Đề thi giáo viên giỏi môn toán thành phố hà nội năm học 2016 2017(có đáp án)

LỜI GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
TP HÀ NỘI 2017

Lị
ch

Võ Quốc Bá Cẩn

Tô

1. Đề thi
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Chứng minh n5 C 5n3

6n chia hết cho 30; với mọi số nguyên dương n:

ng

b) Tìm tất cả các số nguyên dương .x; y/ sao cho x 2 C 8y và y 2 C 8x là các số chính phương.
a) Giải phương trình:
r

b) Giải hệ phương trình:

r

6
x

2x D 1 C

tr
ên

2x

3
C
x

sô

Bài 2 (5.0 điểm).

y
y

đò

8s
p
ˆ
4x
p
ˆ
ˆ
D xCy
x
<
5y
r

ˆ
ˆ
ˆ
: 5y D px C y C px
x

3
:
2x

Bài 3 (3.0 điểm). Với các số thực không âm x; y; z thỏa mãn x 2 C y 2 C z 2 D 2:

ái

a) Chứng minh x C y C z Ä 2 C xy:

il

b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y
z
P D
C
C
:
2 C yz
2 C zx
2 C xy

gư
ờ

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC .BC > CA > AB/ nội tiếp đường tròn .O/ và có
trực tâm H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt phân giác góc ∠ABC tại điểm thứ hai
M: Gọi P là trực tâm tam giác BCM:

N

a) Chứng minh bốn điểm A; B; C; P cùng thuộc một đường tròn.

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E: Gọi F là điểm trên cạnh BC
sao cho CF D BE: Chứng minh ba điểm A; F; O thẳng hàng.
c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM: Chứng minh PN D PO:

Bài 5 (1.0 điểm). Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100: Hai người A và B lần
lượt mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì đảm bảo
người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n C 2: Hỏi người A có thể lấy được nhiều nhất bao nhiêu
tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên?
1


2

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

2. Lời giải và bình luận các bài toán
Bài 1 (5.0 điểm).
6n chia hết cho 30; với mọi số nguyên dương n:

Lị
ch

a) Chứng minh n5 C 5n3

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương . x ; y / sao cho cả hai số x 2 C 8y và y 2 C 8x
đều là số chính phương.
Lời giải. a) Đặt A D n 5 C 5n 3

6 n ; ta có

Tô

1/.n C 1/.n 2 C 6/

A D n.n

ng

D n.n 1/.n C 1/.n 2 4/ C 10 n.n 1/.n C 1/
D .n 2/.n 1/n.n C 1/.n C 2/ C 10.n 1/n.n C 1/:

b) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x

sô

Do . n 2 /.n 1/n.n C 1/.n C 2/ là tích của năm số nguyên liên tiếp nên tích này chia
hết cho 2 ; 3; 5; tức chia hết cho 30: Tương tự, tích .n 1/n.n C 1/ chia hết cho 3 nên
1 0 . n 1 / n.n C 1/ chia hết cho 30: Từ đó suy ra A chia hết cho 30:
y : Khi đó, ta có

tr
ên

x 2 < x 2 C 8y Ä x 2 C 8x < x 2 C 8x C 16 D .x C 4/ 2 :
Theo yêu cầu của đề bài, x 2 C 8y là số chính phương nên nó sẽ nhận giá trị là một trong các số
. x C 1 / 2 ; .x C 2/ 2 ; .x C 3/ 2 : Ta xét các trường hợp sau:

đò

Trường hợp 1: x 2 C 8y D .x C 1/2 : Ở trường hợp này, ta có 8y D 2x C 1: Điều này
không thể xảy ra vì 2x C 1 là số lẻ, còn 8y là số chẵn.

ái

Trường hợp 2: x 2 C 8y D .x C 3/2 : Tương tự như trên, ta cũng dẫn đến vô lý.
1: Do y 2 C 8x

il

Trường hợp 3: x 2 C 8y D .x C 2/2 : Ở trường hợp này, ta có x D 2y
là số chính phương nên ta có y 2 C 16y 8 là số chính phương.

gư
ờ

Với y D 1; ta có x D 1 và cặp số .1; 1/ thỏa mãn yêu cầu đề bài. Xét y
y 2 C 16y

8 D .y C 3/2 C .10y

2; ta có

17/ > .y C 3/2

N

và

y 2 C 16y

8 < .y C 8/2

72 < .y C 8/2 :

Do đó, để y 2 C 16y

8 là số chính phương thì ta phải có
˚
«
y 2 C 16y 8 2 .y C 4/2 ; .y C 5/2 ; .y C 6/2 ; .y C 7/2 :

Giải trực tiếp các trường hợp, ta được y D 3 (tương ứng, x D 5) hoặc y D 11 (tương ứng,
x D 21). Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
Tóm lại, có 5 cặp số thỏa mãn yêu cầu đề bài là .1; 1/; .5; 3/; .3; 5/; .21; 11/ và .11; 21/:


3

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

Bài 2 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình:
r

3
C
x

2x

r

6
x

2x D 1 C

3
:
2x

8s
p
ˆ
4x
p
ˆ
ˆ
D xCy

x
<
5y
r
ˆ
ˆ
ˆ
: 5y D px C y C px
x

Lị
ch

b) Giải hệ phương trình:
y

p

2x

C

1C

6
2

6
x

2

2x

sô

3
x

0; tức

ÄxÄ

ng

Lời giải. a) Điều kiện: x ¤ 0; 2x x3 0 và x6
này, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
r
r
1 C 2x
6
3
2x
C
2x Ä
x
x
2

Tô

y

D1C

p

3: Với điều kiện

3
:
2x

Do đó, theo yêu cầu của bài toán, dấu đẳng thức trong đánh giá trên phải xảy ra, tức ta phải có
3
D1
x

ˆ
:6
x

2x D 1

tr
ên

8
ˆ
< 2x

đò

Giải hệ này, ta tìm được x D 32 : Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x D 23 :
b) Điều kiện: x

y > 0: Nhân tương ứng với vế hai phương trình của hệ, ta được
.x

y/ D 2y;

ái

2 D .x C y/

gư
ờ

il

từ đó suy ra y D 1: Thay vào phương trình thứ hai, ta được
r
p
p
5
D x C 1 C x 1:
x

Xét phương trình trên, ta thấy:

N

xD

5
4

là một nghiệm của phương trình.

Nếu x >

5
4

thì ta có VT < 2 < VP:

Nếu x <

5
4

thì ta có VT > 2 > VP:

Do đó, x D

5
4

là nghiệm duy nhất của phương trình. Tóm lại, hệ đã cho có nghiệm duy nhất:
Â

.x; y/ D

Ã
5
;1 :
4


4

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

Bài 3 (3.0 điểm). Với các số thực không âm x; y; z thỏa mãn x 2 C y 2 C z 2 D 2:
a) Chứng minh x C y C z Ä 2 C xy:
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
y
z
x
C
C
:
2 C yz
2 C zx
2 C xy

Lị
ch

P D

Lời giải. a) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

.x C y/2 C 1 z 2 C 1
x 2 C y 2 C z 2 C 2xy C 2
C
D
D 2 C xy:
2
2
2

Tô

.x C y/ C z Ä

Từ đó suy ra

x
y
z
C
C
D 1:
xCyCz
xCyCz
xCyCz

tr
ên

P Ä

x C y C z;
x C y C z;
x C y C z:

sô

2 C yz
2 C zx
2 C xy

ng

b) Tìm max P: Sử dụng kết quả ở câu a), ta có

Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x D y D 1 và z D 0: Vậy max P D 1:
h p i
Tìm min P: Trước hết, ta sẽ chứng minh nhận xét sau: Với mọi x 2 0; 2 ; ta có
x2
p :
2 2
p
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x D 0 hoặc x D 2:
p
Đặt x D 2t thì ta có 0 Ä t Ä 1 và ta phải chứng minh
p
2t
t2
p ;

3 t2
2

gư
ờ

hay

il

ái

đò

2x
6 x2

t.1

t/2 .2 C t/

0:

N

Bất đẳng thức cuối đúng nên nhận xét được chứng minh. Trở lại bài toán, sử dụng bất đẳng thức
AM-GM và nhận xét trên, ta có
x
2x
D

2 C yz
4 C 2yz

2x
2x
D
2
2
4Cy Cz
6 x2

x2
p :
2 2

Đánh giá tương tự cho các số hạng còn lại, ta được
p
2
x2 C y2 C z2
P
D
:
p
2
2 2
p
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi x D 2 và y D z D 0: Vậy min P D

p

2
:
2


5

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

Bình luận. Câu a) của bài toán chính là gợi ý để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P ở câu b).
Ngoài cách trên, ta vẫn có thể giải ý này bằng cách hoàn toàn độc lập như sau: Ta có
2x
2y
2z
C
C
2 C yz
2 C zx
2 C xy
Â
Ã
1
1
1
D x C y C z xyz
C
C
:
2 C yz
2 C zx

2 C xy

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz1 , ta có
9
6 C xy C yz C zx

9
9
D
> 1:
6 C x2 C y2 C z2
8

Tô

1
1
1
C
C
2 C yz
2 C zx
2 C xy
Do đó

2P Ä x C y C z

xyz D x.1

yz/ C .y C z/:

yz/ C .y C z/

2

ng

Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz một lần nữa, ta có
x.1

Ä x 2 C .y C z/2 .1

yz/2 C 1

2yz C y 2 z 2 /

sô

D .2 C 2yz/.2

D 4 C 2y 2 z 2 .yz
2

Lị
ch

2P D

2

1/ Ä 4;

tr
ên

trong đó bất đẳng thức cuối đúng do yz Ä y Cz
Ä 1: Từ đây ta suy ra 4P 2 Ä 4; tức P Ä 1:
2
Việc còn lại chỉ là chỉ ra một trường hợp dấu bằng nữa là xong.
Ở ý thứ hai của câu b), ta cũng có thể tiếp cận bằng một cách khác như sau: Sử dụng bất đẳng
thức Cauchy-Schwarz, ta có
.x C y C z/2
.x C y C z/2
D
:
x.2 C yz/ C y.2 C zx/ C z.2 C xy/
2.x C y C z/ C 3xyz

đò

P

.1/

ái

Đặt
C y C z thì ta có t 2 x 2 C y 2 C z 2 D 2 và t 2 Ä 3.x 2 C y 2 C z 2 / D 6: Do đó
p t D xp
2 Ä t Ä 6: Ngoài ra, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta cũng có chú ý rằng

t .t 2

il

9xyz Ä .x C y C z/.xy C yz C zx/ D

2/
2

:

gư
ờ

Từ đó kết hợp với (1), ta suy ra
P

t2
2t C

t .t 2 2/
6

N

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh
6t
2
t C 10
p Á

Bất đẳng thức này tương đương với t
2 t

D

t2

6t
:
C 10

p

2
:
2
p Á
p
p
5 2 Ä 0; đúng do 2 Ä t Ä 6:

p

Vậy P
1

2
:
2

Việc còn lại cũng chỉ là tìm điều kiện để dấu đẳng thức xảy ra là được.

Chú ý rằng, học sinh cần chứng minh lại bất đẳng thức này khi sử dụng.


6

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

Bài 4 (6.0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC .BC > CA > AB/ nội tiếp đường tròn .O/
và có trực tâm H: Đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C cắt phân giác góc ∠ABC tại điểm
thứ hai M: Gọi P là trực tâm tam giác BCM:
a) Chứng minh bốn điểm A; B; C; P cùng thuộc một đường tròn.

Lị
ch

b) Đường thẳng qua H song song với AO cắt cạnh BC tại E: Gọi F là điểm trên cạnh
BC sao cho CF D BE: Chứng minh ba điểm A; F; O thẳng hàng.

Lời giải. a) Ta có
∠BP C D 180ı

∠BM C D 180ı

∠BH C D ∠BAC:

ng

Từ đó suy ra bốn điểm A; B; C; P cùng nằm trên một đường tròn.

P

N

tr
ên

sô

A

Tô

c) Gọi N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM: Chứng minh PN D PO:

M

H

F
C

E

I

il

ái

B

đò

O

N

gư
ờ

K

b) Dựng hình bình hành BH CK: Ta có KC ? AC (do KC k BH và BH ? AC ). Tương tự,
ta cũng có KB ? AB: Từ đó ta có tứ giác ABKC nội tiếp và AK là .O/:
Xét hai tam giác BHE và CKF; ta có BE D CF (giả thiết), BH D CK (tính chất hình bình
hành) và ∠HBE D ∠KCF (so le trong) nên chúng bằng nhau, suy ra
∠KF C D ∠HEB:


7

Lời giải đề thi học sinh giỏi Toán 9 TP Hà Nội 2017

Mà hai góc này ở vị rí so le ngoài nên HE k KF: Lại có AK k HE (do AK đi qua O và
HE k AO) nên ba điểm A; F; K thẳng hàng. Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C: Ta có 4BH C D 4CKB nên bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CKB: Nói
cách khác, ta có OB D OC D IB D IC:

∠MBC / D 180ı

2∠MBC D 180ı

Do đó ∠NOI D ∠POB: Từ đây ta suy ra ∠NOP D ∠IOB:

∠ABC:

Tô

∠POB D 2∠P CB D 2 .90ı

Lị
ch

Chú ý rằng ON là trung trực của AB; OI là trung trực của BC và I N là trung trực của BM
nên ∠ONI D ∠ABM và ∠OI N D ∠MBC (hai góc nhọn có hai cạnh tương ứng vuông góc).
Từ đó do ∠ABM D ∠MBC D 12 ∠ABC nên ∠ONI D ∠OI N D 12 ∠ABC: Suy ra tam giác
ONI cân tại O và ∠NOI D 180ı ∠ABC: Lại có

ng

Hai tam giác OBI và OPN có OI D ON; OB D OP và ∠NOP D ∠IOB nên bằng nhau.
Mà tam giác OBI cân tại B nên tam giác OPN cân tại P: Tóm lại, ta có PN D PO:

tr
ên

sô

Bài 5 (1.0 điểm). Trên bàn có 100 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 100: Hai người A và B
lần lượt mỗi người lấy một tấm thẻ trên bàn sao cho nếu người A lấy tấm thẻ đánh số n thì
đảm bảo người B chọn được tấm thẻ đánh số 2n C 2: Hỏi người A có thể lấy được nhiều
nhất bao nhiêu tấm thẻ trên bàn thỏa mãn yêu cầu trên?
Lời giải. (Lời giải này của thầy Nguyễn Tiến Lâm, trường THPT chuyên KHTN.) Vì B bốc thẻ
2n C 2 nên 2n C 2 Ä 100: Suy ra n Ä 49: Do đó, A chỉ được bốc các thẻ đánh số từ 1 đến 49:
Bây giờ, ta phân hoạch tập f1; 2; : : : ; 49g thành 33 tập con như sau:

đò

f1; 4g; f3; 8g; f5; 12g; : : : ; f23; 48g (12 nhóm);
f2; 6g; f10; 22g; f14; 30g; f18; 38g (4 nhóm);

ái

f25g; f27g; f29g; : : : ; f49g (13 nhóm);

il

f26g; f32g; f42g; f46g (4 nhóm).

gư
ờ

Ở mỗi nhóm, A được chọn tối đa một số. Nếu A chọn nhiều hơn 34 số trong các số từ 1
đến 4 9 thì theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm (vô lý). Do đó, A
được chọn không quá 33 số.
Mặt khác, A có thể chọn 33 số sau

N

f 1 ; 3; 5; : : : ; 23; 2 ; 10; 14 ; 18; 25; 27; 29; : : : ; 49; 26; 32 ; 42 ; 46 g

thì thỏa mãn yêu cầu đề bài. Vậy A có thể lấy tối đa 33 tấm thẻ.