Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 9 (Có đáp án chi tiết)

TUYỂN TẬP
50 ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 9
CÓ ĐÁP ÁN
(Tài liệu dành cho Giáo viên, Sinh viên và học sinh)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHOÁ NGÀY 18 – 3 – 2016

Đề chính thức

Môn thi:
TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 18/3/2016

Bài 1 (5,0 điểm).
a. Tính tổng
T  1

1 1
1 1
1
1
 2  1  2  2  ...  1 

2
2

2 3
3 4
2015 20162

b. Tìm các giá trị nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức:  y  2 x2  1  y 2 .
Bài 2 (3,0 điểm).
Cho phƣơng trình x2  ax  b  1  0 với a, b là tham số.
Tìm giá trị của a, b để phƣơng trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn
điều kiện:
 x1  x 2  3
.
 3
3
 x1  x 2  9

Bài 3 (3,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

4a
9b
16c


b  c  a a c b a b c

Bài 4 (9,0 điểm).
1. Cho đƣờng tròn (O) có đƣờng kính BC =2R và điểm A thay đổi trên đƣờng tròn
(O) (A không trùng với B, C). Đƣờng phân giác trong góc A của tam giác ABC
cắt đƣờng tròn tại điểm K (K  A). Hạ AH vuông góc với BC.

a) Đặt AH =x. Tính diện tích S của tam giác AHK theo R và x.Tìm x sao cho S
đạt giá trị lớn nhất.
b) Tính góc B của tam giác ABC biết rằng :

AH
3

.
HK
5

2. Một đƣờng thẳng d thay đổi cắt hai cạnh Ox, Oy của một góc nhọn xOy lần lƣợt
tại hai điểm M, N nhƣng luôn thoả hệ thức:
thẳng d luôn đi qua một điểm cố định.

1
2

 1 . Chứng tỏ rằng đƣờng
OM ON


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS
KHOÁ NGÀY: 18 – 3 – 2016

HƢỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Bản hướng dẫn này có 03 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Nội dung

Bài
1a
2,5

Điểm

Ta thấy :
2
1
1
1
1
1
1 1

 1
   1
 2  2
 
. 
1 
2
 a 1 a 
 a 1 a a 1 a 
 a  1 a

1
1

2



1
a  (a  1)  1
2
2
a
a  a  1

2



1
a2

1

 a  1
1

 a  1

1,5

Từ đó suy ra
1
1 
 1 1  1 1

T  1     1     ...  1 


 2 3  3 4
 2015 2016 
1
1
 2014  
2 2016
2014.2016  1008  1 4061231


2016
2016

1b
2,5

0,5

0,5

2
2
2

2
Ta có: ( y  2) x  1  y  ( y  2) x  y  1 (1)
Ta thấy y=2 không phải là nghiệm pt (1) nên y  2 khi đó ta có:
 2  y  1
y2 1
2
0
pt (1)  x 
y2
y 1
Do x 2  Z  ( y 2  1)( y  2) mà ( y 2  2 y)( y  2) suy ra

 y  1
 y  3
(2 y  1)( y  2) mà (2 y  4)  ( y  2)  3 ( y  2)  
y  1

 y  5

 x  0; y  1
 x  0; y  1

2

1,0

Từ đó ta có các cặp nghiệm cần tìm là : 

0,5

Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    a 2  4(b  1)  0 (*)

0,5

 x1  x2  a
Khi đó theo định lý Vi-et, ta có 
(1).
 x1 x2  b  1

 x1  x 2  3
 x1  x 2  3
 x1  x 2  3


Bài toán yêu cầu  3
(2).

3
3
x
x


2
x

x

3x
x

x

x

9




1
2

 x1  x 2  9

2
1 2
1
2
 1
Từ hệ (2) ta có:  x1  x2    x1  x2   4 x1 x2  32  4(2)  1
2

3

1,0

2

0,5
1,0

0,5

.

a 2  1
 a  1, b  3

Kết hợp với (1) đƣợc 
 a  1, b  3
b  1  2
Các giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*) nên chúng là các giá trị cần tìm.
Đặt: b  c  a  2x; c  a  b  2 y; a  b  c  2z

0,5

Vì trong tam giác tổng hai cạnh luôn lớn hơn cạnh còn lại nên x, y, z >0

0,5


Nội dung

Bài

Điểm

và a  y  z; b  z  x; c  x  y
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dƣơng, ta có :
 yz  zx
 x y

2P  4 
  16 
  9

 x   y 
 z 

0,5

 y
x  z
x  z
y
  4  9    4  16    9  16   12  16  24  52
y  x
z  y
z
 x
 P  26.
z 4
y 3 z
Dấu ―=‖ xảy ra   ;  2;  . Hay: 6 x  4 y  3z
x 2 x
y 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt đƣợc khi 6 x  4 y  3z .

1,0

4.1
2,0

0,5

0,5

A

x

B

H

O

C

K

Ta có AH//OK nên :
1
1
S AHK  SOAH  AH .OH  x R 2  x 2 (đvdt)
2
2
Mặt khác, ta có :
1
1  x2  ( R2  x2 )  R2
2
2

S AHK  x R  x  
(Áp dụng bất đẳng thức Côsi)

2
2
2
 4
Dấu ―=‖ xảy ra khi và chỉ khi x 
Vậy S AHK đạt giá trị lớn nhất là
4.2
2,0

R 2
.
2

R2
R 2
đạt đƣợc khi x 
.
2
4

0,5

1,0

0,5

Theo định lý Pi ta go, ta có :

HK 2  R 2  OH 2
AH 2  R 2  OH 2
Do đó AH 2  HK 2  2R2 .
AH
3
AH 2 3
5


  HK 2  AH 2 .
Ta có
2
KH
5
KH
5
3
5
3
AH 2  HK 2  2R2 hay AH 2  AH 2  2 R 2  AH 
R.
3
2
3 R 3
Tam giác OAH vuông tại H có AH  OA
nên là nửa tam giác đều,

2
2
suy ra AOH  600

1,0

Mà

-Nếu H trên đoạn OB ta có tam giác OAB cân tại O, có ACB  600 nên là tam giác
đều, suy ra ABC  600
- Nếu H trên đoạn OC thì tƣơng tự ta có: ACB  600  ABC  300 .
Vậy ABC  600 hoặc ABC  300 .

0,5

0,5


Nội dung

Bài

Điểm
y

4.2
N
E

I
d

O

D

M

x

1
2
Do

 1 nên OM>1. Trên tia Ox lấy điểm D thoả OD=1 thì D nằm giữa hai
OM ON
điểm O, M.
Qua D kẻ đƣờng thẳng song song với Oy cắt d tại I.
Trên tia Oy lấy điểm E thoả OE=ID.
Ta có OEID là hình bình hành.
OD OE
EI
DI
NI
MI





1
OM ON OM ON MN MN
Từ đó ta có :

1
OE
1


1
OM ON .OD OD
Khi đó :
1
2
Theo giả thiết thì:

1.
OM ON
OE
Do đó:
 2 . Hay OE=2.OD=2
OD
Vậy E có định.
Do D, E cố định nên I cũng cố định. Vậy I là điểm cố định mà đƣờng thẳng d luôn đi
qua.

1,0

1,0

1,0

1,0

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2015-2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

Môn: TOÁN – Lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1. (3,0 điểm)
1. Tính giá trị biểu thức P 

5 3  5 3
5  22

 11  6 2 .

2. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2, x2  y 2  z 2  18 và
xyz  1 . Tính giá trị của S 

1
1
1



xy  z  1 yz  x  1 zx  y  1

Câu 2. (5,0 điểm)
1. Giải phƣơng trình 2 2 x  1  x  3  5x  11  0 .
 y2  y x 1 1  x 1  0

2. Giải hệ phƣơng trình 
2
2

 x  y  7 x  3  0.
Câu 3. (3,0 điểm)
1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2  y 2  xy  x  y  1 .





2. Chứng minh với mọi số nguyên dƣơng n lớn hơn 1 ta có

2 3 4...

 n  1

n  3.

Câu 4. (7,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đƣờng tròn  O  và ngoại tiếp đƣờng
tròn  I  . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD  ACB . Đƣờng thẳng AI cắt đƣờng tròn ngoại tiếp tam
giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đƣờng tròn  O  tại điểm thứ hai là Q. Đƣờng thẳng đi qua E và
song song với AB cắt BD tại P.
1. Chứng minh tam giác QBI cân;

2. Chứng minh BP.BI  BE.BQ ;
3. Gọi J là tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh PK / / JB .
Câu 5. (2,0 điểm) Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn
học. Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3
học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh.
----------Hết---------Họ và tên thí sinh:………………………Họ, tên chữ ký GT1:…………………………………..
Số báo danh:…………………………… Họ, tên chữ ký GT2:…………………………………..


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN – Lớp 9

Đáp án

Câu
1.1
(1,5)

Tính giá trị biểu thức P 

5 3  5 3

Đặt M 

5  22

5 3  5 3
5  22
. Ta có M 2 

Điểm

 11  6 2 .

10  2 22
2
5  22

 M  2 (Do M  0 )



11  6 2 

1.2
(1,5)

3 2



2

0,25
0,5

 3 2

Suy ra P  3
Cho các số thực x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2,
x 2  y 2  z 2  18 và xyz  1 . Tính giá trị của S 

0,25

1
1
1
.


xy  z  1 yz  x  1 zx  y  1

Ta có xy  z  1  xy  x  y  1   x  1 y  1

0,5

Tƣơng tự yz  x  1   y  1 z  1 và zx  y  1   z  1 x  1

0,25

Suy ra S 



1



1



1

 x  1 y  1  y  1 z  1  z  1 x  1



x  y  z 3
 x  1 y  1 z  1

0,25

1
1

xyz   xy  yz  zx    x  y  z   1 xy  yz  zx

Ta có  x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx  7
2

Suy ra S  
2.1

(2,0)

0,5

0,25
0,25

1
7

Giải phương trình 2 2 x  1  x  3  5x  11  0 .
Điều kiện x 

1
2

0,5

2 2 x  1  x  3  5x  11  0  2 2 x  1  x  3  5x  11

 9 x  1  4 2 x 2  5x  3  5x  11  2 x 2  5x  3  3  x

0,5

x  3
x  3
x  1
 2




 x  12
2
2

2 x  5 x  3  9  6 x  x
 x  11x  12  0
Đối chiếu điều kiện ta đƣợc x  1 là nghiệm duy nhất của phƣơng trình.

0,5
0,5


2.2
(3,0)





 y 2  y x  1  1  x  1  0 1

Giải hệ phương trình 
.
2
2

 2
x  y  7x  3  0
Điều kiện x  1, y 

y2  y









x  1  1  x  1  0  y 2  y  x  1  y  1  0   y  1 y  x  1  0

y 1
.

y

x

1

Với y  1, thay vào (2) ta đƣợc

0,5

0,5

x2  1  7 x2  3  0  x2  1  7 x2  3  x4  2 x2  1  7 x2  3
 x2  1

x  1
(do điều kiện của x)
 x  5x  4  0   2

x  2
x  4
4

2

0,5

Với y  x  1 , thay vào (2) ta đƣợc x 2  x  1  7 x 2  3  0

  x2  4 



 

x 1 1 

  x  2  x  2  



7 x2  3  5  0

7  x  2  x  2 
x2


0
x 1 1
7 x2  3  5

x  2
 
7  x  2
1
x2

0

x 1 1
7 x2  3  5
Với x  2 suy ra y  1.

0,25



7  x  2
1
7
1

  x  2  1 
Ta có x  2 

2

2
x 1 1
x 1 1
7x  3  5
7x  3  5 


0,5

  x  2
Với x  1 thì

7 x2  3  2
7 x2  3  5



1
x 1 1

7 x2  3  2  0   x  2

7x  3  2
2

0,5

7 x2  3  2
7x  3  5
2

0

1
0
x 1 1
7x  3  5
Vậy hệ phƣơng trình có các nghiệm 1;1 ,  2;1 .
Suy ra  x  2 

3.1
(2,0)

2



0,25

Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x2  y 2  xy  x  y  1 .
Ta có x 2  y 2  xy  x  y  1   x  y    x  1   y  1  4
2

2

0,75

2

Ta có bảng giá trị tƣơng ứng (học sinh có thể xét từng trƣờng hợp)

x y
y 1
x 1
Nghiệm  x; y 
2

0

0

1;1

1,0


-2

0

0

Loại

0

2

0

Loại

0

-2

0

 1;1

0

0

2

Loại

0

0

-2

1; 1

Vậy các số  x; y  cần tìm là 1;1 ,  1;1 , 1; 1
3.2
(1,0)

0,25

Chứng minh với mọi số nguyên dương n lớn hơn 1 ta có

2 3 4...

 n  1

n  3.

Với mỗi số nguyên dƣơng k ta có k  k 2  1   k 2  1  1   k  1 k  1 .

0,25

Sử dụng đẳng thức trên liên tiếp với k  3,4,..., n ta đƣợc

0,5

3  1  2.4  1  2 1  3.5  1  2 1  3 1  4.6 
 1 2 1 3 1

1   n  1 n  1

 1 2 1 3 1

1   n  1

 n  1

2

 2 3 4...

 n  1

0,25

n

Ta có điều phải chứng minh.
4
(7,0)

Cho tam giác nhọn ABC có AB  AC , nội tiếp đường tròn  O  và ngoại tiếp đường
tròn  I  . Điểm D thuộc cạnh AC sao cho ABD  ACB . Đường thẳng AI cắt đường

tròn ngoại tiếp tam giác DIC tại điểm thứ hai là E và cắt đường tròn  O  tại điểm thứ
hai là Q. Đường thẳng đi qua E và song song với AB cắt BD tại P.
4. Chứng minh tam giác QBI cân;
5. Chứng minh BP.BI  BE.BQ ;
6. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, K là trung điểm của JE. Chứng minh
PK / / JB .


P

A
D
J
I

O
K

B

C
H
E

Q
4.1
(2,0)

4.2
(3,0)

Ta có AI là phân giác của BAC nên Q là điểm chính giữa của cung BC của (O).
Suy ra BAQ  QAC  QBC

1,0

IBQ  IBC  QBC  IBA  BAQ  BIQ
Hay tam giác QBI cân tại Q.

1,0

Tam giác ABD đồng dạng tam giác ACB
AB AD
Suy ra
hay AB2  AD. AC (1).


AC AB

0,5

Tam giác ADI đồng dạng tam giác AEC
(có góc A chung và AID  ACE )
AD AI
Suy ra
hay AI . AE  AD. AC (2).

AE AC

0,5

Từ (1) và (2) suy ra AI . AE  AB 2 ,
suy ra tam giác ABI đồng dạng tam giác AEB.
ABC
Suy ra AEB  ABI 
2

0,5

BAC
(hai góc so le trong),
2
ABC  BAC
suy ra BEP 
.
2

0,5

Ta có AEP  BAE 


Theo a) ta có BIQ 

BAC  ABC
suy ra BIQ  BEP
2

0,25

0,25

Ta có BPE  ABD  ACB  BQI
Suy ra hai tam giác PBE và QBI đồng dạng, suy ra

BP BE

 BP.BI  BE.BQ , ta có
BQ BI

0,5

điều phải chứng minh.
4.3
(2,0)

Tam giác BQI đồng dạng tam giác BPE và tam giác BQI cân tại Q nên tam giác PBE cân
tại P, suy ra PBE 

BAC  ABC
và PH  BE với H là trung điểm của BE.
2

Do HK là đƣờng trung bình của tam giác EBJ nên HK//BJ
Ta có JBD 

ACB
BAC  ABC
và DBE 
, suy ra JBE  90o hay JB vuông góc BE.
2
2

Suy ra PH//JB, suy ra P, H, K thẳng hàng hay PK//JB.
5
(2,0)

0,5

0,5
0,75

0,25

Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học.
Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn

có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ
gồm ít nhất 9 học sinh.
Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh.
Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh.
Nếu N  4 , từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10
học sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán.

0,5

Nếu N<4 , khi đó số học sinh tham gia các câu lạc bộ này không quá 3.8  24 , nghĩa là
còn ít nhất 35  24  11 học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này
chỉ có 1 học sinh. Chọn 10 học sinh trong số này, không thỏa mãn điều kiện bài toán.
Vậy N=4 .

0,5

Số học sinh tham gia 4 câu lạc bộ này không quá 4.8  32 , nghĩa là còn ít nhất 3 học
sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh.

0,5

Chọn 2 trong số học sinh này và mỗi câu lạc bộ trên chọn 2 học sinh, khi đó 10 học sinh
không thỏa mãn điều kiện.

0,25

Vậy điều giả sử sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh tham gia.

0,25

Ghi chú: Các cách giải khác với đáp án mà đúng và phù hợp với chương trình, thì giám khảo
thống nhất chia điểm thành phần tương ứng.
-----------HẾT---------


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2015 – 2016

Đề chính thức

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3 điểm).
a. Chia 18 vật có khối lƣợng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm
có khối lƣợng bằng nhau. (không đƣợc chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 3x + 171 = y2.
Câu 2. (6 điểm).
a. Giải phƣơng trình: x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3
4 x 2  1  y 2  4 x
b. Giải hệ phƣơng trình:  2
2
 x  xy  y  1

Câu 3. (3 điểm).
Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:

a 1 b 1 c 1



3
b2  1 c 2  1 a 2  1

Câu 4. (6 điểm).
Từ điểm M nằm ngoài đƣờng tròn tâm (O; R). Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với
đƣờng tròn (A, B là các tiếp điểm), cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q).
Gọi H là giao điểm của OM và AB.
a. Chứng minh: HPO  HQO
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng

1
1

có giá trị nhỏ nhất.
EA EB

Câu 5. (2 điểm).
Tìm hình vuông có kích thƣớc nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp
đƣợc 5 hình tròn có bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn bất kì nào trong
chúng có điểm trong chung.
---------- HẾT ----------


SỞ GD&ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

NĂM HỌC 2015 – 2016

Đề chính thức

Môn thi: TOÁN - BẢNG A
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Hướng dẫn chấm thi gồm 04 trang
Câu
Nội dung
Điểm
Câu 1. (3 điểm).
a. Chia 18 vật có khối lƣợng 20162; 20152; 20142; ...; 19992 gam thành ba nhóm có khối
lƣợng bằng nhau. (không đƣợc chia nhỏ các vật đó).
b. Tìm nghiệm nguyên dƣơng của phƣơng trình: 3x + 171 = y2.
Nhận xét:
n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25
0,5
(n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17
(n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13
2
2
a Lần thứ nhất, chia 6 vật có khối lƣợng 1999 , ..., 2004 thành ba phần: A+25, A+17,
A+13
1,5
2
2

Lần thứ hai, chia 6 vật có khối lƣợng 2005 , ..., 2010 thành ba phần: B+25, B+17, B+13
Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lƣợng 20112, ..., 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13

Lúc này ta chia thành các nhóm nhƣ sau: Nhóm thứ nhất A+25, B+17, C+13;

nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13. Khối
lƣợng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam.
1
Viết phƣơng trình đã cho về dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x  2). Để y là số nguyên
(3,0)
thì điều kiện cần và đủ là 3x – 2 + 19 = z2 là số chính phƣơng (z là số nguyên
dƣơng)
Nếu x – 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia
b hết cho 2 nhƣng không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phƣơng.
1,5 Do đó x – 2 = 2k là số chẵn
Ta có 3x – 2 + 19 = z2   z  3k  z  3k   19 . Vì 19 là số nguyên tố và
k

 z  10  z  10
z  3  1


z  3  z  3 nên 
 k
k

k  2
3  9
 z  3  19
Vậy x = 6 và y = 30.
Câu 2. (6 điểm).
k

k

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5
0,25

a. Giải phƣơng trình: x 2  6 x  1   2 x  1 x 2  2 x  3
2
2

4 x  1  y  4 x
b. Giải hệ phƣơng trình:  2
2

 x  xy  y  1
ĐKXĐ: R.
1
Vì x 
không phải là nghiệm, nên phƣơng trình đã cho tƣơng đƣơng với
2
x2  6 x  1
 x2  2 x  3
phƣơng
trình:
a

2
2x 1
(6,0) 3,0
2
x  6x 1

 2  x2  2 x  3  2
2x 1

x 2  6 x  1  2(2 x  1) ( x 2  2 x  3  2)( x 2  2 x  3  2)

2x 1
x2  2 x  3  2


x2  2 x 1

2x 1

x2  2x 1
x2  2 x  3  2

0,5

0,5
0,25
0,25


 x2  2 x 1  0


1
1 
  x  2 x  1 

0   2
2
 x  2 x  3  2  2 x  1
 x  2x  3  2 2x 1 
(1)
(2)

0,5

PT (1) có hai nghiệm x1;2  1  2

0,25

PT (2)  x2  2 x  3  2  2 x  1  x2  2 x  2  2 x  1
1

3  15
x 

 x3 
2
3
 x 2  2 x  3  (2 x  1) 2

3  15

Vậy phƣơng đã cho có ba nghiệm: x1;2  1  2; x3 
3
2
2

 y  2 x  1
 2 x  1  y
Hệ phƣơng trình  
 2
2
2
2

 x  xy  y  1  x  xy  y  1

 y  2x 1
 y  2x 1
Xét hệ:  2


2
2
2
 x  x  2 x  1   2 x  1  1
 x  xy  y  1 

0,25

2

a
3,0

2
(6,0)

5
 y  2x 1

x




x  0
 y  2x 1
7
 x  0
hoặc 

 2
 
y 1
y   3
7 x  5 x  0
 x   5

b
 
7

7
3,0

 y  2 x  1
 y  2 x  1
Xét hệ:  2


2
2
2
 x  x  2 x  1   2 x  1  1
 x  xy  y  1 
 y  2 x  1
x  0
 x  1
 y  2 x  1

hoặc 
 2
  x  0
 
 y  1
y 1
3x  3x  0
  x  1


 5 3
Vậy hệ phƣơng trình đã cho có nghiệm (x;y) là: (0;1),   ;   , (0;-1), ( 7 7

1;1)
Câu 3. (3 điểm).
a 1 b 1 c 1
Cho a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 2


3
b  1 c2  1 a2  1
Sử dụng bất đẳng thức Cô si
b2  a  1
b2  a  1
a 1
b  ab
Ta có: 2
(1)
 a 1 2
 a 1
 a 1
b 1
b 1
2b
2
b 1
c  bc
c 1
a  ca
Tƣơng tự: 2
(1) và 2
(3)
 b 1

 c 1
c 1
2
a 1
2
a 1 b 1 c 1 a  b  c
ab  bc  ca
3
Từ (1); (2) và (3) suy ra: 2
 2
 2

 3
b 1 c 1 a 1
2
2
(3,0)
2
2
2
2
Mặt khác a  b  c  ab  bc  ca hay 3(ab  bc  ca)   a  b  c   9

0,25

0,25
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

a 1 b 1 c 1 a  b  c
ab  bc  ca 3
9
= 3  3
 2
 2

 3
0,5
2
b 1 c 1 a 1
2
2
2
6
a 1 b 1 c 1
Vậy 2



 3 . Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
0,5
b  1 c2  1 a2  1
Câu 4. (6 điểm).
Từ điểm M nằm ngoài đƣờng tròn tâm (O).Vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đƣờng tròn (A, B
là các tiếp điểm). Cát tuyến MPQ không đi qua O (P nằm giữa M, Q). Gọi H là giao điểm của OM

Do đó:


và AB.
a. Chứng minh HPO  HQO
b. Tìm điểm E thuộc cung lớn AB sao cho tổng

1
1
có giá trị nhỏ nhất.

EA EB

A
Q
P

a
3,0

M

H

O

B

 MPA đồng dạng  MAQ (g.g), suy ra MA2 = MP.MQ (1)
 MAO vuông tại A, có đƣờng cao AH nên MA2 = MH.MO (2)
MP MO
Từ (1) và (2) suy ra MP.MQ = MH.MO hay
(*)

MH MQ
 MPH và  MOQ có góc M chung kết hợp với (*) ta suy ra  MPH đồng

dạng  MOQ (c.g.c) suy ra MHP  MQO
Do đó tứ giác PQOH là tứ giác nội tiếp  HPO  HQO =

O'

4
(6,0)

1
sdOH (đpcm)
2

0,75
0,5

0,5
0,75
0,5

F
E

A

B

Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EB = EF hay  EBF cân tại E, suy
1

ra BFA  BEA . Đặt AEB   khi đó AFB 
nên F di chuyển trên cung
2
2

chứa góc
dựng trên BC.
2
b
4
1
1
3,0 Ta có: 1  1 
. Nhƣ vậy
nhỏ nhất khi EA + EB lớn


EA EB EA  EB
EA EB
nhất hay EA + EF lớn nhất  AF lớn nhất (**)
Gọi O‘ là điểm chính giữa của cung lớn AB, suy ra  O‘AB cân tại O‘ suy ra
O‘A=O‘B (3)
 O‘EB và  O‘EF có EB = EF, O‘E chung và FEO '  BEO ' (cùng bù với

0,5

0,5
0,5

0,5
BAO '   O‘EB =  O‘EF (c.g.c) suy ra O‘B = O‘F (4)

Từ (3) và (4) suy ra O‘ là tâm cung chứa góc
dựng trên đoạn thẳng BC.
0,5
2
(cung đó và cung lớn AB cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)
Do đó AF lớn nhất khi nó là đƣờng kính của (O‘) khi E  O‘ (***).
0,25
1
1
Từ (**) và (***) suy ra E là điểm chính giữa cung lớn AB thì
có giá

0,25
EA EB
trị nhỏ nhất.

Câu 5. (2 điểm).
Tìm hình vuông có kích thƣớc nhỏ nhất để trong hình vuông đó có thể sắp xếp đƣợc 5 hình
tròn có bán kính bằng 1 sao cho không hai hình tròn bất kì nào trong chúng có điểm trong chung.


Gọi O là tâm của hình vuông ABCD cạnh là a > 2 chứa 5 hình tròn bán kính
bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm trong chung.
Suy ra tâm của các hình tròn này nằm trong hình vuông MNPQ tâm O cạnh là
(a-2) và MN // AB. Các đƣờng trung bình của hình vuông MNPQ chia hình
vuông này thành 4 hình vuông nhỏ bằng nhau.
Theo nguyên lí Dirichle tồn tại một hình vuông nhỏ chứa ít nhất 2 trong 5 tâm
của các hình tròn nói trên, chẳng hạn đó là O1 và O2.
Do 5 hình tròn này không có hai hình tròn nào có điểm trong chung nên O 1O2
 2 (1)
a2
Mặt khác O1O2 cùng nằm trong một hình vuông nhỏ có cạnh là
nên
2
a2
a2
O1O2 
. 2 (2) (
. 2 là đƣờng chéo hình vuông nhỏ)
2
2
5
2,0
a2
(2,0)
Từ (1) và (2) 

2  2  a  2  2 2 . Do đó mọi hình vuông có cạnh
2
lớn hơn hoặc bằng ( 2  2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy hình vuông ABCD có cạnh ( 2  2 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2+2 2

A

0,75

0,5
0,5

0,5

0,5
0,25

B
N

M
O1

O1

O2

a-2
2

O
O2

P
Q
D

C

20.00

Lƣu ý: 1. Nếu học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng cho câu đó,
2. Riêng câu 4, học sinh không vẽ hình hay vẽ hình sai thì không chấm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
Môn thi : TOÁN
Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 08/04/2014

Câu 1 (4 điểm).
a) Rút gọn biểu thức A 

x  4 x  4  x  4 x  4 với x ≥ 4.

a b c
d e f
b) Cho a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, thỏa mãn    1 và    0 .
d e f
a b c
2
2
2
a
b c
Tính giá trị của biểu thức B  2  2  2 .
d
e
f
Câu 2 (4 điểm).
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phƣơng.
b) Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5.
Chứng minh rằng

a 8n  3a 4n  4 chia hết cho 5, với mọi số tự nhiên n.

Câu 3 (6 điểm).
a) Giải phƣơng trình x 

x  2014  2014 .
x  y  z  2
b) Giải hệ phƣơng trình 
2
2xy  z  4
2

c) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a2 + b2 + c2 = 1.
Chứng minh rằng abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0.
Câu 4 (3 điểm).
a) Cho hình bình hành ABCD, các điểm M và N theo thứ tự thuộc các cạnh AB và BC sao cho AN
= CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC.
b) Cho ∆ABC vuông ở A (AB < AC). Biết BC = 4  4 3 và bán kính đƣờng tròn nội tiếp ∆ABC
bằng 2. Tính số đo góc B và góc C của ∆ABC.
Câu 5 (3 điểm).
Cho ∆ABC nội tiếp đƣờng tròn tâm O. Trên cạnh BC lấy một điểm D tùy ý (D khác B và C).
Đƣờng tròn tâm O1 qua D và tiếp xúc với AB tại B; đƣờng tròn tâm O2 qua D và tiếp xúc với AC tại C;
hai đƣờng tròn này cắt nhau tại điểm thứ hai là E.
a) Chứng minh rằng khi D di động trên cạnh BC thì đƣờng thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
b) Giả sử ∆ABC cân tại A, chứng minh rằng tích AD.AE không phụ thuộc vào vị trí điểm D trên
cạnh BC.
-------HẾT-------


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN

HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
I. Hƣớng dẫn chung:
1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án và đúng thì giám khảo căn cứ vào thang
điểm của đáp án để cho điểm hợp lí.
2. Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hƣớng dẫn chấm phải đảm bảo

không sai lệch với hƣớng dẫn chấm và phải đƣợc thống nhất trong Hội đồng chấm thi.
3. Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25
II. Đáp án:
Câu
a) Với x ≥ 4, ta có :
A



Nội dung

Điểm

(x  4)  4 x  4  4  (x  4)  4 x  4  4

0,25



0,5

x4 2



2





x4 2



2

x4 2

0,25

x4 2 x4 2

0,25

 x4 2
Xét các trƣờng hợp :
* Với x ≥ 8 ta có :
A 

0,25

2 x4
* Với 4 ≤ x < 8 ta có :
A 

x4 2 x4 2

4
1

(4đ)

0,25
0,25

b) Với a, b, c, d, e, f là các số thực khác 0, ta có:
2

a b c
a b c
  1     1
d e f
d e f 
a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ac
 2 2 2


1
d
e
f
de
ef
df
a 2 b 2 c 2 2abc  f d e 
 2 2 2
    1
d
e
f

def  c a b 
d e f
Mà
  0
a b c
a 2 b2 c2
Vậy B  2  2  2 = 1
d
e
f

2
(4đ)

a) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k  )
 (n – 7)2 – k2 = 305
 (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305
Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61)
và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trƣờng hợp:

0,5
0,5
0,5

0,5

0,25
0,25

Nội dung

Câu

 n  7  k  1

 n  7  k  305
 n  7  k  305

  n  7  k  1

 n  7  k  5
 n  7  k  61

 n  7  k  61
  n  7  k  5


Điểm
0,25

0,25

0,25

0,25

  n  160

  k  152

  n  146

  k  152

  n  40
  k  28

  n  26
  k  28


0,25

0,25

Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40.
b)

A  a 8n  3a 4n  4   a 8n  1  3  a 4n  1
n
n
  a 8   1  3  a 4   1





  a 8  1  a 8 


n 1

 a8 

n 2

0,25
0,25

n 1
n 2
 ...  1  3  a 4  1  a 4    a 4   ...  1




0,25

  a 4  1 a 4  1 .B  3  a 4  1 .C
  a 4  1  a 4  1 .B  3C 
  a 2  1 a 2  1 .D

0,25

Vì a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5 nên:

a

a


a

a


 5k 1   a 2  1 5

 5k  2   a 2  1 5
 5k  3   a 2  1 5
 5k  4   a 2  1 5



Vậy a
3
(4đ)

(với k là số nguyên dƣơng)

8n

 3a 4n  4  5 với mọi số tự nhiên n.

a) Điều kiện: x ≥ –2014
Đặt t =

x  2014  t 2 = x + 2014 (t ≥ 0)

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


Nội dung

Câu

 x 2  t  2014 (1)
Ta có hệ sau : 
2
 t  x  2014 (2)
Trừ vế theo vế phƣơng trình (2) cho phƣơng trình (1) ta đƣợc :
t2 – x2 – x – t = 0
 (t+x)(t – x – 1) = 0  t = –x hoặc t = x + 1
 Với t = –x ta có : (–x)2 = x + 2014  x2 – x – 2014 = 0 (*)

1  8057
1  8057
Giải (*) đƣợc nghiệm x =
(loại vì t ≥ 0) hoặc x =
2
2


Với t = x + 1 ta có: (x + 1)2 = x + 2014  x2 + x – 2013 = 0 (**)

1  8053

1  8053
Giải (**) đƣợc nghiệm x =
hoặc x =
(loại vì t≥0)
2
2
1  8053
1  8057
Vậy nghiệm của phƣơng trình là: x =
hoặc x =
2
2
S  x  y
b) Đặt 
P  xy
S  2  z

Khi đó từ hệ phƣơng trình đã cho ta có: 
1 2
P  2  z  4 

Điểm
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Theo cách đặt ta có x, y là nghiệm của phƣơng trình: X2 – SX + P = 0

0,25

1
 X 2  (2  z)X  (z 2  4)  0 (1)
2
1 2
2
2
∆ =  (2  z)   4  (z  4)  (z  2)
2

0,25
0,25

Phƣơng trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0
 (z + 2)2 ≤ 0  z = –2
Thay z = –2 vào phƣơng trình (1) ta đƣợc: X2 – 4X + 4 = 0 (2)
Giải phƣơng trình (2) đƣợc nghiệm X1 = X2 = 2  x = y = 2.
Vậy hệ đã cho có nghiệm: x = 2, y = 2, z = –2

0,25
0,25
0,25

c) Ta có : a  b  c  1  a  1  b  c  1
2

2

2

2

2

2

 1  a  1  1  a  0
Tƣơng tự : 1  b  0; 1  c  0

0,25
0,25

 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥ 0
 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0
(1)
Mặt khác: (1 + a + b + c)2 = (1 + a)2 + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c)
= 1 + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc)

0,25
0,25

 a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc =

1
(1 + a + b + c)2 ≥ 0 (2)
2

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta đƣợc :
abc + a2 + b2 + c2 + 1 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc ≥ 0
 abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0

0,25
0,25
0,25

0,25


A

Câu

Nội dung

Điểm

D

a) Hình vẽ
M

I
K
H

B

N

C

Kẻ DI vuông góc với AN tại I, kẻ DH vuông góc CM tại H.
Ta có: SADN 

0,25

1
1
DI.AN; SDMC  DH.MC
2
2

0,25

1
SABCD (do cùng cạnh đáy AD và đƣờng cao kẻ từ N)
2
1
và S∆DMC =
SABCD (do cùng cạnh đáy DC và đƣờng cao kẻ từ M)

2
S∆ADN =

nên : S∆ADN = S∆DMC .

4
(3đ)

0,25

1
1
 DI.AN  DH.MC
 DI  DH
2
2
AN  CM (gt)

0,25

 ∆DIK = ∆DHK (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

0,25
0,25

 IKD  HKD  KD là phân giác góc AKC.
A

b) Hình vẽ

H
I
O

B

C

K

Gọi I, H, K lần lƣợt là các tiếp điểm của đƣờng tròn nội tiếp ∆ABC với các cạnh AB,
AC, BC.
Ta có: AB + AC = AI + AH + BI + CH = AI + AH + BK + KC
= 8 + 4 3 (1)

0,25

 (AB + AC)2 = AB2 + AC2 + 2AB.AC = BC2 + 2AB.AC = (8 + 4 3 )2

(8  4 3 )2  BC2
 24  16 3 (2)
 AB.AC =
2

0,25

A
I

0,25

Từ (1) và (2), kết hợp với AB < AC

suy ra AB = 2 + 2 3 ; AC = 6 + 2 3

0,25

AB 2  3 1
sin C 


BC 4  4 3 2
Suy ra C  30 ; B  60
Hình vẽ
0

O

0
B

0,25

D
C
E

5
(3đ)

0,25


Nội dung

Câu

Điểm

a) Kéo dài ED cắt (O) tại I
AB là tiếp tuyến của (O1)  ABD  BED
AC là tiếp tuyến của (O2)  ACD  CED

 ABD  ACD  BEC

0,25
0,25
0,25

 BEC  BAC  1800

 Tứ giác ABEC nội tiếp (O)

 AIE  ACE  ACD  DCE  DEC  DCE  IDC

 AI//BC  I cố định
Vậy DE luôn đi qua điểm cố định I.

0,25
0,25

0,25

b) Ta có: AB  IC (vì AI//BC)

0,25

∆ABC cân tại A  AB  AC

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

S

 AC  IC  I  A
 A, D, E thẳng hàng
 AD.AE = AB2 (vì ∆ABE
∆ADB)
 AD.AE không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên cạnh BC.


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÕNG
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
CẤP THCS NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 12/ 4/ 2016

Bài 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức

với

.

b) Cho x, y, z là các số thực dƣơng thỏa mãn điều kiện:

.

Rút gọn biểu thức:
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giả sử

.
là hai nghiệm của phƣơng trình

của phƣơng trình

và

là hai nghiệm

.

Chứng minh:

b) Giải hệ phƣơng trình:
Bài 3. (2,0 điểm)

.

a) Tìm ba số x, y, z nguyên dƣơng thỏa mãn:
và

là số nguyên tố.
b) Cho x, y, z là ba số dƣơng thoả mãn x + y + z = 3. Chứng minh rằng:
.

Bài 4. (3,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC cân tại A (
), vẽ đƣờng tròn tâm O tiếp xúc với hai cạnh
AB, AC lần lƣợt tại điểm B, điểm C. Trên cung BC của (O) nằm trong tam giác ABC lấy một
điểm M
. Gọi I; H; K theo thứ tự là hình chiếu của điểm M trên BC; CA; AB và P
là giao điểm của MB với IK, Q là giao điểm của MC với IH. Gọi (O 1) và (O2 ) lần lƣợt là
đƣờng tròn ngoại tiếp MPK và MQH. Gọi D là trung điểm của đoạn BC; N là giao điểm
thứ hai của (O1) và (O2). Chứng minh:
a) PQ là tiếp tuyến chung của hai đƣờng tròn (O1) và (O2 ).
b) ba điểm M, N, D thẳng hàng.
2. Trên dây cung AB của (O) (AB không đi qua tâm O) lấy hai điểm P và Q sao cho AP
= PQ = QB. Vẽ bán kính OK, OH thứ tự qua điểm P và điểm Q. Chứng minh
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho 2017 đƣờng thẳng phân biệt đều cắt hai cạnh đối của một hình vuông thành hai
phần có tỉ số diện tích là 1:2. Chứng minh rằng trong 2017 đƣờng thẳng trên có ít nhất 505
đƣờng thẳng đồng quy.
---------Hết--------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ............................................... Số báo danh: ...............................................
Giám thị 1: ........................................................... Giám thị 2: ..................................................


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI PHÕNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
Năm học 2015 - 2016
MÔN: Toán 9
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Chú ý:
- Thí sinh làm theo cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa.
- Tổng điểm bài thi: 10 điểm .
Đáp án

Điểm

+ Đặt u = 3 20  14 2 ; v = 3 20  14 2
Ta có x = u + v và u 3  v3  40

0,25 đ

Bài
1a) (1,0 điểm)

u.v =

3

(20  14 2)(20  14 2)  2

0,25 đ
0,25 đ

x  u  v  x  u  v  3uv(u  v)  40  6x
3

Bài 1
(2 điểm)

3

3

hay x 3  6x  40 . Vậy A = 2016.
1b) (1,0 điểm)
Ta có x  y  z  xyz  4  4(x  y  z)  4 xyz  16
Khi đó ta có:

0,25 đ
0,25 đ

x(4  y)(4  z)  x(16  4y  4z  yz)
 x(yz  4 xyz  4x)

0,25 đ

 x. ( yz  2 x ) 2  xyz  2x (1)
Tƣơng tự

y(4  z)(4  x)  xyz  2y (2)

0,25 đ

z(4  x)(4  y)  xyz  2z (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra B  2(x  y  z  xyz)  2.4  8 .
2a) (1,0 điểm)
Áp dụng định lí Vi-ét ta có: x1  x 2  p; x1x 2  1

0,25 đ

0,25 đ

x3  x 4  q; x3x 4  1

  x1  x 3  x 2  x 3   x1x 2  x 3  x1  x 2   x 32
 1  x 3p   1  qx 3 

2
(vì x 3 là nghiệm của phƣơng trình x 2  qx  1  0  x 3  qx 3  1  0 nên

Bài 2
(2 điểm)

0,25 đ

x 32  qx 3  1)

  x1  x 3  x 2  x 3   x 3  p  q  1

Tƣơng tự  x1  x 4  x 2  x 4   1  px 4   qx 4  1  x 4  p  q 
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
2b) (1,0 điểm)
Cộng vế với vế hai phƣơng trình của hệ ta đƣợc:

0,25 đ

 2

2x 2  y2  3xy  7x  5y  6  0  y2  (5  3x)y  2x 2  7x  6  0
 (y  2x  3)(y  x  2)  0

0,25 đ

0,25 đ


  y  2x  3  0 (1)
(I)  2
2
  x  y  xy  3 (2)
Hệ đã cho đƣơng đƣơng với 
,
yx20
(3)

(II) 

  x 2  y 2  xy  3 (4)

0,25 đ

Giải hệ phƣơng trình (I): Rút y ở (1) thay thế vào (2) ta đƣợc:

x  1  y  1
x 2  3x  2  0  
 x  2  y  1

0,25 đ

Giải hệ phƣơng trình (II): Rút y ở (3) thay thế vào (4) ta đƣợc:

x 2  2x  1  0  x  1  y  1

0,25 đ

Vậy hệ phƣơng trình có hai nghiệm là (1; 1); (2; 1)
3a (1,0 điểm)







Ta có 2016 x  y 2001  2015 y  z 2001



0,25 đ

 2016x  2015y  2001(2016y  2015z) (1)

2001 là số vô tỉ và x, y, z là các số nguyên dƣơng nên ta có
1  2016x – 2015y  2016y – 2015z  0

Vì

0,25 đ

2016x  2015y

 xz  y 2 .
2016y  2015z
2
2
2
2
Ta lại có: x  y  z   x  z   2xz  y
2

  x  z   y2   x  y  z  x  y  z 
2

Vì x 2  y2  z 2 là số nguyên tố và x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 nên x –
y + z = 1. Do đó x  y  z  x  y  z
2

2

2

0,25 đ

Nhƣng x, y, z là các số nguyên dƣơng nên x 2  x ; y2  y ; z 2  z
2
2
2
Suy ra x  x, y  y, z  z  x  y  z  1.

Bài 3
(2 điểm)









Thử x  y  z  1 vào 2016 x  y 2001  2015 y  z 2001 (không
thỏa mãn)
Vậy không tìm đƣợc x, y, z thỏa mãn yêu cầu bài toán.
3b) (1,0 điểm)
Ta có 3x  yz   x  y  z  x  yz   x  y  x  z  (vì x + y + z = 3)
Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki:







zx  xy 



zx  xy

 x  y  y  z  



2

0,25 đ

  x  y  z  x 

3x  yz

0,25 đ

 x  zx  xy  x  3x  yz


x

x
x


x  3x  yz x  zx  xy
x y z

Chứng minh tƣơng tự ta đƣợc:

y
y

;
y  3y  zx
x y z

z
z

;
z  3z  xy
x y z
Cộng các vế của 3 bất đẳng thức cùng chiều ta đƣợc:

0,25 đ

0,25 đ