bài tập luyện thi chuyên toán lớp 9

Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

Luyện đề là giai đoạn quan trọng nhất trong quá trình ôn thi. Nó giúp bạn có bức tranh hoàn
chỉnh về những kiến thức của kì thi, giúp bạn có tư duy tổng hợp, rèn luyện cách trình bày
bài, tâm lí làm bài
Tài liệu gồm 03 đề thi trích trong tuyển tập 101 đề thi Học sinh giỏi, thi chuyên toán 9
03 đề thi này ở mức Lever 2 (thi học sinh giỏi), Lever 3 (thi vào các trường chuyên top đầu)
Cấu trúc đề thi theo chương trình thi chuyên, để làm tốt 03 đề thi này các bạn gần như phải sử
dụng toàn bộ phương pháp giải toán chuyên, khi thi thật điểm số các bạn sẽ rất cao.
Khóa học online luyện thi học sinh giỏi – thi chuyên toán

Thầy Hồng Trí Quang

ĐỀ SỐ 39

1
a

+

1
b

=

1
c

Bài 1. Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn đẳng thức

. Chứng minh

rằng:
ab
bc
ca
−
−
=3
c
a
b

Bài 2. Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng
3x 4 − 4 x3 = 1 −

(2

x

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3 ) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879

(1+ x )

2 3

Bài 3. Giải phương trình

Bài 4. Giải hệ phương trình:

.

(1)
 x 2 + y 2 + 3 = 4 x
 3
 x + 12 x + y 3 = 6 x 2 + 9
x + 2 y + 3z = 5

Bài 5. Cho x, y, z là các số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện
1≤ x ≤

2 xy + 6 yz + 3 xz = 8

. Chứng minh rằng

7
3

và

;

Bài 6. Cho tam giác ABC . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với cạnh BC,
CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song
với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M và N.
1/ Chứng minh rằng tứ giác IFMK, IMAN nội tiếp
1

Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

2. Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm A, K, J thẳng hàng.

3/ Gọi r là bán kính đường tròn (I), cho Tính
Bài 7 Giả sử phương trình

x 2 + ax + b = 0

SIEAF

SIMN ≥
theo r và chứng minh:

SIEAF
4

có hai nghiệm lớn hơn 1. Chứng minh rằng

a 2 − a − 2b
2 b
≥
b − a +1
1+ b
Bài 8. Trên bảng có 2 số 1 và 2. Thực hiện việc ghi số theo quy tắc sau: Nếu trên bảng có hai
a, b

số

thì được phép ghi thêm số

c = a + b + ab.

Hỏi bằng cách đó có thể ghi được các số 2001

và 11111 hay không?
ĐỀ SỐ 49
Bài 1. Với a, b, c là 3 số thực đôi một phân biệt, chứng minh rằng

3+

( 2a + b)( 2b + c) (2b + c)( 2c + a ) (2c + a )( 2a + b) ( 2a + b) 2b + c 2c + a
+
+
=
+
+
(a − b)(b − c)
(b − c)(c − a )
(c − a )( a − b)
a −b
b−c
c−a
p ( x ) = x 2016 + a2015 x 2015 + ...... + a1 x + a0

Bài 2. Cho đa thức

với các hệ số ai là các số nguyên.

Biết phương trình p(x) = 1 có 4 nghiệm là các số nguyên khác nhau. Chứng minh rằng
p ( x ) = −1

phương trình

không có nghiệm nguyên.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x
Bài 3. Giải phương trình

Bài 4. Giải hệ phương trình

2 x 5 + x = 2 y 4 + 1
 5
2 y + y = 2 x 4 + 1

Bài 5. Hãy xác định số k > 0 bé nhất sao cho
ab
bc
ca
+
+
≤ k (a + b + c )

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

2

với mọi a; b; c > 0


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

Bài 6. Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O). Ax là tia nằm giữa tia AB và
tia AC. Ax cắt BC tại X và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai la Y.
1) Chứng minh rằng AX.AY = a2

2) Chứng minh rằng

XA XB. XC
=
YA YB.YC

3) Tìm vị trí Ax để XA.YB.YC đạt giá trị lớn nhất.
( x; y; z )

Bài 7. Tìm tất cả các bộ ba

nguyên dương thỏa mãn hệ phương trình:
2
 x = 2( y + z )
 2

6
2
2
2
 x = y + z + 31( y + z )

P1
Bài 8. Trong một trò chơi có 8 đấu thủ tham gia, ban đầu hai đấu thủ

P2
và

ra sân, còn các

P3 ; P4 ; P5 ; P6 ; P7 ; P8
đấu thủ

thì xếp hàng chờ đợi. Sau khi chơi một trận thì người thua sẽ phải

xếp vào cuối hàng chờ đợi; người thắng cuộc thì được cộng một điểm và được tiếp tục ở lại
sân (thi đấu). Lúc này người đứng đầu hàng sẽ bước vào thi đấu trận tiếp theo. Trò chơi tiếp
tục cho đến chừng nào có một người ghi được 7 điểm. Vào lúc đó (tức lúc dừng trò chơi), ta
nhận thấy tổng số điểm mà cả 8 đấu thủ ghi được là 37 điểm. Hãy xác định xem ai là người
thắng cuộc và chứng minh cho câu trả lời của bạn./.
ĐỀ SỐ 59
Bài 1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn:
b ≠ c, a + b ≠ c

a + b = ( a + b − c )2
và

.

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

Chứng minh đẳng thức:
Bài 2. Tìm a sao cho phương trình

.

x2 − a2 x + a + 1 = 0

có nghiệm nguyên

x6 − x5 + x4 − x3 + x2 − x +

Bài 3. Chứng minh rằng phương trình

3

1
=0
2

vô nghiệm

Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Bài 4. Cho x, y là các số thỏa mãn điều kiện:

Thầy Hồng Trí Quang

2 x 2 + y 3 − 4 x + 3 = 0
 2 2
2
 x y + y − 2 x = 0

.

A = x1000 y1001 + x 700 y 2
Tính giá trị của biểu thức:

.

Bài 5. Với a, b, c là các số thực dương thoả mãn đẳng thức ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị

M=
nhỏ nhất của biểu thức

a 2 b2 c2
+
b3 c 3 a 3

8 x − y 2 + z 2 = 16

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

y < x < 10

(với

)

Bài 7. Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi H1, H2 lần lượt là trực tâm các tam giác
OAB, OCD. G1, G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác OAD, OBC. Gọi S là diện tích của tứ
giác H1G1H2G2
a) Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng G1G2 // MN

H1 H 2 ⊥ MN
b) Chứng minh rằng

( 3G1G2 + H1 H 2 )
S≤
c) Chứng minh rằng:

24

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 8. Hãy xác định tất cả các cặp số nguyên dương (h, s) có tính chất sau: Nếu kẻ h đường
thẳng nằm ngang và s đường thẳng khác thỏa mãn tính chất
i)
ii)

iii)

Không có đường nào nằm ngang
Không có 2 đường nào trong chúng song song
Không có bất kì 3 đường nào trong (h + s) đường thẳng trên đồng quy, thì số các
miền tạo thành bởi (h + s) đường thẳng này là 1992
ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 39

1
a
Bài 1. Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn đẳng thức
rằng:

4

+

1
b

=

1
c
. Chứng minh


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

ab
bc
ca
−
−
=3
c
a
b

Từ giả thiết ta có

1
a+ b
ab
=
⇒ c=
c
ab
a+ b

và

 a + b + 2 ab 
ab
bc
ca
b

−
−
= ab 
−
÷
÷ a
c
a
b
ab



Do đó

1 a + b + 2 ab
=
c
ab

ab
a
−
a+ b b

=

a + b + 2 ab
a a +b b
a + b + 2 ab a − ab + b

−
=
−
ab
ab
ab
ab a + b

=

a + b + 2 ab − a + ab − b 3 ab
=
=3
ab
ab

Vậy

(

ab
a+ b

)

ab
bc
ca
−
−

=3
c
a
b

.

Bài 2. Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng

(2

x

+ 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3 ) ( 2 x + 4 ) − 5 y = 11879

.

Lời giải.
Đặt

A = ( 2 x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 )

.

x
x
x
x
x
Ta thấy 2 , 2 + 1, 2 + 2, 2 + 3, 2 + 4 là năm số tự nhiên liên tiếp nên có ít nhất một số chia

x
hết cho 5, mà 2 không chia het cho 5. Vậy A chia hết cho 5.
y
Nếu y ≥ 1 thì từ A − 5 = 11879 có vế trái chia hết cho 5 nhưng vế phải không chia hết cho 5,

( 2x + 1) ( 2 x + 2 ) ( 2 x + 3) ( 2 x + 4 ) = 11880 = 9.10.11.12 .
mâu thuẫn. vậy y = 0 , ta có
x
x
Từ đó suy ra 2 + 1 = 9 nên 2 = 8 , do đó x = 3 . Các số tự nhiên x = 3, y = 0 thỏa mãn đề

bài.
3x 4 − 4 x3 = 1 −

(1+ x )

2 3

Bài 3. Giải phương trình

(1)

Lời giải:
5


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

(

(1) ⇔ 3 x 4 − 4 x 3 = 1 − 1 + x 2
Cách 1:

⇔ x (3x − 4 x) =
2

2

) ( 2+ x +

1 + x2

2

(

− x2 2 + x2 + 1 + x2

Thầy Hồng Trí Quang

)

)

1 + 1 + x2


2 + x2 + 1 + x2
⇔ x 2  3x 2 − 4 x +


1 + 1 + x2



÷= 0
÷


Nhận thấy

3x 2 − 4 x +

2 + x + 1+ x
2

1 + 1 + x2

2

2 (

=3 x−
+
2




)

2

1 + x2 − 1 + 5x2 + 2

÷
3

6(1 + 1 + x 2 )

>0

Với mọi x

(1) ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0
Do đó
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất

x=0

Cách 2: Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm,ta có
2

 3 2  3 2
 3 2
1 + x ÷+  1 + x ÷+ 1 ≥ 3 3  1 + x ÷
 2   2 
 2 

⇔

( 1+ x )

2 3

≥ 1+

3 2
x
2

(2)
x4 + 2 x4 + x2 +

Áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số không âm có
3x 4 +

Suy ra

3 2
x ≥ 4 x3
2

(3)

Công theo vế của (2) và (3), biến đổi được
3x 4 − 4 x3 ≥ 1 −

(1+ x )

2 3

(4)
6

1 2
x ≥ 4 4 x12 ≥ 4 x 3
2


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
Đẳng thức ở (4) xảy ra khi và chỉ khi

Bài 4. Giải hệ phương trình:

Thầy Hồng Trí Quang

x=0

 x 2 + y 2 + 3 = 4 x
 3
 x + 12 x + y 3 = 6 x 2 + 9

2
2
(1)
 x + y + 3 = 4 x
 3
3
2
 x + 12 x + y = 6 x +9 (2)

9 = 12 x − 3 x 2 − 3 y 2
Từ phương trình (1) ta suy ra:

thế vào phương trình (2) thu gọn ta được:

x + y = 0
x3 + y 3 = 3( x 2 − y 2 ) ⇔ ( x + y )( x 2 − xy + y 2 − 3x + 3 y ) = 0 ⇔  2
2
 x − xy + y − 3x + 3 y = 0

x + y = 0 ⇔ y = − x ⇒ y 2 = x2
*

Nếu

thế

vào

phương

trình

(1)

ta

được

2 x 2 + 3 = 4 x ⇔ 2( x − 1) 2 + 1 = 0
phương trình này vô nghiệm.

x 2 − xy + y 2 − 3x + 3 y = 0
* Nếu

, trừ vế theo vế của phương này với phương trình (1) ta được:
x = 3
− xy − 3 x + 3 y − 3 = −4 x ⇔ xy − x − 3 y + 3 = 0 ⇔ ( x − 3)( y − 1) = 0 ⇔ 
y =1

+ Nếu

x=3

y2 = 0 ⇒ y = 0
thay vào phương trình (1) có:

, cặp

( x; y ) = ( 3; 0)

thoả mãn

phương trình (2).
y =1

+ Nếu

thay vào phương trình (1)có:

mãn phương trình (2).
Vậy nghiệm của hệ đã cho là

( x; y ) = ( 3; 0) , ( 2; 1)

7

( x − 2) 2

=0⇒ x=2

, cặp

( x; y ) = ( 2; 1)

thoả


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang
x + 2 y + 3z = 5

Bài 5. Cho x, y, z là các số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện
7
3

1≤ x ≤

2 xy + 6 yz + 3xz = 8

. Chứng minh rằng

và

;

Lời giải.
Đặt t = 2 y , s = 3z
Từ giả thiết có x + t + s = 5 và xt + ts + sx = 8 (1)
7
3.

1 ≤ x, t , s ≤

Khi đó điều cần chứng minh tương đương với

2
2
2
2
Từ BĐT quen thuộc 2ts ≤ t + s , suy ra 4ts ≤ (t + s ) = (5 − x) .

(5 − x ) 2
8 = xt + ts + sx = x(t + s ) + ts ≤ x (5 − x ) +
4
Bởi vậy
.
4.8 ≤ 4 x(5 − x) + (5 − x) ⇔ 3 x − 10 x + 7 ≤ 0 ⇔ ( x − 1)( x − 7) ≤ 0

2

Từ đó

2

⇔1≤ x ≤

7
3

Khẳng định của bài toán đã được chứng minh.
Bài 6. Cho tam giác ABC . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với cạnh BC,
CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song
với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M và N.
1/ Chứng minh rằng tứ giác IFMK, IMAN nội tiếp
2. Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh rằng ba điểm A, K, J thẳng hàng.

3/ Gọi r là bán kính đường tròn (I), cho Tính

SIEAF

Bài giải

8

SIMN ≥
theo r và chứng minh:

SIEAF

4


Khúa hc online Luyn thi hsg thi chuyờn toỏn lp 9

Ta cú : MN // BC (gt),

a)

ID BC

Thy Hng Trớ Quang

((I) tip xỳc vi BC ti D)

ã
ã
ID MN IK MN IKM
= IKN
= 90 0

ã
ã
IFM
+ IKM
= 90 0 + 90 0 = 180 0



T giỏc IFMK ni tip.

Mt khỏc :

Ta cú :

ã
ã
IKN
= IEN
= 90 0

ã
ã
IMF
= IKF

ã
ã
IMF
= ANI

b)

T giỏc IKEN ni tip.

(T giỏc IFMK ni tip) ;

T giỏc IMAN ni tip.

Ta cú :

ã
ã
IMK
= IFK
( Tửự giaực IFMK noọi tieỏp )

ã
ã
IN K = IEK
( Tửự giaực IKEN noọi tieỏp )

Mt khỏc : IE = IF (= r)

IMN

IEF

cõn ti I.

cõn ti I cú IK l ng cao.
9

ã
ã
IKF
= ANI

(T giỏc IKEN ni tip).

Khúa hc online Luyn thi hsg thi chuyờn toỏn lp 9




IK l ng trung tuyn ca

IMN

K l trung im ca MN.

MN = 2.MK
M BC = 2.BJ (J l trung im ca BC)

Do ú:

MN 2.MK MK
=
=
BC
2.BJ
BJ

Mt khỏc:


ABC

AM MN

=
AB BC

Ta cú:
Xột

cú MN // BC

(H qu ca nh lý Thales)

AM MK MN
=
=
ữ
AB
BJ BC

AMK

v

ABJ

, ta cú:

ã
ã
AMK
= ABJ
( hai goực ủong vũ vaứ MN // BC )

AM MK
=

BJ
AB

ã
ã
AMK : ABJ ( c g c ) MAK
= BAJ



Hai tia AK, AJ trựng nhau.

Vy ba im A, K, J thng hng.
AE, AF l cỏc tip tuyn ca ng trũn (I)

c)



AE = AF, AI l tia phõn giỏc ca

AEF

ã
EAF

ã
EAF
= 60 0 (gt)
cõn ti A cú

10

Thy Hng Trớ Quang


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

⇒ ∆AEF
∆AEF

⇒

đều.

⇒

EF = AE = AF.

đều có AI là đường phân giác.

AI là đường cao của

⇒ AI ⊥ EF
∆IAE

Thầy Hồng Trí Quang

⇒S=

vuông tại E

∆AEF

1
AI.EF
2

⇒

AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE

⇒ AE = r.cot 30 0 = 3.r; AI =

r
= 2r
sin 30 0

3.r
Vậy EF = AE =

Vậy

1
1
S = .AI.EF = .2r. 3. r = 3. r 2 (ñvdt)

2
2

Gọi H là giao điểm của AI và EF.

Ta có:

∆IHF

IH ⊥ EF,

vuông tại H

SIEF
Do đó:
Xét

H là trung điểm của EF và

∆IMN

.

1
⇒ IH = IF.cos HIF = r.cos 60 0 = . r
2

1
3.r 2
= .IH.EF =

2
4

và

·
HIF
= 600

∆IEF

(đvdt)

, ta có:

·
·
·
·
IMN
= IFE;
INM
= IEF
∆IMN : ∆IEF ( g − g )

Do đó:

11

Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
2

S
 IM 
⇒ IMN = 
÷
SIEF  IF 

. Mà

IF ⊥ FM

⇒ IM ≥ IF ⇒

Thầy Hồng Trí Quang

IM
≥1
IF

SIMN
≥ 1 ⇒ SIMN ≥ SIEF
SIEF

Do đó:

S = 3.r 2 ;SIEF =
Ta có:
SIMN ≥

Vậy

3.r 2
;SIMN ≥ SIEF
4

S
4

Bài 7 Giả sử phương trình

x 2 + ax + b = 0

có hai nghiệm lớn hơn 1. Chứng minh rằng

a 2 − a − 2b 2 b
≥
b − a +1
1+ b
x1 + x 2 = − a, x1. x2 = b ⇒

Ta có

bất đẳng thức tuơng đương

2 x1 x 2
2 x1 x 2
x1
x
x

x
+ 2 ≥
⇔ (1 + 1 ) + (1 + 2 ) ≥
+2
1 + x 2 1 + x1 1 + x1 x 2
1 + x1
1 + x1
1 + x1 x 2

Với
⇔ (1 + x1 + x 2 )(

Với

x1 , x 2 > 1

Từ (1), (2)

⇒

1
1
2
+
) ≥ (1 + 2 x1 x 2 ).
1 + x1 1 + x 2
1 + x1 x 2
1
1
2

+
≥
(1),
1 + x1 1 + x 2 1 + x1 x 2
1 + x1 + x 2 ≥ 1 + 2 x1 x 2 (2)

ta có
(đpcm)

Bài 8. Trên bảng có 2 số 1 và 2. Thực hiện việc ghi số theo quy tắc sau: Nếu trên bảng có hai
a, b

số

thì được phép ghi thêm số

c = a + b + ab.

và 11111 hay không?
Lời giải. Bài toán sử dụng tính bất biến
12

Hỏi bằng cách đó có thể ghi được các số 2001


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

Dãy các số được viết là 1, 2, 5, 11, 17, …

Dế dàng chứng minh được các số được viết thêm trên bảng đều chia cho 3 dư 2. Bất biến trên
cho phép ta loại trừ số 2001 trong dãy các số viết được trên bảng. Tuy nhiên, bất biến đó
không cho phép ta loại trừ số 11111. Ta đi tìm một bất biến khác. Quan sát các số viết được
và quy tắc viết thêm số, ta có

c=a+b+ab ⇒ c +1 = ( a + 1)(b + 1)
và nếu cộng thêm 1 vào các số thuộc dãy trên ta có dãy mới 2, 3, 6, 12, 18, …
Như vậy, nếu cộng thêm 1 vào các số viết thêm thì các số này đều có dạng

2n.3m

m, n ∈ ¥ .

với

Do 11111 + 1 = 11112 = 3.8.463 nên không thuộc dãy các số viết được.
Do đó không thể viết các số 2001 và 11111.

ĐỀ SỐ 49
Bài 1. Với a, b, c là 3 số thực đôi một phân biệt, chứng minh rằng
3+

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

(c − a )( a − b)
a−b
b−c
c−a
Bài giải
x=

Đặt

2a + b
2b + c
2c + a
,y =
,z =
a −b
b −c
c −a

Khi đó:
⇔ 9 + 3( xy + yz + zx) = x + y + z

Đpcm
x +1 =

3a
3b
3b
3c
3c
3a

,x−2=
, y +1 =
,y−2=
; z +1 =
,z−2=
a −b
a −b
b−c
b −c
a −b
a −b

( x + 1)( y + 1)( z + 1) = ( x − 2)( y − 2)(z − 2)

Suy ra:
⇔ 9 + 3( xy + yz + zx ) = x + y + z

13


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

p ( x ) = x 2016 + a2015 x 2015 + ...... + a1 x + a0

Bài 2. Cho đa thức

với các hệ số ai là các số nguyên.

Biết phương trình p(x) = 1 có 4 nghiệm là các số nguyên khác nhau. Chứng minh rằng

p ( x ) = −1
phương trình

không có nghiệm nguyên.

Gọi a, b, c và d là 4 nghiệm nguyên khác nhau của phương trình p(x) = 1.

p ( x ) −1 = ( x − a ) ( x − b ) ( x − c ) ( x − d ) h ( x )
Ta có
ở đó h(x) là đa thức bậc 2012 với các hệ số nguyện.

p ( x ) = −1
Giả sử pt

có nghiệm nguyên

x=n

p ( n ) = −1
, khi đó

⇔ p ( n ) = 1 + ( n − a ) ( n − b ) ( n − c ) ( n − d ) h ( n ) = −1

( n − a ) ( n − b ) ( n − c ) ( n − d ) h ( n ) = −2
n − a, n − b, n − c, n − d

Với n nguyên trong 4 số nguyên khác nhau:

là 4 ước phân biệt của số

nguyên tố 2. Vô lí
p (x) −1 ≠

Từ đây suy ra

-2

⇒ p ( x) ≠ −1

với mọi x nguyên.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x
Bài 3. Giải phương trình

x≥

5
2

Điều kiện trên ta được:

hoặc

x−

−1 ≤ x ≤ 0

(*)

1
5
4
− 2x − = x −
x
x
x

Phương trình (1) tương đương:

1
5
u = x − ; v = 2x −
x
x
Đặt

u −v = x−

u ≥ 0; v ≥ 0

với

. Ta được:

14

4
x

(1)


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Lại có:

5 
2
4

v 2 − u 2 =  2 x − ÷−  x − ÷ = x −
x 
x
x


Thầy Hồng Trí Quang

(2)

v 2 − u 2 = u − v ⇔ ( u − v ) ( u + v + 1) = 0
Từ (1) và (2) suy ra:

u−v =0 ⇔ x−
Nên

. Vì

u + v +1 > 0

x = 2
4
= 0 ⇔ x2 = 4 ⇔ 
x
 x = −2

Thử lại thấy nghiệm x = -2 không thỏa mãn điều kiện, nghiệm x = 2 thỏa mãn phương trình.

Bài 4. Giải hệ phương trình

2 x 5 + x = 2 y 4 + 1
 5
2 y + y = 2 x 4 + 1

x, y > 0

Từ hệ suy ra:
x ≥ y ⇒ 2 x5 + x ≥ 2 y 5 + y ⇒ 2 y 4 + 1 ≥ 2 x 4 + 1 ⇒ y ≥ x
Giả sử

(Vì x, y > 0)

Vậy ta thu được phương trình

2 x5 − 2 x 4 + x − 1 = 0 ⇔ 2 x 4 ( x − 1) + ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( x 4 + 2) = 0 ⇔ x = 1
x = y =1

Đáp số
Bài 5. Hãy xác định số k > 0 bé nhất sao cho
ab
bc
ca
+
+
≤ k (a + b + c)
a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b

với mọi a; b; c > 0

Bài giải
Nhận thấy vai trò a; b; c bình đẳng, cho a = b = c thay vào ta có

15


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
VT =

3a
1
≤ VP = k .3a ⇔ ≤ k
4
4

chứng minh

k=

. Ta đi chứng minh

Thầy Hồng Trí Quang
1
4

là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Tức là

ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
a + b + 2c b + c + 2a c + a + 2b
4

Đến đây thì việc chứng minh rất đơn giản.

Xem bài giảng Điểm rơi AM – GM – thầy Hồng Trí Quang phần BĐT phụ

1 1
4
+ ≥

a b a+b

.

Áp dụng ta có
ab
1
1  ab
ab 
= ab
≤ 
+
÷
a + b + 2c
(a + c) + (b + c) 4  a + c b + c 
bc
1  bc
bc 
≤ 
+
÷
b + c + 2a 4  a + b a + c 
ac
1
1  ac
ac 
= ac
≤ 
+
÷

c + a + 2b
(a + b) + (b + c ) 4  a + b b + c 

Cộng vế với vế và rút gọn VP ta có Đpcm
Bài 6. Cho tam giác đều ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O). Ax là tia nằm giữa tia AB và
tia AC. Ax cắt BC tại X và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai la Y.
1) Chứng minh rằng AX.AY = a2

2) Chứng minh rằng

XA XB. XC
=
YA YB.YC
A

M
3) Tìm vị trí Ax để XA.YB.YC
đạt giá trị lớn nhất.

Hình vẽ:
a
a

A'

X

B

C

N

Y16
x


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

1) Dễ thấy góc nội tiếp

·
·
BYA
= BCA
= 60° = ·ABC
AX AB
=
AB AY

∆ABX ~ ∆AYB( g.g )

Vậy tam giác
Suy ra

. Do đó

AX . AY = AB 2 = a 2

2) Sử dụng kết quả câu 1(

Suy ra

AX . AY = AB 2

∆ABX ~ ∆AYB

AX AB 2 BX 2
=
=
AY AY 2 BY 2

AX BX
=
AY
BY
Vậy

) và

AX CX
=
AY CY
. Tương tự

Nhân hai tỷ số ta thu được

AX
AY

=

BX .CX
BY .CY

(đpcm)

17

Thầy Hồng Trí Quang


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

3) Gọi R là bán kính của (O). Qua X vẽ đường kính MN của (O). Từ các góc nội tiếo bằng
∆XBM ~ ∆XNC( g .g )

nhau ta suy ra
⇒

XB XM
=
⇒ XB.XC = XM . XN = ( R + XO )( R − XO ) = R 2 − XO 2
XN
XC

Gọi A' là trung điểm của BC. Theo tính chất đường xiên ta có
XO ≥ OA ' ⇒ O < R 2 − XO 2 ≤ R 2 − OA2 (1)
AY ≤ 2R(2)

Mặt khác AY là một dây cung của (O) nên

⇒ XAYB
. .YC = YA. XB. XC

Từ kết quả câu 1

(3)

⇒ XAYB
. .YC ≤ 2 R ( R 2 − OA2 )
Từ (1),(2),(3)

(là hằng số)

⇔ OX ⊥ BC

Dấu bằng xảy ra
Do đó dấu bằng

, AY đi qua O mà

OA ⊥ BC

⇔ Ax ≅ AX ⊥ BC

Vậy giá trị lớn nhất của XA.YB.YC bằng 2R(

R 2 − OA2

) khi

Ax ⊥ BC

( x; y; z )

Bài 7. Tìm tất cả các bộ ba

nguyên dương thỏa mãn hệ phương trình:
2
 x = 2( y + z )
 2
6
2
2
2
 x = y + z + 31( y + z )

Lời giải
Ta sử dụng phương pháp sắp thứ tự các ẩn (xem bài giảng Phương trình nghiệm nguyên –
thầy Hồng Trí Quang)
y≥z
Giả sử

x 6 = y 6 + z 6 + 31( y 2 + z 2 ) > y 6 ⇒ x > y
. Từ

x 2 = 2( y + z )
Từ

x 2 ≤ 2.2 y = 4 y
suy ra:

18


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
y 2 < x2 ≤ 4 y ⇒ y < 4

x> y

Từ

suy ra:
y, z ∈ Z

Và

Thầy Hồng Trí Quang

z≤ y<4

. Bởi vì
y, z ≤ 3

nên
2 x2

x 2 = 2( y + z ) ≤ 2(3 + 3) = 12

Tiếp theo,

và

. Suy ra:

x2 = 4

y+z =2

Do đó:
y = z =1

Do đó:

và

x=2

( 2;1;1)
Vậy

là nghiệm của hệ phương trình
P1

Bài 8. Trong một trò chơi có 8 đấu thủ tham gia, ban đầu hai đấu thủ

P2
và

ra sân, còn các

P3 ; P4 ; P5 ; P6 ; P7 ; P8
đấu thủ

thì xếp hàng chờ đợi. Sau khi chơi một trận thì người thua sẽ phải

xếp vào cuối hàng chờ đợi; người thắng cuộc thì được cộng một điểm và được tiếp tục ở lại
sân (thi đấu). Lúc này người đứng đầu hàng sẽ bước vào thi đấu trận tiếp theo. Trò chơi tiếp
tục cho đến chừng nào có một người ghi được 7 điểm. Vào lúc đó (tức lúc dừng trò chơi), ta
nhận thấy tổng số điểm mà cả 8 đấu thủ ghi được là 37 điểm. Hãy xác định xem ai là người
thắng cuộc và chứng minh cho câu trả lời của bạn.
Bài giải
Gọi người thắng cuộc là N
Cứ mỗi trận trận thua, a ta phải đợi đến 6 trận tiếp theo mới đến lượt của mình trở lại thi đấu
Ta gọi x là số trận đấu trước khi N vào thi đấu trận đầu tiên, thì
mà N thua, ta có

r≥0

0≤ x≤6

và gọi r là số trận

.

Để N là người thắng cuộc thì anh ta có tổng số 7 trận thắng. Vậy tổng số trận là

x + 7r + 7

Vì mỗi trận đi qua là một điểm được ghi, nên 37 điểm tổng cộng cũng có nghĩa là 37 trận đã
diễn ra

19


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
Vậy

x + 7 r + 7 = 37 ⇔ x + 7 r = 30

Thầy Hồng Trí Quang

. Suy ra x = 2 và r = 4.
P4

Vậy trước khi N thi đấu trận đầu tiên, đã có 2 trận đã diễn ra. Vậy người thắng cuộc là
ĐỀ SỐ 59
Bài 1. Cho các số dương a, b, c thỏa mãn:
b ≠ c, a + b ≠ c

a + b = ( a + b − c )2

và

.

a + ( a − c )2
a− c
=

2
b + ( b − c)
b− c

Chứng minh đẳng thức:

.

Giải:
x = a, y = b, z = c

Đặt

ta có:

x 2 + y 2 = ( x + y − z ) 2 ⇒ z 2 + 2 xy − 2 xz − 2 yz = 0
.
Ta có:

x 2 + ( x − z )2 x 2 + ( x − z ) 2 + z 2 + 2 xy − 2 xz − 2 yz
=
y 2 + ( y − z )2 y 2 + ( y − z ) 2 + z 2 + 2 xy − 2 xz − 2 yz

=

2( x − z ) 2 + 2 y ( x − z ) 2( x − z )(x + y − z) x − z
=
=
2( y − z ) 2 + 2 x ( y − z ) 2( y − z )(x + y − z) y − z
.

Đẳng thức được chứng minh.
Bài 2. Tìm a sao cho phương trình

x2 − a2 x + a + 1 = 0

có nghiệm nguyên

Lời giải
Ta có ∆

= a 4 − 4a − 4

.

Phương trình đã cho có nghiệm nguyên

⇔

∆ là một số chính phương.

Xét các trường hợp sau:

20


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

= −4 < 0

Thầy Hồng Trí Quang

•

Nếu a = 0 thì ∆

•

Nếu a = 1 thì ∆

•

Nếu a = 2 thì ∆ = 0. Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

= −7 < 0

. Phương trình đã cho vô nghiệm
. Phương trình đã cho vô nghiệm

a2
x=
= 2∈Z
2

•

Nếu

a≥3

(a 2 − 1) 2 < < (a 2 )2
. Ta có đánh giá sau đây
∆

> (a 2 − 1) 2 ⇔ a 4 − 4a − 4 > a 4 − 2a 2 + 1 ⇔ 2a (a − 2) > 5
Thật vậy ∆

luôn đúng

∀a ≥ 3

< (a 2 )2
Còn ∆

là một chuyện quá rõ ràng

Đánh giá trên đã khẳng định ∆ không phải là số chính phương. Do đó trong trường hợp

a≥3

, phương trình đã cho không có nghiệm nguyên
Vậy

a=2

là giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán
x6 − x5 + x 4 − x3 + x2 − x +

Bài 3. Chứng minh rằng phương trình
Hiển nhiên với

x ≥1

hoặc

x≤0

1
=0
2

vô nghiệm

vế trái của phương trình dương. Với 0< x <1 vế trái có dạng:

1
1
(x3 − )2 + (x − )2 + x 4 − x5 > 0
2
2

Vậy phương trình vô nghiệm

Bài 4. Cho x, y là các số thỏa mãn điều kiện:

2
3
2 x + y − 4 x + 3 = 0
 2 2
2

 x y + y − 2 x = 0

A = x1000 y1001 + x 700 y 2
Tính giá trị của biểu thức:

.

Giải:

21

.


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

Thầy Hồng Trí Quang

2 x 2 + y 3 − 4 x + 3 = y 3 + 1 + 2( x − 1) 2 = 0 ⇒ y 3 + 1 ≤ 0 ⇒ y ≤ −1
Ta có:

.
y 2 ( x 2 + 1) = 2 x ⇒ y 2 =

Mặt khác
y = −1

Từ đó ta có
Vậy

A=0

và

x =1

2x
≤ 1 ⇒ −1 ≤ y ≤ 1
x +1
2

.

.

.

Bài 5. Với a, b, c là các số thực dương thoả mãn đẳng thức ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức
ab + bc + ca = abc ⇔

a 2 b2 c2
M= 3+ 3 3
b
c a

1 1 1
+ + =1
a b c

Ta có:
a2 1 1 3 b2 1 1 3 c2 1 1 3
+ + ≥ , + + ≥ , + + ≥
b3 a a b c 3 b b c a 3 c c a
Cộng ba bất đẳng thức trên ta có:

a2 b 2 c 2 1 1 1
+
≥ + + ⇒ Mmin = 1
b3 c 3 a3 a b c

khi

a=b=c=3
8 x − y 2 + z 2 = 16

Bài 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

y < x < 10

(với

Lời giải

( x − 4) 2 − z 2 = x 2 − y 2
Phương trình đã cho tương đương với
0< y< x

Vì

và x nguyên dương nên

(1)

x≥2
( x; y; z ) = (2;1;1)

- Để ý rằng phương trình (1) có nghiệm

22

)


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

x ∈ { 3; 4;5}
- Nếu

x2 − y2 > 0

x> y>0

thì do

nên

và do

Thầy Hồng Trí Quang

z>0

nên

z ≥1

( x − 4) 2 − z 2 ≤ 0
Suy ra

. Trong trường hợp này phương trình đã cho không có nghiệm nguyên

dương.

6 ≤ x∈Z

- Bây giờ ta sẽ xét

x 2 − y 2 ≥ 62 − 52 = 11

y. Vì

nên

Từ phương trình (1) ta suy ra

( x − 4) 2 − z 2 ≥ 11 ⇒ ( x − 4) 2 > 11 ⇒ 8 ≤ x < 10 ⇒ x ∈ { 8;9}

Với

x =8

thay vào phương trình (1) ta được:

16 − z 2 = 64 − y 2 ⇔ ( y − z )( y + z ) = 48
(2)
y>z>0

Từ (2) suy ra

y < x =8

Kết hợp với

+ Với

Vì

x=9

ta đi đến

y + z = 8
y = 7
⇔

y − z = 6
z = 1

25 − z 2 = 81 − y 2
thay vào phương trình (1) ta được:

25 − z 2 < 0

81 − y 2 < 0 ⇒ y > 7
nên

y< x=9

. Hơn nữa,

y =8

Điều này dẫn đến

(3)

y =8

. Thay

vào (3) ta thu được

y ≤8

nên
z2 = 8

(loại)

(2;1;1), (8; 7;1)

Tóm lại, phương trình đã cho có 2 nghiệm là
Bài 7. Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O. Gọi H1, H2 lần lượt là trực tâm các tam giác
OAB, OCD. G1, G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác OAD, OBC. Gọi S là diện tích của tứ
giác H1G1H2G2
a) Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng G1G2 // MN

H1 H 2 ⊥ MN
b) Chứng minh rằng

23


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9

( 3G1G2 + H1 H 2 )
S≤

2

24

c) Chứng minh rằng:

Thầy Hồng Trí Quang

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Hướng dẫn giải

Trước hết phát biểu và không chứng minh bổ đề sau:

N

B

BỔ ĐỀ: Cho tam giác ABC, A’B’C’ có

C
G2

H, H’ lần lượt là trực tâm và

·
· ' A 'C '
BAC
=B

. Khi đó

H1

AH
BC
=
A' H ' B 'C '

TRỞ LẠI BÀI TOÁN:

O

K

H2

G1

H1, H2 lần lượt là trực tâm của hai tam giác

OAB, OCD và

·AOB = COD
·

M

A

(đối đỉnh)

OH1 AB
=
OH 2 CD
Theo bổ đề trên ta có
Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BC, BD. Vì G1, G2 lần lượt là

trọng tâm của các tam giác OAD,OBC. Nên

∆OMN

có

OG1 OG2 
=
=
OM ON 

2
÷⇒
3

OH1 ⊥ MK , OH 2 ⊥ NK , MK =

Do đó

OG1 2 OG2 2
= ,
=
OM 3 ON 3

G1G2 =

G1G2 // MN và

.

AB
CD

, NK =
.
2
2

OH1 OH 2
· OH = MKN
·
H
,
=
1
2
MK
NK

∆H1OH 2 : ∆MKN (c.g .c)
. Nên

H1 H 2 ⊥ MN
Từ đó suy ra

2
MN
3

.

. Mà G1G2 // MN.

24

D


Khóa học online Luyện thi hsg – thi chuyên toán lớp 9
H1 H 2 ⊥ G1G2 ⇒ S =

Nên

Thầy Hồng Trí Quang

1
H1 H 2 .G1G2
2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có:

( 3G1G2 + H1H 2 )
3G G .H H
1
S = H1H 2 .G1G2 = 1 2 1 2 ≤
2
6
24

2

·
OH 2 = CD ⇔ ·AOB = COD

= 450

⇔ 3G1G2 = H1 H 2 ⇔ OH1 = AB
Dấu “=” xảy ra

và

.

Bài 8. Hãy xác định tất cả các cặp số nguyên dương (h, s) có tính chất sau: Nếu kẻ h đường
thẳng nằm ngang và s đường thẳng khác thỏa mãn tính chất
iv)
v)
vi)

Không có đường nào nằm ngang
Không có 2 đường nào trong chúng song song
Không có bất kì 3 đường nào trong (h + s) đường thẳng trên đồng quy, thì số các
miền tạo thành bởi (h + s) đường thẳng này là 1992
Bài giải

Đầu tiên ta xét s đường thẳng không nằm ngang, không song song. Khi có 1 đường thẳng, ta
dược 2 miền. Đường thẳng thứ (k + 1) sẽ cắt k đường thẳng trước và bị chia thành (k + 1)
phần. Mỗi phần này sẽ chia một miền cũ thành 2 miền, do vậy có thêm (k + 1) miền nữa tạo
thành.

2 + 2 + 3 + ... + s = 1 +
Từ đó với s đường thẳng thì số miền tạo thành là

s ( s + 1)

2

(miền)

Tiếp theo, ta thấy rằng mỗi một trong h đường thẳng nằm ngang sẽ chia s đường thẳng thành
(s + 1) phần, tạo thêm (s + 1) miền nữa.

1+
Điều này kéo theo tổng số các miền tạo thành là

1+
Theo giả thiết

s ( s + 1)
+ h( s + 1) = 1992
2

s ( s + 1)
+ h( s + 1)
2

(2h + s )( s + 1) = 2.1991 = 2.11.181
nên

s = s 2 < (2h + s )( s + 1) < 70

Mặt khác

nên s + 1 có thể bằng 2; 11 hoặc 22

Từ đó đáp số là (995; 1), (176; 10), (80; 21)

25