3  y 3  3xy  1  p có nghiệm nguyên
dương.

Bài 3
Với các số thực a, b, c thôa mân 0„ a, b, c„ 1 và̀ a  b  c  2 , tìm giá trị lơn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
ab
bc
ca
P


1  ab 1  bc 1  ca
Bài 4
Cho tam giác ABC nhọn ( AB  AC ) , nội tiếp đường tròn  O  . Các đường cao AD, BE , CF của
tam giác ABC đồng quy tại trực tâm H . Gọi K , Q lần lưọt ià giao diểm của dường thẳng EF
vôi hai dường thẳng AH , AO .
1

Chimg minh răng AQE  90 .

2
3

Gọi I là trung điểm của AH . Chưng minh ràng IE 2  IK  ID .
Gọi R, J lần lượt là trung điểm của BE , CF . Chứng minh rằng JR vng góc với QD .

Bài 5
1
2

Tìm tất cả các số nguyên dương a , b sao cho  a 3  b  b3  a  là lập phương của một số
nguyên tố.
Trên bảng ta viết số tự nhiên 2222 gồm 2022 chữ số 2 . Mỗi bước ta chọn 22 chữ số
liên tiếp nào đó có chữ số ngồi cùng bằng 2, rị̀ biến đổi các chữ số đưđ̛̣c chọn theo quy
tắc: chữ số 2 đổi thành chữ số 0 cịn chữ sơ 0 đổi thành chữ sô 2.
a) Chứng minh mọi cách thực hiện đều phải dừng lại sau một số hữu hạn bước.
b) Giả sử sau khi thực hiện được n bước thì khơng thể thực hiện thềm bược nào nữa.
Chứng minh n là số lẻ.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 :
Lời giải.
1

1
Điều kiện xác định: x… .
3
Âp đụng bất đẳng thức AM  GM cho

x  3 và

3x  1 , ta được

1
1
1  4   x  3 4   3x  1 
VT   2  x  3   2  3x  1„ 

  x  3  VP.
2
2
2
2
2

 x  3  2
x  1 (thỏa mãn điều kiện xác định).
Vậy PT 
 3x  1  2
2. Trừ theo vế hai đẳng thức a 2  ab  c 2  bc và a 2  ac  b 2  bc ta thu được

b  c  a  b  c   0.
Ta xét hai trường hợp sau




a  b  c  0 , thay vào ta được K  1 .
a  b  c
b  c  0 . Khi đó a 2  ab  2b 2 , dẫn tới 
 a  2b  2c.
Nếu a  2b  2c thì a  b  c  0 và do đó K  1 . Nếu a  b  c thì ta thu đươc
K 8.

Bài 2 :
Lời giải.
1

Giả sử 𝑚 là một số tự nhiên thoả mãn 3𝑚 + 2022 = 𝑛2 .
Nếu 𝑚 ⩾ 2 ta có 𝑛2 − 2022 = 3𝑚 ÷ 9. Diều này dẫn đến 𝑛2 + 3 ⋮ 9.
Ta thấy, một số khi chia cho 9 có thể có các số dư sau: {0,1,2, … ,8}, từ đó dẫn tới một số
chính phương khi chia cho 9 chỉ có thể dư 0,1,4,7.
Khi đó 𝑛2 + 3 khơng thể chia hết cho 9 .
Vậy 𝑚 < 2, thử trực tiếp ta có được 𝑚 = 1, 𝑛 = 45 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Khi đó 𝑚 = 1, 𝑛 = 45.

2

Sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc ta có,

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

𝑥 3 + 𝑦 3 + 1 − 3𝑥𝑦 = (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦).
Khi đó phương trình tương đương với (𝑥 + 𝑦 + 1)(𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦) = 𝑝.
Giả sử phương trình có nghiệm ngun dương là 𝑥, 𝑦. Khi đó 𝑥 + 𝑦 + 1 ≥ 3, nên chỉ có trường
hợp sau
{

𝑥+𝑦+1= 𝑝
𝑥 2 + 𝑦 2 + 1 − 𝑥 − 𝑦 − 𝑥𝑦 = 1.

Phương trình thứ hai tương đương với (𝑥 − 𝑦)2 + (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 1)2 = 2. Mà 2 = 02 + 12 +
12 = 02 + (−1)2 + 12 = 02 + (−1)2 + (−1)2 , 𝑥, 𝑦 là các số nguyên dương, ta suy ra (𝑥, 𝑦) ∈
{(2,2), (2,1), (1,2)}. Chú ý 𝑝 = 𝑥 + 𝑦 + 1 là số nguyên tố nên chỉ có cặp (𝑥, 𝑦) = (2,2) thoả
mān. Khi đó 𝑝 = 5.
Bài 3 :
Lời giải.


Tìm giá tri lốn nhất của 𝑃.
𝑃

Vậy maxP 


1
1
1
+
+
)
1 + 𝑎𝑏 1 + 𝑏𝑐 1 + 𝑐𝑎

9
⩽ 3−
3 + 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎
9
12
⩽ 3−
=
.
2
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
13
3+
3
= 3−(

12
2
. Dấu bằng xăy ra khi a  b  c  .
13
3

Tìn giá trị nhỏ nhất của P .
Cách 1: Khơng mất tính tổng quát giả sử 1…a…b…c…0 , suy ra ab, bc, ca…0 . Vì 0„ a, b„ 1
nên  a 1b 1…0 suy ra ab  1…a  b . Do đó,

ab
„ 1.
ab  1
Chứng minh tương tự, ta cũng được

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
bc
ca
„ 1 và
„ 1.
bc  1
ca  1
Đặt
𝑄=

1
1
1
+
+
𝑎𝑏 + 1 𝑏𝑐 + 1 𝑎𝑐 + 1

Khỉ đó,
2𝑄

Suy ra P  3  Q…3 
Vầy minP 

𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐 𝑎+𝑏+𝑐
+
+
𝑎𝑏 + 1

𝑏𝑐 + 1
𝑎𝑐 + 1
𝑎+𝑏
𝑐
𝑏+𝑐
𝑎
𝑎+𝑐
𝑏
=
+
+
+
+
+
𝑎𝑏 + 1 𝑎𝑏 + 1 𝑏𝑐 + 1 𝑏𝑐 + 1 𝑎𝑐 + 1 𝑎𝑐 + 1
⩽1+𝑐+1+𝑎+1+𝑏 =5
=

5 1
 .
2 2

1
. Dấu bằng xảy ra khi a  b  1, c  0 .
2

Bài 4 :

FILE WORD LH ZALO : 0816457443

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

1

Đầu tiên chú ý rằng

AEB  AFC  ggg  , suy ra

AE AF

và từ đó thu đươc
AB AC

AEF  ABC ( c.g.c ) . Do đó, AEF  ABC . Từ đó ta có OAC  90 

1
AOC 
2

90  ABC  90  AEF , như vây AEF  OAC  90 . Do dó, AQE  90 .
2

Dễ ý rằng AEH  AFH  90 nên bốn điểm A, E , F , H cùng nằm trền đường trịn dương
kính AH . Vi thế trung diểm I của AH chính là tâm ngoại tiếp cüa

AEF . Từ đố ta thu

ˆ
1

được IEF  90  EIF  90  EAF  ACH . Mặt khác, chú y rà̀ ng
2

AEH  ADC  g  g  nên

AE AD

, từ đó suy ra AED  AHC (c.g.c) và
AH AC

ADE  ACH . Như vây, IEF  ADE , từ đó suy ra IKE  IED  g.g  . Vi thế,

IK IE

IE ID

, dẩn đến IE 2  IK  ID .
3

Gọi X , Y làn lượt là các điểm đối xưng với E , B qua Q , D . Tì đó, nhận xết rằng
và

AEX .

ABY là các tam giác cân tại A . Mặt khác, từ chứng minh các câu trên ta có

QAE  BAD và vì thê XAE  2QAE  2BAD  BAY . Từ đó suy ra BAX  YAE và dãn
đến

AXB  AEY  c.g  c  . Như vầy, BX  EY . Hơn nữa, để ỷ ràng RQ và RD tương

ửng là các đường trung bình của các tam giác EBX và BEY , do đó

RQ 

1
1
BX  EY  RD . Chứng minh tương tự ta cûng được JD  JQ . Như vạyy R.J
2
2

là đường trung trực của đọan thẳng QD , vì thế JR  QD .
Bài 5 :
1

Giả sử tồn tại số nguyên tố 𝑝 sao cho (𝑎3 + 𝑏)(𝑏3 + 𝑎) = 𝑝3 .
Rō ràng 𝑎 ≠ 𝑏 vì nếu 𝑎 = 𝑏 thì 𝑝3 = (𝑎3 + 𝑎)2 . Diều này vơ lí do 𝑝 là số nguyên tố.
Giả sử 𝑎 > 𝑏. Vơi chú ý rằng U𝐷(𝑝3 ) = {1; 𝑝; 𝑝2 ; 𝑝3 } ta suy ra
𝑎3 + 𝑏 = 𝑝2
𝑏3 + 𝑎 = 1
{ 𝑎3 + 𝑏 = 𝑝 họ̆c { 3
𝑎 + 𝑏 = 𝑝3 .
𝑝 > 𝑎𝑏

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

Khả năng {

𝑏3 + 𝑎 = 1
khồng thể xảy ra do 𝑏3 + 𝑎 ⩾ 2 vơi mọi 𝑎, 𝑏 ∈ ℤ+ .
𝑎3 + 𝑏 = 𝑝3

Ta có 𝑎 = 𝑝 − 𝑏3 ⇒ (𝑝 − 𝑏3 )3 + 𝑏 = 𝑝2 . Do đó, (𝑝 − 𝑏3 )3 + 𝑏 = 𝑝2 hay 𝑏9 − 𝑏: 𝑝. V1 vây
𝑏(𝑏 − 1)(𝑏 + 1)(𝑏2 + 1)(𝑏4 + 1) ⋮ 𝑝.
Từ đó suy ra [

𝑏−1=0
𝑏4 + 1 ⋮ 𝑝.

Ta xét hai trường hơp như sau


𝑏 = 1 ⇒ 𝑎3 + 1 = (𝑎 + 1)2 ⇒ 𝑝 = 3, 𝑎 = 2 ⇒ 𝑎3 − 𝑎2 − 2𝑎 = 0 ⇒ 𝑎(𝑎 − 2)(𝑎 +
1) = 0.
Khi đó 𝑎 = 1 hoắc 𝑎 = 2. Thay vào ta được (𝑎, 𝑏) ∈ {(1,2), (2,1)}.



𝑏4 + 1 ⋮ 𝑝. Rõ ràng 𝑏(𝑏3 + 𝑎) − (𝑏4 + 1) ⋮ 𝑝. Từ đó suy ra 𝑎 ⋅ 𝑏 − 1 ⋮ 𝑝 (Vơ lí vì 𝑝 >
𝑎𝑏 > 0)
Vây (𝑎, 𝑏) ∈ {(1,2), (2,1)}.

2.
a) Xét 𝑥 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅,
𝑥2022 𝑥2021 … 𝑥1 trong đó 𝑥1 , 𝑥2 … , 𝑥2022 nhận giá trị 0 họ̆c̣ 2. Ta xét hàm số
𝑓(𝑥) = 𝑥2022 ⋅ 22022 + 𝑥2021 ⋅ 22021 + ⋯ + 𝑥1 ⋅ 2.
Ta có nhận xét quan trọng là sau mồi bược biến đổi 𝑥 thành 𝑦 thì 𝑓(𝑥) > 𝑓(𝑦). Thạ̉t vầy, giả sử

ta tác động vào các chữ số từ 𝑥𝑛−21 tơii 𝑥𝑛 , thì có 𝑦𝑚 = 2 − 𝑥𝑚 , với 𝑛 ≥ 𝑚 ≥ 𝑛 − 21.
Khi đó
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦) = [𝑥𝑛 − (2 − 𝑥𝑛 )] ⋅ 2𝑛 + ⋯ + [𝑥𝑛−21 − (2 − 𝑥𝑛−21 )] ⋅ 2𝑛−21 .
Chú ỳ rùng có 𝑥𝑛 = 2 nền
𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)

= 2 ⋅ 2𝑛 + (2𝑥𝑛−1 − 2) ⋅ 2𝑛 + ⋯ + (2𝑥𝑛−21 − 2) ⋅ 2𝑛−21
≥ 2 ⋅ 2𝑛 + (−2) ⋅ 2𝑛−1 + ⋯ + (−2) ⋅ 2𝑛−21
= 2𝑛+1 − 2𝑛 − 2𝑛−1 − ⋯ − 2𝑛−20 = 2𝑛−20 > 0

Đến đây chú ý 𝑓(𝑥) ≥ 0 với mọi 𝑥 trên bảng, do đó quá trình sê phải dì̀ng lại.
b) Xét 𝑥 là số trên bảng. Dật 𝑎𝑖 là chữ số thứ 22𝑖 (xết từ phải qua trái) của 𝑥, vớ 𝑖 = 1,2, … ,91.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
Sau mổi bước có một và chỉ một trong các 𝑎𝑖 được tác động, do trong 22 số tự nhiên liền tiệp
ln có một số là bội của 22 . Mà quá trình chỉ kết thúc khi các chữ số tì̀ chữ số thứ 22 trở đi đều
là 0 , tưc mọi 𝑎𝑖 = 0, kéo theo mỗi 𝑎𝑖 được tác động lẻ lần. Do i nhặn 91 giá trị nên số bươ̂c thực
hiện sẽ là lẻ.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO
HÀ NỘI
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI : TỐN
Thời gian : 150 phút

Bài I (5,0 điểm)
1 Giải phương trình x 2  x  8  4 x  3 .
2 Cho a, b, c là các số thực đôi một khác nhau. Chứng minh biểu thức
K

a2
b2
c2
có giá trị nguyên.


 a  b  a  c   b  a  b  c   c  a  c  b 

Bài II (5,0 điểm)
1
Biết a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a  b  c chia hết cho 3 và ab  bc  ca chia
hết cho 3. Chứng minh ab  bc  ca chia hết cho 9 .
2
Cho đa thức P  x   x3  ax  b có nghiệm 1  3 ( a , b là các số hữu tỉ). Chứng

minhP  x  chia hết cho đa thức x 2  2 x  2 .
Bài III (2,0 điểm)
Với các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 , tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức Q  a  b  b  c  c  a .
Bài IV (6,0 điểm)

Cho đường tròn  I  nội tiếp tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) . Đường tròn  I  tiếp xúc với
BC , CA lần lượt tại D , E . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BI , cắt AI tại J . Gọi P là
hình chiếu vng góc của J trên BC .
1 Chứng minh BD  CP .
1
1
2


2 Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC . Chứng minh
.
AI AJ AN
3 Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE . Gọi K là trung điểm của PQ .
Chứng minh BK vng góc với AP .
Bài V (2,0 điểm)
1 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x  2 y  1  2 z .
2 Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1 . Năm điểm phân biệt được đặt tùy ỳ vào hình
chữ nhật sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể
được đặt trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật).
a) Chứng minh mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích
1
khơng vượt q .
2
b) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi N là số tam giác có ba
1
đỉnh là ba điểm trong năm điểm đó và có diện tích khơng vượt q . Tìm giá trị nhỏ
4
nhất của N .

FILE WORD LH ZALO : 0816457443

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 :
Lời giải.
1

Diều kiện xác đinh: 𝑥 ≥ −3. Phtrong trình ban đầu tương đtrơng vơi
(𝑥 − 1)2 + (√𝑥 + 3 − 2)2 = 0 ⟺ 𝑥 − 1 = √𝑥 + 3 − 2 = 0 ⟺ 𝑥 = 1.

Vây 𝑆 = {1}.
2. Quy đồng mẫu số biểu thức 𝐾 thì ta đưc̛̣c
𝑎2 (𝑐 − 𝑏) + 𝑏2 (𝑎 − 𝑐) + 𝑐 2 (𝑏 − 𝑎)
𝐾=
(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑐 − 𝑎)
Phẳn tích thành nhân tử ờ tử số của 𝐾
Tử số 𝐾 = 𝑎2 (𝑐 − 𝑎 + 𝑎 − 𝑏) + 𝑏2 (𝑎 − 𝑐) + 𝑐 2 (𝑏 − 𝑎)
= (𝑐 − 𝑎)(𝑎2 − 𝑏2 ) + (𝑎 − 𝑏)(𝑎2 − 𝑐 2 )
= (𝑐 − 𝑎)(𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) + (𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐)(𝑎 + 𝑐)
= (𝑎 − 𝑏)(𝑐 − 𝑎)(𝑎 + 𝑏 − 𝑎 − 𝑐)
= (𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑐 − 𝑎).
Do vậy, 𝐾 = 1 ∈ 𝑍.
Bài 2 :
Lòi giải.
1

Dật 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3𝑘 (vơi 𝑘 ∈ ℤ). Khi đó ta có 𝑐 = 3𝑘 − (𝑎 + 𝑏). Vi vâyy
𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎

= 𝑎𝑏 − 𝑐(𝑎 + 𝑏)
= 𝑎𝑏 − 3𝑘(𝑎 + 𝑏) + (𝑎 + 𝑏)2
= 𝑎2 + 𝑏2 + 3𝑎𝑏 − 3𝑘(𝑎 + 𝑏)

Tì̀ giả thiết ta suy ra 𝑎2 + 𝑏2 chia hết cho 3. Sử dụng kết quả quen thuọc ta suy ra 𝑎, 𝑏 đều chia
hết cho 3 , điều này cûng kéo theo 𝑐 chia hết cho 3 . Như văy, 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎 chia hết cho 9.
2. Ta có 𝑃(1 + √3) = 0 nên (1 + √3)3 + 𝑎(1√3) + 𝑏 = 0 hay
(𝑎 + 𝑏 + 10) + (𝑎 + 6)√3 = 0.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
V a , b là các số hữu tỵ nền a  b  10, a  6 cūng là các số hữu tỉ nên theo kết quả quen thuộc "né̉
A, B là ộc số hथ̂̉ tỉ thổ mân A  B 3  0 thì A  B  0" , ta suy ra a  b 10  a  6  0 . Khi đô





P 1  3   a  b  10    a  6  3  0 . Điều này có nghĩa là P  x  có nghiệm là 1  3 . Suy

 

ra P  x  chia hét cho x  1  3

  x  1  3   x

2

 2x  2 .

Bài 3 :
Lời giải.
1

Vi (a  b  c) 2  3  a 2  b 2  c 2   3 nên a  b  c  3 . Áp dụng bát đẳng thức
Bunhiacovsky, ta có

Q2  3  a  b  b  c  c  a   6  a  b  c   108
nên Q  4 108 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
4

1
. Từ đó giá trị lớn nhất của Q là
3

108 .

2. Từ giả thiét suy ra a, b, c  1 kéo theo a  a 2 , b  b2 , c  c 2 . Ta có Q2  2  a  b  c  

2

 a  b  a  c   2 b  c b  a   2  c  a  c  b 



và lux ý là  a  b  a  c   a 2 ,.. nên



Q 2  4  a  b  c   4 a 2  b 2  c 2  4 . Suy ra Q  2 . Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi
a  1, b  c  0 . Vạy giá trị nhỏ nhát của Q là 2 .

Bài 4 :
Lời giải.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

1

Từ giả thiết ta suy ra J là tâm của đường tròn  J  bàng tiépp đỉnh A của tam giác

ABC và P là tiếp điểm của đường tròn  J  với cạnh BC . Dặt BC  a, CA  b, AB  c
và p 

abc
. Từ kết quả quen thuộc thì ta có
2
BD  CP  p  b 

2

AB  BC  CA
.
2

Ta có BI , BJ tương tíng là phân giác trong và phân giác ngồi của ABC . Sừ dụng tính
chá́ t phân giác cho tam giác ABN thì ta được

AN BA  BN
AN BA  BN

và

.
AI
BA
AJ
BA
Do đó,

1
1
2
AN AN



 2 . Từ đó suy ra
.
AI AJ AN
AI
AJ

3. Dựng đường kính DX của đường trịn  I  . Ta có kết quả quen thuộc rằng A, X , P thẳng





hàng. Chú ý rằng ta c CI  DE . Do DIC  PDQ  90  ICB nên IDC  DPQ  g.g  . Từ
đó suy ra

DP ID ID


. Dể ý rằng DX  2 ID và PQ  2 PK , nên ta được
PQ CD BP

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
DP 2 DP 2 ID DX



.
PK
PQ
BP
BP

Diều này kéo theo DPX  PKB (c.g.c). Do đó, APB  XPD  BKP  90  PBK hay

APB  PBK  90 . Vì vây, BK  AP .

Bài 5 :
Lời giải.
1

Ta có 1  2 z  3x  2 y  2 y nên z  y . Ngoài ra vì 2 y  2z  1 mod3 nên z chẳn, còn y
lẻ. Xét các khả năng
(a) Nếu y  1 thì 3x  2 z  1   2k  1 2k  1 với k 

z
. Vì  2k  1   2k  1  2 không
2

chia hết cho 3 nên 2k  1  1 kéo theo k  1 . Từ đó tìm được z  2, x  1 . Suy ra

 x, y, z   1;1;2

là một nghiệm của phương trình đã cho.

(b) Nếu 𝑦 ≥ 2 thì 𝑧 > 2, tì̀ đó suy ra 3𝑥 − 1 = 2𝑥 − 2𝑦 chia hết cho 4 . Tìr đơ 𝑥 chăn và đật 𝑥 =
2𝑡 vồi 𝑡 ∈ ℕ. Thế thì
32𝑡 − 1 = 2𝑦 (2𝑧−𝑦 − 1)
Nếu 𝑡 chẫn thì 𝑥 chia hết cho 4 và khi đó 3𝑥 − 1 chia hết cho 5 nhưng vé phải không chia hết
cho 5 do 𝑧 − 𝑦 lẻ. Suy ra 𝑡 lẻ và do đó 𝑥 có dạng 4𝑢 + 2 vối 𝑢 ∈ ℕ. Suy ra
2𝑦 (2𝑧−𝑦 − 1) = 92𝑢+1 − 1 = 8(92𝑘 + 92𝑘−1 + ⋯ + 9 + 1).
Vi 92𝑘 + 92𝑘−1 + ⋯ + 9 + 1, 2𝑧−𝑦 − 1 là các số lẻ nên 2𝑦 = 8 hay 𝑦 = 3. Thế vào, ta được
2𝑥 − 3𝑥 = 7
Lưu ý là 𝑧, 𝑥 đều chẵn nên ta có thể viết
(2𝑥/2 − 3𝑥/2 )(2𝑥/2 + 3𝑥/2 ) = 7

FILE WORD LH ZALO : 0816457443

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
Từ đây tìm được 𝑥 = 2, 𝑧 = 4. Suy ra (𝑥, 𝑦, 𝑧) = (2; 3; 4) là nghiệm của phương trình đã cho.
Tóm lại, phương trình đā cho có hai nghiệm là (1; 1; 2) và (2; 3; 4).
2

(a) Xét tam giác 𝑀𝑁𝐾 nằm trong hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 có diện tích bằng 1. Qua các đỉnh
𝑀, 𝑁, 𝐾 kẻ các đường thẳng song song vởi các cạnh của hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 ta sẽ tạo ra
một hình chữ nhật 𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ 𝐷′ chứa tam giác 𝑀𝑁𝐾 mà 𝑆𝐴′ 𝐵′ 𝐶 ′ 𝐷′ ≤ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 . Diều này có
nghīa là ta chỉ cần xét tình huống ba dĩnh 𝑀, 𝑁, 𝐾 nằm trên các cạnh của hình chữ nhật
𝐴𝐵𝐶𝐷. Có hai khả năng như sau

Trường hợp 1 . Hai trong ba điểm 𝑀, 𝑁, 𝐾 cìng thuộc một cạnh, giả sủ là 𝑁, 𝐾 thuộc 𝐶𝐷. Khi đó
𝑀 nằm trên một trong ba cạnh còn lại. Ta thấy
1
1
1
1
𝑆𝑀𝑁𝐾 = 𝑑(𝑀, 𝐶𝐷) ⋅ 𝑁𝐾 ≤ 𝐵𝐶 ⋅ 𝐶𝐷 = 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = .
2
2
2
2

Trường hợp 2. Ba điểm 𝑀, 𝑁, 𝐾 thuộc ba cạnh khác nhau của 𝐴𝐵𝐶𝐷. Giả sử 𝑀, 𝑁, 𝐾 thuộc các
cạnh tương ứng 𝐴𝐵, 𝐴𝐷, 𝐶𝐷. Không mát tổng quát giả sử 𝐾 gần cạnh 𝐵𝐶 nhắt, Qua 𝐾 kẻ đường
thẳng song song vơii 𝐵𝐶 cắt 𝐴𝐵
tại 𝐸 và qua 𝑀 kẻ đurơng thẳng song song vơi 𝐵𝐶 cất 𝐶𝐷, 𝑁𝐾 tưong ûng tai 𝐸, 𝑄. Khi do,
𝑆𝑀𝑁𝐾 = 𝑆𝑀𝑁𝑄 + 𝑆𝑀𝐾𝑄 ≤

1
1
1
1
1
𝑆𝐴𝑀𝐸𝐷 + 𝑆𝑀𝐸𝐾𝐹 = 𝑆𝐴𝐷𝐾𝐹 ≤ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷 = .
2
2
2
2
2

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
1

Tóm lại thì trong mọi tình hng ta đều có 𝑆𝑀𝑁𝐾 ≤ 2.
(b) Gọi 𝐼, 𝐽 tương ửng là trung điểm của 𝐴𝐵, 𝐶𝐷. Theo nguyên lý chuồng thỏ thì tồn tai một trong
hai hình 𝐴𝐼𝐽𝐷 họ̆c 𝐵𝐼𝐽𝐶 chứa it nhát 3 trong 5 diếm đã cho. Không mát tổng quát giả sử BIJ JC
chửa ít nhất 3 trong 5 diểm đã cho. Theo cẳ a) thì diện tích của tam giác Δ1 tạo bơi ba điểm này
khơng vượt q diện tích của hình chữ nhật 𝐵𝐼𝐽𝐶, mà S BIJC 
vượ q

1
nên diện tích tam giác Δ1 khơng
2

1
.
4

Tương tư như vây, gọi K , L làn lượt là trung điểm của AD, BC . Cãng theo nguyên lý chuồng
thỏ thì tờn tại một trong hai hình AKLB hoạcc DKLC chứa it nhất 3 trong 5 điểm đã cho.
Không mát tổng quát giả sử hình DKLC chứa it nhá́ t 3 trong 5 điểm đã cho. Lập luận tương tự
như trên thì diện tích tam giác Δ 2 tạo bời ba điểm này cûng khơng vượt q

1
.
4

Dến đây có hai khả năng xåy ra như sau:
Trường hợp 1. Hai tam giác Δ1 vì Δ2 khác nhau. Khi đó thì ta được 𝑁 ≥ 2.
Trường hợp 2. Hai tam giác Δ1 vì Δ2 trùng nhau, giả sử đơ là tam giác 𝑋𝑌𝑍. Khỉ đó tam giấc
𝑋𝑌𝑍 phải nằm trong hình chữ nhật 𝐶𝐽𝑂𝐿 (với 𝑂 là giao điểm của 𝐼𝐽 và 𝐾𝐿 ). Gọi 𝑈, 𝑉 là hai
điểm còn lại. Né́ u một trong hai diểm 𝑈, 𝑉 nằm trong hình chữ nhạ̃t 𝐶𝐽𝑂𝐿, giả sử là điểm U , thì
khỉ đó hai tam giác XYZ và UYZ có diện tích khơng vựt q

1
. Nếu một trong hai điểm U ,V
4

nằm trong hình chû̉ nhật KOJD , giả sử là điểm U , thì khi đơ ta có SUXY 
hai tam giác UXY và XYZ có diện tích khơng vự̛̣ quá

1
1
S KLCD  . Như vạy

2
4

1
. Ta cùng chíng minh tương tự cho
4

trường hợp một trong
hai điểm U ,V nầm trong hình chữ nhật BIOL . Cã ba khả năng trên ta đều coN  2 .

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
Ta xêt trường họp cã hai điểm U ,V dêu nằm trong hình chữ nhât AlOK. Xít bao lô cùa năm
diểm X , Y , Z ,U ,V , Do cả năm điểm đã cho nằm trong hình lụe giác AILCJK nên diẹn tích của

1 1 3
hình bao lịi này khơng visợt q SARtCJK  1    . Ta xét các khả nãng sau
8 8 4
Khả năng 1. Bao lồi của nām điểm X , Y , Z ,U ,V là một ngû giác. Giả sử đó là ngû giác XYZUV
(xem hình vê). Khi đố

3
SUYZ  SUXY  S XUV  S XYZUV  .
4
Do vây, it nhất một trong ba tam giác UYZ ,UXY  XUV có diện tich khơng vượt q

1
. Tính

4

thêm cả tam giác XYZ thì ta có N  2 .
Khả năng 2. Bao lổ của năm điểm X , Y , Z ,U ,V lì một tứ giác. Giả sứ đó là tứ giâc A1 A2 A3 A4 vơi
điểm A5 năm trong tử giâc A1 A2 A3 A4 , trong đó Ai  X , Y , Z ,U ,V , i  1,,5 . Khi đó, ta có

3
S A5 A1 A2  S A5 A2 A3  S A5 A3 A4  S A5 A4 A1  S A1 A2 A3 A4  .
4
Do vây, it nhất hai trong bón tam giác A5 A1 A2 , A5 A2 A3 , A5 A3 A4 , A5 A4 A1 có diện tích không vượt
quả

1
. Như vây N  2 .
4

Khả năng 3. Bao lồi của nãm điém X , Y , Z ,U ,V lì mộ tạn giác. Giả sử đó là tam giác A1 A2 A3
vơi hai điểm A4 , A5 nằm trong

A1 A2 A3 , trong đó Ai  X , Y , Z ,U ,V , i  1,.5 . Khi dó, ta có

S A4 A1 A2  S A4 A3 A3  S A4 A3 A1  S A1 A2 A3 

3
4

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

Do vây, it nhất mọt trong ba tam gíce A4 A1 A2 , A4 A2 A3 , A4 A3 A1 0 diện tích khơng vượt q

1
.
4

Tương tự, ít nhất một trong ba tam giăc A5 A1 A2 , A5 A2 A3 .

A5 A3 A1 có diện tích khơng vượt q
vượt q

1
, Nhı̛ vây ta sẽ có ít nhất 2 tam giác có diện tích khơng
4

1
.
4

Như vậy trong mọi trưịng hợp ta đều có N  2 . Một ví dụ để dấu bằng xảy ra là đặt 5 điển đã
cho như hình vẽ dưới đây, trong đó .AA3 

3
2
AB, BA4  BC .
5
5

FILE WORD LH ZALO : 0816457443

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TÀO
HÀ NỘI

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 9 THCS NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC

MƠN THI : TỐN
Thời gian : 150 phút

Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình x 2  x  8  4 x  3 .
a2
b2
c2
b) Chứng minh rằng biểu thức K 
có giá trị là số


 a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b 
nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đôi một phân biệt.
Bài 2 (5.0 điểm).
a) Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a  b  c và ab  bc  ca cùng chia hết cho 3. Chứng minh
rằng ab  bc  ca chia hết cho 9 .
b) Cho đa thức P  x   x3  ax  b có một nghiệm là 1  3 (a, b là các số hữu tỉ). Chứng minh

rằng đa thức P  x  chia hết cho đa thức x 2  2 x  2 .
Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 . Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  a  b  b  c  c  a .
Bài 4 (6.0 điểm). Cho đường tròn  I  nội tiếp tam giác nhọn ABC ( AB  AC ) . Đường tròn

I 

tiếp xúc với các cạnh BC , CA lần lượt tại các điểm D , E . Qua điểm B , kẻ đường thẳng
vng góc với đường thẳng BI , cắt đường thẳng AI tại điểm J . Gọi P . là hình chiếu vng
góc của điểm J trên đường thẳng BC .
a) Chứng minh rằng BD  CP .
1
1
2


b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC . Chứng minh rằng
.
AI AJ AN
c) Gọi Q là giao điểm của hai đường thẳng JP và DE . Gọi K là trung điểm của PQ . Chứng
minh rằng đường thẳng BK vng góc với đường thẳng AP .
Bài 5 (2.0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 3x  2 y  1  2 z .
b) Cho một hình chữ nhật có diện tích bằng 1 . Năm điểm phân biệt được đặt tùy ý vào hình chữ
nhật sao cho khơng có ba điểm nào thẳng hàng (mỗi điểm trong năm điểm đó có thể được đặt
trên cạnh hoặc đặt nằm trong hình chữ nhật).
i) Chứng minh rằng mọi tam giác tạo bởi ba điểm trong năm điểm đã cho đều có diện tích khơng
1
vượt q .
2

ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba đỉnh là ba
1
điểm nằm trong năm điểm đó và có diện tích khơng vượt q . Tìm giá trị nhỏ nhất của n .
4

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1 :
Lời giải. a) Điều kiện: 𝑥 ≥ −3. Phương trình đã cho có thể được viết lại thành
(𝑥 2 − 2𝑥 + 1) + (𝑥 + 3 − 4√𝑥 + 3 + 4) = 0,
hay
(𝑥 − 1)2 + (√𝑥 + 3 − 2)2 = 0 (1).
Vi (𝑥 − 1)2 ≥ 0 và (√𝑥 + 3 − 2)2 ≥ 0 nên (1) xảy ra khi và chỉ khi (𝑥 − 1)2 = (√𝑥 + 3 −
2)2 = 0, tức 𝑥 = 1 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất 𝑥 = 1.
b) Ta có

𝐾

𝑎2 (𝑏 − 𝑐) + 𝑏2 (𝑐 − 𝑎) + 𝑐 2 (𝑎 − 𝑏) 𝑎2 (𝑏 − 𝑐) + 𝑏2 (𝑐 − 𝑏 + 𝑏 − 𝑎) + 𝑐 2 (𝑎 − 𝑏)
=
(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)
(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)
2
2
2
2
(𝑎 − 𝑏 )(𝑏 − 𝑐) − (𝑏 − 𝑐 )(𝑎 − 𝑏) (𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 + 𝑏 − 𝑏 − 𝑐)

=
=
=1
(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)
(𝑎 − 𝑏)(𝑏 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)
=

Do đó, biểu thức 𝐾 ln nhận giá trị ngun là 1 .
Bài 2 :
Lời giải.
a) Từ giả thiết ta có  a  b  a  b  c    ab  bc  ca  chia hết cho 3 , hay a 2  b 2  3ab chia hết
cho 3 . Từ đó suy ra a 2  b 2 cùng chia hết cho 3 .
Với mọi số nguyên x , ta có x chia 3 dư 0,1 hoặc 2 nên x 2 chia 3 dư 0 hoặc 1 . Suy ra a 2 và b 2
khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 . Như vậy, để a 2  b 2 chia hết cho 3 , ta phải có a 2 và b 2
cùng chia hết cho 3 , tức a và b cùng chia hết cho 3 . Mặt khác, do a  b  c chia hết cho 3 nên

c cũng chia hết cho 3 . Từ đây, dễ thấy ab  bc  ca chia hết cho 9 . Ta có điều phải chứng

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
minh.





b) Tữ giả thiết, ta có P 1  3  0 , hay

 a  6
Nếu a  6  0 , ta có

3

3    a  b  10  .

a  b  10
là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì
a6

3 là một số vơ tỉ. Do đó

a6

a  6 . Từ đó suy ra a  b  10  0 , tức b  4 . Vậy





P  x   x3  6 x  4  x 2  2 x  2  x  2  .

Rõ ràng P  x  chia hết cho đa thức x 2  2 x  2 .
Bài 3 :
Lời giải.
Giá trị lớn nhất của biểu thức 𝑄. Với mọi số thực 𝑥, 𝑦 và 𝑧, ta có
(𝑥 − 𝑦)2 + (𝑦 − 𝑧)2 + (𝑧 − 𝑥)2 ≥ 0.
Từ đó suy ra 2(𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥) ≤ 2(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ), hay
(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)2 ≤ 3(𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ).

Sử dụng kết quả này, ta được
𝑄4

2

= [(√𝑎 + 𝑏 + √𝑏 + 𝑐 + √𝑐 + 𝑎)2 ] ≤ [3(𝑎 + 𝑏 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑐 + 𝑎)]2
= 36(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤ 36 ⋅ 3(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 ) = 108.

Suy ra Q  4 108 . Mặt khác, dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 

3
. Vậy
3

giá trị lớn nhất của biểu thức Q là 4 108 .
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức 𝑄. Từ giả thiết, ta có 𝑎2 , 𝑏2 , 𝑐 2 ≤ 1. Suy ra 0 ≤ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≤ 1. Từ
đây, ta có 𝑎 ≥ 𝑎2 và 𝑏 ≥ 𝑏2 . Từ đó 𝑎 + 𝑏 ≥ 𝑎2 + 𝑏2 . Mà 0 ≤ 𝑎2 + 𝑏2 = 1 − 𝑐 2 ≤ 1 nên 𝑎2 +
𝑏2 ≥ (𝑎2 + 𝑏2 )2 . Tóm lại, ta có
√𝑎 + 𝑏 ≥ √𝑎2 + 𝑏2 ≥ √(𝑎2 + 𝑏2 )2 = 𝑎2 + 𝑏2 .

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
Chứng minh tương tự, ta cũng có
√𝑏 + 𝑐 ≥ 𝑏2 + 𝑐 2 , √𝑐 + 𝑎 ≥ 𝑐 2 + 𝑎2 .
Từ các kết quả trên, ta suy ra
𝑄 ≥ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑏2 + 𝑐 2 + 𝑐 2 + 𝑎2 = 2.
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi 𝑎 = 1 và 𝑏 = 𝑐 = 0. Vậy giá trị nhỏ nhất của 𝑄 là 2 .
Bài 4 :

a) Có J là tâm đường trịn bàng tiếp góc A tam giác ABC .

 CP  BD 

BA  BC  AC
2

Hoặc lấy trung điểm M của IJ , khi đó MB  MC, MD  MP nên BD  CP .

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
b) Tính chất của hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10)
Có: BI, BJ là phân giác trong, ngoài tam giác ABN 

k

IA JA

cách biến đổi đại số: đặt
IN JN

IA JA

, AN  a từ đó tính được AI, AJ theo a, k . Thay vào có điều phaii chứng minh.
IN NN

cách khác:

IN JN AN
1
1
AN
AN AN
2


1  1




2 
IA JA AI
AI AJ AN
AJ
AI AJ

c) Bài quen thuộc (có trong báo tốn, hình như bài thầy Hà) Gọi DI cắt AP tại S . Kè JR  AC
có:

IS AI IE


 IS  ID
JP AJ JR

Do IC  DE, PQ  DC  ΔIDC  DPQ (g.g)



DI PD
DS DP



 DSP  ΔPBK (c.g.c)
DC PQ
BP PK

  DSP   PBK  BK  AP
Bài 5 :
Lời giải.
a) Xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: 𝑦 = 1. Trong trường hợp này, ta có
2𝑧 − 1 = 3𝑥
Suy ra 2𝑧 ≡ 1(mod3). Nếu 𝑧 là số lẻ, tức 𝑧 = 2𝑘 + 1 với 𝑘 tự nhiên, thì ta có 2𝑧 = 22𝑘+1 = 2 ⋅
4𝑘 ≡ 2 (mod 3), mâu thuẫn. Do đó 𝑧 là số chẳn, tức 𝑧 = 2𝑘 với 𝑘 nguyên dương. Khi đó, ta có
3𝑥 = 22𝑘 − 1 = (2𝑘 − 1)(2𝑘 + 1).
Suy ra 2𝑘 − 1 và 2𝑘 + 1 đều là lũy thừa của 2 . Mà hai số này không cùng chia hết cho 3 (do
(2𝑘 + 1) − (2𝑘 − 1) = 2 không chia hết cho 3) nên trong hai số phải có một số bằng 1 . Lại có
2𝑘 − 1 < 2𝑘 + 1 nên 2𝑘 − 1 = 1, tức 𝑘 = 1. Một cách tương ứng, ta tính được 𝑧 = 2 và 𝑥 = 1.
Thử lại, ta thấy thỏa mãn.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022
Trường hợp 2: 𝑦 ≥ 2. Vi 3𝑥 > 1 nên từ phương trình đã cho, ta có 2𝑧 > 2𝑦 , tức 𝑧 > 𝑦. Suy ra

2𝑦 và 2𝑧 cùng chia hết cho 4 . Từ đó ta có 3𝑥 ≡ 1(mod4). Nếu 𝑥 là số lẻ, tức 𝑥 = 2ℓ + 1 với ℓ
tự nhiên, thì 3𝑥 = 32ℓ+1 = 3 ⋅ 9ℓ ≡ 3(mod4), mâu thuẫn. Do đó 𝑥 là số chẵn, tức 𝑥 = 2ℓ với ℓ
nguyên dương.


Giả sử 𝑦 ≥ 4. Khi đó, ta có 2𝑦 và 2𝑧 cùng chia hết cho 16 nên 3𝑥 ≡ 1(mod1)6. Nếu ℓ là
số lẻ, tức ℓ = 2𝑡 + 1 với 𝑡 tự nhiên, thì 3𝑥 = 34𝑡+2 = 9 ⋅ 81𝑡 ≡ 9(mod16), mâu thuẫn.
Do đó ℓ là số chẳn, tức ℓ = 2𝑡 với 𝑡 nguyên dương. Suy ra 3𝑥 = 34𝑡 = 81𝑡 ≡ 1(mod5).
Từ đó 2𝑧 − 2𝑦 chia hết cho 5 , hay 2𝑧−𝑦 ≡ 1(mod5).

Nếu 𝑧 − 𝑦 là số lẻ, tức 𝑧 − 𝑦 = 2𝑢 + 1 với 𝑢 tự nhiên, thì 2𝑧−𝑦 = 2 ⋅ 4𝑢 ≡ ±2(mod5), mâu
thuẫn. Do đó 𝑧 − 𝑦 là số chẳn, tức 𝑧 − 𝑦 = 2𝑢 với 𝑢 nguyên dương. Khi đó, ta có 2𝑧 − 2𝑦 =
2𝑦 (4𝑢 − 1) chia hết cho 3 . Lại có 3𝑥 chia hết cho 3 nên 1 chia hết cho 3 , mâu thuẫn.


Như vậy, ta phải có 𝑦 ≤ 3. Nếu 𝑦 = 2 thì ta có 3𝑥 + 3 = 2𝑧 , suy ra 2𝑧 chia hết cho 3 ,
mâu thuẫn. Do đó 𝑦 = 3. Khi đó, ta có
2𝑧 − 32ℓ = 7.

Từ đây, ta có 2𝑧 ≡ 1(mod3). Chứng minh tương tự trường hợp 1 , ta suy ra 𝑧 là số chẳn, tức
𝑧 = 2𝑚 với 𝑚 nguyên dương. Khi đó ta có
(2𝑚 − 3ℓ )(2𝑚 + 3ℓ ) = 7.
Vì 2𝑚 − 3ℓ < 2𝑚 + 3ℓ và 2𝑚 + 3ℓ > 0 nên 2𝑚 − 3ℓ = 1 và 2𝑚 + 3ℓ = 7. Từ đó 𝑚 = 2 và ℓ =
1, hay ta có 𝑧 = 4 và 𝑥 = 2. Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
Vậy có hai bộ số (𝑥, 𝑦, 𝑧) thỏa mãn yêu cầu là (1,1,2) và (2,3,4).
b) i) Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Cho hình chũ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 có diện tích 𝑆. Xét ba điểm
𝐸, 𝐹, 𝐺 không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giơi hạn bởi hình chũ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷. Khi đó

S EFG 

1
S.
2

FILE WORD LH ZALO : 0816457443


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THÀNH PHỐ HÀ NỘI – 1997 - 2022

Qua ba điểm 𝐸, 𝐹, 𝐺 kẻ các đường thẳng vng góc với đường thẳng 𝐴𝐵. Trong các đường thẳng
này, có một đường thẳng nằm giữa hoạcc trùng với một trong hai đường thẳng kia. Khơng mất
tính tổng quát, giả sử đó là đường thẳng 𝑑 qua điểm 𝐹. Khi đó, đường thẳng 𝑑 sẽ cắt đoạn 𝐸𝐺 tại
điểm 𝑃 nào đó. Gọi 𝑀, 𝑁 theo thứ tự là giao điểm của đường thẳng 𝑑 và hai đường thẳng
𝐴𝐵, 𝐶𝐷. Khi đó, ta có
𝑆𝐸𝐹𝐺

1
1
⋅ d(𝐸, 𝑀𝑁) ⋅ 𝑀𝑁 + ⋅ d(𝐺, 𝑀𝑁) ⋅ 𝑀𝑁
2
2
1
1
1
1
≤ ⋅ d(𝐴, 𝑀𝑁) ⋅ 𝑀𝑁 + ⋅ d(𝐵, 𝑀𝑁) ⋅ 𝑀𝑁 = ⋅ 𝐴𝐵 ⋅ 𝑀𝑁 = 𝑆,
2
2
2
2

= 𝑆𝐸𝑃𝐹 + 𝑆𝐺𝑃𝐹 ≤ 𝑆𝐸𝑀𝑁 + 𝑆𝐺𝑀𝑁 =

trong đó d(𝑋, 𝑍𝑇) được ký hiệu là khoảng cách từ điểm 𝑋 đến đường thẳng 𝑍𝑇.
Từ kết quả vừa chứng minh trên, ta dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.
ii) Trước hết, ta sẽ chứng minh 𝑛 ≥ 2. Thật vậy, giả sử 𝑛 ≤ 1. Gọi hình chữ nhật đã cho là hình
chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷. Chia hình chữ nhật 𝐴𝐵𝐶𝐷 thành bốn hình chữ nhật nhỏ bằng nhau
𝐴𝑀𝑅𝑄, 𝐵𝑀𝑅𝑃, 𝐶𝑃𝑅𝑁, 𝐷𝑄𝑅𝑁 như hình vẽ bên dưới.
Xét hai hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑁𝐷 và 𝐵𝑀𝑁𝐶. Ta thấy mỗi điểm trong năm điểm đã cho sẽ thuộc một
trong hai miền mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có ba điểm thuộc cùng một
hình chữ nhật. Khơng mất tính tổng qt, giả sử ba điểm đó là 𝐻, 𝐾, 𝑆 và chúng cùng thuộc hình
chữ nhật 𝐴𝑀𝑁𝐷.
Xét hai hình chữ nhật 𝐴𝑀𝑅𝑄 và 𝐷𝑄𝑅𝑁. Ta thấy mỗi điểm trong ba điểm 𝐻, 𝐾, 𝑆 sẽ thuộc một
trong hai miển mặt phẳng giới hạn bởi hai hình chữ nhật này. Do đó, có hai điểm thuộc cùng một
hình chữ nhật. Khơng mất tính tổng qt, giả sử hai điểm đó là 𝐻, 𝐾 và chúng cùng thuộc hình
chữ nhật 𝐴𝑀𝑅𝑄.

FILE WORD LH ZALO : 0816457443