ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 . HÀ NỘI 2020.2021

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021

BỘ 20 ĐỀ THI
HỌC SINH GIỎI TOÁN 9
HÀ NỘI – 2020-2021

1


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2021
Đề số 1
1. Đề thi
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình

x2 − x + 8 = 4 x + 3
K=

a2
b2
c2
+
+
( a − b) ( a − c) ( b − c) ( b − a) ( c − a ) ( c − b)

b) Chứng minh rằng biểu thức
số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đơi một phân biệt.

có giá trị là

Bài 2 (5.0 điểm).
a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn
rằng chia hết cho 9.
b) Cho đa thức

a+b+c

P ( x ) = x 3 + ax + b

và

ab − bc − ca

có một nghiệm là

minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức

cùng chia hết cho 3. Chứng minh

1+ 3

(a, b là các số hữu tỉ). Chứng

x 2 − 2 x − 2.

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a 2 + b2 + c2 = 1

.

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 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.

b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng:

1
1
2
+
=
.
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 đặt 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 vượt q

1
2

.

2


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
ii) Với mỗi cách đặt năm điểm vào hình chữ nhật như trên, gọi n là số tam giác có ba

đỉnh là ba điểm nằm trong năm điểm đó và diện tích khơng vượt qua
nhất của n.

1
4

. Tìm giá trị nhỏ

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN CÁC BÀI TỐN
Bài 1 (5.0 điểm).
a) Giải phương trình

x2 − x + 8 = 4 x + 3
K=

a2
b2
c2
+
+
( a − b) ( a − c) ( b − c) ( b − a) ( c − a ) ( c − b)

b) Chứng minh rằng biểu thức
số nguyên, trong đó a, b, c là ba số thực đơi một phân biệt.

có giá trị là

Lời giải.
a) Điều kiện . Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

(x
( x − 1)

2

+

Hay

Vì

( x − 1)

tức

2

x =1

(

x+3 −2

≥0
và

(

)

2

2

(

)

− 2 x + 1) + x + 3 − 4 x + 3 + 4 = 0,

=0

x+3 −2

)

2

( x − 1)

≥0

2

=

nên (1) xảy ra khi và chỉ khi

(thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

(

x+3 −2

)

2

=0

x = 1.

b) Ta có

K=

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

=

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

( a − b) ( b − c) ( a − c)
( a − b) ( b − c) ( a − c)
a2 − b2 ) ( b − c ) − ( b2 − c2 ) ( a − c ) ( 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 nguyên là 1.
Bài 2 (5.0 điểm).
a) Cho ba số a, b, c thỏa mãn
rằng chia hết cho 9.
b) Cho đa thức

a+b+c

P ( x ) = x 3 + ax + b

và

ab − bc − ca

có một nghiệm là

x − 2 x − 2.
2

minh rằng đa thức P(x) chia hết đa thức

Lời giải.

3

cùng chia hết cho 3. Chứng minh

1+ 3

(a, b là các số hữu tỉ). Chứng


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
( a + b ) ( a + b + c ) + ( ab − bc − ca )
a 2 + b 2 + 3ab

a) Từ giả thiết ta có
hết cho 3. Từ đó suy ra cùng chia hết cho 3.

chia hết cho 3, hay

x2

Với mọi số nguyên x, ta có x chia 3 dư 0, 1 hoặc 2 nên
và

a

b2

khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Như vậy, để

2

và

b

a 2 + b2

chia hết cho 3, ta phải có

cùng chia hết cho 3, tức a và b cùng chia hết cho 3. Mặt khác, do a + b + c chia

(

P 1+ 3
b) Từ giả thiết, ta có

3=−

a+6≠0

Do đó

chia 3 dư 0 hoặc 1.Suy ra

a2

2

hết cho 3 nên c cũng chia hết cho 3. Từ đây, dễ thấy
điều phải chứng minh.

Nếu

chia

a = −6

, ta có
. Từ đó suy ra

)

( a + 6)

, hay

a + b + 10
a+6

ab − bc − ca

chia hết cho 9. Ta có

3 = − ( a + b + 10 ) .

là một số hữu tỉ, mâu thuẫn vì

a + b + 10 = 0

, tức

b = −4

3

là một số vô tỉ.

. Vậy

P ( x ) = x − 6x − 4 = ( x − 2x − 2) ( x + 2)
3

Rõ ràng

P ( x)

chia hết cho đa thức

2

x 2 − 2 x − 2.

Bài 3 (2.0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thay đổi thỏa mãn
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a 2 + b2 + c2 = 1

.

Q = a+b + b+c + c+a

Lời giải.
Giá trị lớn nhất của biểu thức Q. Với mọi số thực x, y và z, ta có

( x − y)
Từ đó suy ra

2

+ ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 0.

2 ( xy + yz + zx ) ≤ 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )

2

2

( x + y + z)
, hay

2

≤ 3( x2 + y2 + z 2 ) .

Sử dụng kết quả này, ta được:

Q4 = 


(

)

2

2
2
a + b + b + c + c + a  ≤ 3 ( a + b + b + c + c + a ) 


= 36 ( a + b + c ) ≤ 36.3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 108.
2

Q ≤ 108

a =b=c=

4

Suy ra

. Mặt khác, dễ thấy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4

trị lớn nhất của biểu thức Q là

108.

4

3
3

. Vậy giá


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
a 2 , b2 , c 2 ≤ 1
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q. Từ giả thiết, ta có
. Suy ra
0 ≤ a, b, c ≤ 1.
Từ đây, ta có

a ≥ a2

a 2 + b2 ≥ ( a 2 + b2 ) .

và

b ≥ b2

. Từ đó

a + b ≥ a 2 + b2

. Mà

0 ≤ a 2 + b2 = 1 − c 2 ≤ 1

nên

2

Tóm lại, ta có:

(a

a + b ≥ a 2 + b2 ≥

Chứng minh tương tự, ta cũng có:
Từ các kết quả trên, ta suy ra:

2

+ b2 ) = a 2 + b2 .
2

b + c ≥ b2 + c 2 , c + a ≥ c 2 + a 2 .

Q ≥ a 2 + b 2 + b 2 + c 2 + c 2 + a 2 = 2.

a =1
b=c=0
Dấu đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi
và
. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q
là 2.
Q≥2
Bình luận: Để chứng minh
, ta cịn có hai cách tiếp cận khác như sau.
Cách 1. Khơng mất tính tổng qt, giả sử
GM, ta có:

a≥b≥c

. Sử dụng bất đẳng thức AM-

a + b + a + c ≥ 2 4 ( a + b ) ( a + c ) = 2 4 a 2 + ab + ac + bc
≥ 2 4 a 2 + b 2 + c 2 + bc = 2 4 1 + bc ≥ 2.
Lại có

b+c ≥0

nên

Q ≥ 2.

Cách 2. Tương tự như trong lời giải đã trình bày ở trên, ta có

a ≥ a 2 , b ≥ b2

và

( c + a ) ( c + b ) ≥ c2
Q2 =

(

c ≥ c2

. Từ đây, với chú ý

0 ≤ a , b, c ≤ 1

nên

( a + b ) ( a + c ) ≥ c2 , ( b + c ) ( b + a ) ≥ b2

và

, ta có

a+b + b+c + c+a

)

2

= 2( a + b + c) + 2 


( a + b ) ( a + c ) + ( b + c ) ( b + a ) + ( c + a ) ( c + b ) 

≥ 2 ( a + b + c ) + 2 ( a + b + c ) = 4 ( a + b + c ) ≥ 4 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 4.
Suy ra

Q ≥ 2.

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 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.
5


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
1
1
2
+
=
.
AI AJ AN

b) Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AJ và BC. Chứng minh rằng:

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.
Lời giải.

a) Có J là tâm đường trịn bàng tiếp tam giác 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.
b) Tính chất của hàng điểm điều hịa (kiến thức lớp 10)

Có : BI, BJ là phân giác trong, ngồi tam giác ABN suy ra

k=
Cách biến đổi đại số: Đặt
điều kiện phải chứng minh.

IA JA
=
, AN = a
IN JN

6

IA JA
=
IN JN

từ đó tính được AI, AJ theo a, k. Thay vào

Cách khác:

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
IA JA
AN
AN
AN AN
1
1
2
=
⇒
−1 = 1−
⇒
+
=2⇒
+
=
IN JN
AI
AJ
AI
AJ
AI AJ AN

c) Gọi DI cắt AP tại S. Kẻ

có:
Do

⇒

JR ⊥ AC

IS AI IE
=
=
⇒ IS = ID
JP AJ JR
IC ⊥ DE , PQ ⊥ DC ⇒ ∆IDC : ∆DPQ ( g .g )

DI
PD
DS DP
=
⇒
=
⇒ ∆DSP : ∆PBK ( c.g.c )
DC PQ
BP PK

·
·
⇒ DSP
= PBK
⇒ BK ⊥ 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 đặt 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 vượt q

1
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 điểm nằm trong năm điểm đó và diện tích khơng vượt qua
nhất của n.

1
4

. Tìm giá trị nhỏ

Lời giải.

a) Xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: y = 1. Trong trường hợp này, ta có
2 z − 1 = 3x
Suy ra

2 z ≡ 1( mod 3 )

. Nếu z là số lẻ, tức

2 z = 22 k +1 = 2.4k ≡ 2 ( mod 3 )

dương. Khi đó ta có
Suy ra

2k − 1

cho 3 (do

và

(2

k

z = 2k + 1

với k tự nhiên, thì ta có

, mâu thuẫn. Do đó z là số chẵn, tức

z = 2k

với k nguyên

3x = 22 k − 1 = ( 2 k − 1) ( 2 k + 1) .

2k + 1

đều là lũy thừa của 3. Mà hai số này không cùng chia hết

+ 1) − ( 2k − 1) = 2

không chia hết cho 3) nên trong hai số phải có một
7


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
k =1
2 −1 < 2 +1
2k − 1 = 1
số bằng 1. Lại có
nên
, tức
. Một cách tương tự, ta tính
x =1
z=2
được
và
. Thử lại, ta thấy thỏa mãn.
z>y
y≥2
3x > 1
2z > 2 y
Trường hợp 2:

.Vì
nên từ phương trình đã cho, ta có
, tức
.
k

2y

Suy ra

và

2z

x = 2l + 1

k

cùng chia hết cho 4. Từ đó ta có

3x ≡ 1( mod 4 )

3x = 32 l +1 = 3.9l ≡ 3 ( mod 4 )

l

với
tự nhiên, thì
x = 2l
l

chẵn, tức
với nguyên dương.
+) Giả sử

l

y≥4

là số lẻ, tức

đó

l

l = 2t + 1

là số chẵn, tức

2z − 2 y

Nếu

. Khi đó, ta có
với

l = 2t

t

z− y

chia hết cho 5, hay

z−y

2z

và

t

, mâu thuẫn. Do đó x là số

cùng chia hết cho 16 nên

3x ≡ 1( mod16 )

3x = 34t + 2 = 9.81t ≡ 9 ( mod16 )

tự nhiên, thì

với
2

2y

. Nếu x là số lẻ, tức

nguyên dương. Suy ra

. Nếu

, mâu thuẫn. Do

3x = 34t = 81t ≡ 1( mod 5 )

. Từ đó

≡ 1( mod 5 ) .
2 z − y = 2.4u ≡ ±2 ( mod 5 )

z − y = 2u + 1

là số lẻ, tức
với u tự nhiên, thì
mâu
z− y
z − y = 2u
thuẫn. Do đó
là số chẵn, tức
với u nguyên dương. Khi đó, ta có

2 z − 2 y = 2 y ( 4u − 1)

chia hết cho 3. Lại có

3x

chia hết cho 3 nên 1 chia hết cho 3, mâu

thuẫn.
y≤3

y=2

+) Như vậy, ta phải có
. Nếu
thì ta có
y=3
2 z − 32l = 7
3, mâu thuẫn. Do đó
. Khi đó ta có:
Từ đây, ta có
chẵn, tức

2 z ≡ 1( mod 3)

z = 2m

2 −3 < 2 +3
m

Vì
x=2

l

m

3x + 3 = 2 z

và

chia hết cho

. Chứng minh tưng tự trường hợp 1, suy ra z là số

với m nguyên dương. Khi đó ta có:

l

, suy ra

2z

2m + 3l > 0

nên

2m + 3l = 7

. Từ đó

(2

m

− 3l ) ( 2m + 3l ) = 7.

m=2

và

l =1

, hay ta có

. 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).

8

z=4

và


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
b) i) Trước hết, ta chứng minh kết quả sau: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
S. Xét ba điểm E, F, G không thẳng hàng thuộc miền mặt phẳng giới hạn bởi hình

S EFG ≤
chữ nhật ABCD. Khi đó

1
S
2

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 hoặc trùng với một trong hai
đường thẳng kia. Khơng mất tính tổng qt, giả sử đó là đường thẳng d qua điểm
F. Khi đó, đường thẳng d sẽ cắt đoạn thẳng 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

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
S EFG = S EPF + SGPF ≤ S EMN + 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.

n≥2
n ≤1
ii) Trước hết, ta sẽ chứng minh
. Thật vậy, giả sử
. 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
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 miền 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 quát, giả sử hai
điểm đó là H, K và chúng cùng thuộc hình chữ nhật AMRQ.

9


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021

S HKS ≤
Áp dụng kết quả đã chứng minh ở phần i) ta có

1
1
S AMND =
2
4

Gọi hai điểm cịn lại trong năm điểm là V và W. Nếu có một điểm nào đó trong hai
điểm này thuộc đa giác ABPRND, chẳng hạn là V thì bằng cách sử dụng kết quả

S HKV ≤

1

4

đã chứng minh ở phần i), ta cũng có
. Suy ra
hai điểm V và W phải nằm trong hình chữ nhật CPRN.

n≥2

, mâu thuẫn. Do đó, cả

Nếu S thuộc một trong hai hình chữ nhật DQRN và BMRP thì bằng cách sử dụng

S SVW ≤
kết quả đã chứng minh ở phần i) ta có
hình chữ nhật AMRQ.

1
4

mâu thuẫn. Do đó S nằm trong

Gọi S1 là diện tích của tứ giác (không nhất thiết lồi) tạo bởi H, K, S và V. Khi đó, rõ
ràng

S1 ≤ SVMAQ = S AMRQ + SVQR + SVMR ≤

1
1 1 1 1
+ S NQR + S PMR = + + = .
4

4 8 8 2

Mặt khác, trong ba tia VH, VK, VS ln có một tia nằm giữa hai tia cịn lại, chẳng
hạn VK. Do đó:

S1 = SVHK + SVKS ≥ 2 min { SVKH , SVKS } .

Kết hợp với kết quả trên, ta suy ra

n≥2

mâu thuẫn. Vậy ta phải có

1
2 min { SVKH , SVKS } ≤ .
4

S HKS ≤
Từ đó, kết hợp với

n ≥ 2.

Mặt khác, ta có n = 2 được thỏa mãn trong trường hợp sau:

10

1
4

, ta có

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021

Vậy giá trị nhỏ nhất của n là 2.
Bình luận: Bài 5a) là một sự tương tự hóa của bài số học trong đề chọn đội tuyển Việt
Nam dự thi IMO 2019: Tìm tất cả số nguyên dương x, y, z thỏa mãn

7x + 2 y = 1 + 2z.

Trường hợp đặc biệt của bài toán cũng đã được sử dụng làm đề chọn đội tuyển
Đại học Vinh tham dự kì thi học sinh giỏi Quốc gia 2019: Tìm tất cả các số nguyên
dương x, y, z thỏa mãn:

1 + 2 x = 3 y + 2.4 z

11


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN ĐỐNG ĐA
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021. MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút
Ngày thi: 14/11/2020
Đề số 2

Câu 1.

(5 điểm)

p=
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để

là số nguyên tố.

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) = 1

2. Giải phương trình

Câu 2.

n(n + 1)(n + 2)
+1
6

(5 điểm)
a, b, c
Cho ba số thực khác không
thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
1
+ + =
a+b+c ≠ 0
a b c a+b+c
và
. Tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )

a
b
c

1.

2.

Câu 3.

Tìm tất cả các bộ số nguyên

( x; y; z )

thỏa mãn

( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10

(2 điểm)
a , b, c

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

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

Cho

Câu 4.

(7 điểm)

Cho đoạn thẳng
phẳng bờ

AB = 8cm

AB

, dựng hai hình vng

M

nằm bất kỳ trên đoạn thẳng

AMCD

Câu 5.

và

là điểm

N

và

BMEF

AB

, một nửa mặt

. Gọi giao điểm của đường thẳng

AC
BE P
, giao điểm của đường thẳng
và
là .
A, N , P, B
a) Chứng minh bốn điểm
cùng thuộc một đường tròn.
N , P, F
DN .FN = MN 2
b) Chứng minh rằng
và 3 điểm
thẳng hàng.
MN
M
AB
c) Tìm vị trí các điểm
trên đoạn thẳng
để độ dài đoạn thẳng

đạt giá trị lớn
nhất.

AE

BC

và một điểm

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm,
12


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
3

a (cm )
có thể tích
.
Biết khi đạt hình hộp chữ nhật đó đặt lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là

a (cm 2 )

(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của
HẾT

13

a

.


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ HSG TOÁN 9 QUẬN ĐỐNG ĐA
Năm học: 2020-2021

Câu 1.

(5 điểm)
p=
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n để

là số nguyên tố.

x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x) = 1

2. Giải phương trình

1.

n(n + 1)(n + 2)
+1
6

Tìm tất cả các số tự nhiên n để
Ta có

Lời giải
n( n + 1)(n + 2)
p=
+1
6

là số nguyên tố.

n( n + 1)( n + 2)
+1
6
(n + 3)(n 2 + 2)
⇒P=
6
p=

Với
Với
Với
Với
Với

n = 0 ⇒ P =1
n = 1⇒ P = 2

không phải số nguyên tố
là số nguyên tố

n = 2⇒ P=5

là số nguyên tố.

n = 3 ⇒ P = 11
n ≥4

(n + 3)

và

thì

là số nguyên tố.

( n + 3) > 6

( n 2 + 2)

thì ln tồn tại một số số chẵn nên khi đó P là hợp số.

Vậy P là số nguyên tố thì
2.

và

( n 2 + 2) > 17

Giải phương trình

Điều kiện xác định:

n ∈ { 1; 2;3}
x − 1 + 6 − x − ( x − 1)(6 − x ) = 1

1≤ x ≤ 6

Đặt

14

(*)


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
t = x −1 + 6 − x
⇒ t 2 = x − 1 + 2 ( x − 1)(6 − x) + 6 − x
⇒ t 2 = 5 + 2 ( x − 1)(6 − x)
⇒ ( x − 1)(6 − x) =

t2 − 5
2

Thay vào (*) ta được

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

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

⇒ ( x − 1)(6 − x) = 4

⇒x=2

Câu 2.

hoặc

x=5

(5 điểm)
a, b, c
Cho ba số thực khác không
thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
1
+ + =
a+b+c ≠ 0
a b c a+b+c
và
. Tính giá trị của biểu thức:
1
1

1
A = (a 2021 + b 2021 + c 2021 )( 2021 + 2021 + 2021 )
a
b
c

1.

2.

Tìm tất cả các bộ số nguyên

1.

Ta có

( x; y; z )

thỏa mãn
Lời giải

15

( x + y ) ( x − y ) = 8z + 10


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
1 1 1
1
1 1 1

1
+ + =
⇔ + + −
=0
a b c a+b+c
a b c a+b+c
a+b
a+b
⇔
+
=0
ab c(a + b + c)
c(a + b + c ) + ab
⇔ ( a + b) .
=0
abc(a + b + c)
⇔ ( a + b)(b+ c)(c+ a) = 0
a + b = 0
 a = −b


⇔  b + c = 0 ⇔ b = − c
c + a = 0
c = − a



Khi đó ta có

1

1 
 1
A = ( a 2021 + b 2021 + c 2021 )  2021 + 2021 + 2021 ÷
b
c 
a

A = (a 2021 + (−a ) 2021 + (−a ) 2021 )(
= ( −a ) 2021.

1
a

2021

+

1
1
+
)
2021
(−a)
(− a )2021

1
(−a ) 2021

=1
2.

-

Nếu
-

z < 0 ⇒ 8z + 10

không là số nguyên,
z = 0 ⇒ ( x + y ) ( x − y ) = 11
Nếu
.

Trường hợp 1.

Trường hợp 2.

Trường hợp 3.

Trường hợp 4.
Mà

Nếu

( x + y) ( x − y) ∈ z

⇒ (*)

không thể xảy ra.

 x + y = 11

x = 6
⇒

x − y = 1
y = 5
x + y = 1
x = 6
⇒

 x − y = 11
 y = −5
 x + y = −11
 x = −12
⇒

 x − y = −1
 y = −1
 x + y = −1
 x = −12
⇒

 x − y = −11
 y = 11

z ≥ 1 ⇒ 8 z + 10

( x + y ) ( x − y ) = 2x

là số chẵn và chia 4 dư 2

là số chẵn

⇒ ( x + y)

16

và

⇒ ( x + y) ( x − y)

( x − y)

là số chẵn.

là số chẵn.


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021

⇒ ( x + y) ( x − y)

z ≥1

8 z + 10

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

là

Câu 3.

(2 điểm)
a , b, c

abc = 1
là các số thực dương thỏa mãn
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
a
b
c
A= 2 2
+ 2 2
+ 2
2a + b + 3 2b + c + 3 2c + a 2 + 3

Cho

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

Ta có:

⇒

2a 2 + b 2 + 3 = a 2 + b2 + a 2 + 1 + 2 ≥ 2 ab + 2 a + 2abc

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

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

A≤

1

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

⇒ A≤

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

Dấu “ =” xảy ra khi

a = b = c =1

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là

Câu 4.

1
2

khi

a = b = c =1

.

(7 điểm)

Cho đoạn thẳng
phẳng bờ

AE
a)
b)

AB = 8cm

AB

, dựng hai hình vng

M

nằm bất kỳ trên đoạn thẳng

AMCD

là điểm

N

và

BMEF

AB

17

, một nửa mặt

. Gọi giao điểm của đường thẳng

AC
BE P
, giao điểm của đường thẳng
và
là .
A, N , P, B
Chứng minh bốn điểm

cùng thuộc một đường tròn.
2
N , P, F
DN .FN = MN
Chứng minh rằng
và 3 điểm
thẳng hàng.

và

BC

và một điểm


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
MN
M
AB
c) Tìm vị trí các điểm
trên đoạn thẳng
để độ dài đoạn thẳng
đạt giá trị lớn
nhất.
Lời giải

a) Chứng minh bốn điểm

A, N , P, B

cùng thuộc một đường tròn.
·
·
CAM
= 45o
PAB
= 45o
AMCD
AC
Hình vng
có đường chéo
, suy ra
hay
.
·
·
EBM
= 45o
PBA
= 45o
BMEF
BE
Hình vng
có đường chéo
, suy ra
hay
.
AP ⊥ BE.
PAB
P

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

·ADC = ·ANC = 90o
·
·
ADNC
DNA
= DCA
= 45o
Xét tứ giác
, có
nên nội tiếp, suy ra
(1)
·
·
ENF
= EBF
= 45o
Tương tự
(2)
·
·
E, N , A
D, N , F
DNA
= ENF
= 45o
Từ (1) và (2), suy ra
. Vì
thẳng hàng nên
.
·

·
MNF
= MEF
= 90o
MN ⊥ DF
Suy ra
hay
.
·
·
·
DMF
= DMC
+ EMF
= 90o
DMF
Xét tam giác
có
, từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác
vng ta có

DN .FN = MN 2

.

18


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
·

·
·
·
·APD = NEM
·
ENCP
ENC
+ EPC
= 180o
CEN
= NPC
Ta có tứ giác
nội tiếp vì
, suy ra
hay
.
·
·
·APD = MFN
·
MNEF
MFN
= NEM
Mặt khác tứ giác
nội tiếp, suy ra
, suy ra
hay
·APD = DFM
·

D , P, F
D, P , N
AP //MF
mà
, suy ra
thẳng hàng, lại có
.
D, N , P, F
Do đó bốn điểm
thẳng hàng. (đpcm).
Cách 2
·ADC = ·ANC = 90 o
·
·
DNA
= DCA
= 45o
ADNC
Xét tứ giác
, có
nên nội tiếp, suy ra
(1)
o
·ENF = EBF
·
= 45
Tương tự
(2)
·
·

E, N , A
D, N , F
DNA
= ENF
= 45o
Từ (1) và (2), suy ra
. Vì
thẳng hàng nên
.
o
·MNF = MEF
·
= 90
MN ⊥ DF
Suy ra
hay
.
·
·
·
DMF
= DMC
+ EMF
= 90o
DMF
Xét tam giác
có
, từ đó theo hệ thức lượng trong tam giác
2
DN .FN = MN

vng ta có
.
·
·
·
·
·APD = NEM
·
ENC
+ EPC
= 180o
CEN
= NPC
ENCP
Ta có tứ giác
nội tiếp vì
, suy ra
hay
.
·
·
·APD = MFN
·
MFN
= NEM
MNEF
Mặt khác tứ giác
nội tiếp, suy ra
, suy ra
hay

·APD = DFM
·
D, P , F
D, P , N
AP //MF
mà
, suy ra
thẳng hàng, lại có
.
D, N , P , F
Do đó bốn điểm
thẳng hàng. (đpcm).
MN
M
AB

c) Tìm vị trí các điểm
nhất.

trên đoạn thẳng

để độ dài đoạn thẳng

đạt giá trị lớn

2

Ta có
Suy ra

Câu 5.

4
4
1
1
1
1
1
1 ≥ 1  1 + 1 ÷ ≥
=
= .
2
2
=
+
=
+
AB 16
MN 2 MD 2 MF 2 2 MA2 2MB 2 4  MA MB  ( MA + MB )
MN 2 ≤ 16 ⇔ MN ≤ 4

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm AB.

(1 điểm)
Một hình hộp chữ nhật có các kích thước
là các số nguyên dương tính theo đơn vị cm,

a (cm3 )

có thể tích
.
Biết khi đặt hình hộp chữ nhật đó lên mặt bàn
thì tổng diện tích của 5 mặt nhìn thấy được là
19

a (cm 2 )


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
(minh họa bằng hình vẽ bên). Tìm giá trị nhỏ nhất của
Lời giải

Ta có

Xét hiệu

xyz ≥
Suy ra
Vậy

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

xy ( z − 1) = 2 z ( x + y ) ≥ 4 z xy .

xyz ≥

.

x, y , z

Gọi các kích thước của hình hộp chữ nhật đó là
Từ giả thiết, ta có

a

16 z 3

( z − 1)

16 z 3

( z − 1)

2

2

− 108 =

⇒ xy ≥

4 ( z − 3)

4z
16 z 3
⇔ xyz ≥
.
2
z −1

( z − 1)

( 4 z − 3)
2
( z − 1)
2

≥ 108.
Dấu “=” xảy ra tại

min a = 108

HẾT

20

≥ 0, z ≥ 2.

x = 3; y = z = 6.


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
UBND HUYỆN GIA LÂM
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9
NĂM HỌC 2020-2021.

Câu 1.

MƠN: TỐN
Đề số 3

3
f ( x ) = x + ax 2 + bx + c
a, b, c ∈ ¡
(2.0 điểm). Cho đa thức
trong đó
. Biết rằng khi chia đa
thức

f ( x)

cho đa thức

x−2

(a

Câu 2.

2019

được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức
(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:

a)

x − 2 x −1 = x −1 −1

f ( x)

thì được dư là 5, cịn chia đa thức

+ b 2019 ) ( b 2020 + c 2020 ) ( c 2021 + a 2021 )

x3 +
.

b)
n

cho đa thức

x3

( x − 1)

3

+

.

n∈ ¥*

(2.0 điểm). Cho
f ( n + 1) − f ( n − 1)
Tính
.

Câu 4.

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

Câu 6.
Câu 7.

Câu 8.

.

3x3
=2
x −1

Câu 3.

Câu 5.

thì

n

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

p

x +1

với

.

x

p +2

.

p3 + 2

2

(2.0 điểm). Cho các số và
là các số nguyên tố. Chứng minh rằng
cũng là số
nguyên tố.
PA = 3cm,
ABCD
P
(2.0 điểm) Cho là một điểm nằm trong hình chữ nhật
sao cho
PD = 4cm, PC =5cm
PB
. Tính độ dài đoạn thẳng
.
(2.0 điểm) Tại khu điều trị bệnh nhân mắc COVID – 19 của một bệnh viện chỉ có bác sĩ và
bệnh nhân. Biết rằng nhiệt độ trung bình của các bác sĩ khác với nhiệt độ trung bình của các
bệnh nhân, nhưng trung bình của hai số này bằng nhiệt độ trung bình của tất cả các bệnh
nhân và các bác sĩ trong khu điều trị. Hỏi bác sĩ nhiều hơn hay số bệnh nhân nhiều hơn.
2ab
tan x = 2 2
°
°
a > b > 0 0 < x < 90
a −b
((2.0 điểm) Cho
, trong đó
và
.
a;b.

sin x
Hãy biểu diễn
theo

21


Câu 9.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
a , b, c
a + b + c = 2020
(2.0 điểm) Cho các số dương
thỏa mãn điều kiện
. Tìm giá trị nhỏ
P = 2a 2 + ab + 2b 2 + 2b 2 + bc + 2c 2 + 2c 2 + ca + 2a 2

nhất của biểu thức
Câu 10. (2.0 điểm) Cho S là tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: Tổng của hai phần tử tùy ý của
S = { 5; 20; 44}

S = { 10;5;90}

S là một số chính phương. (Ví dụ
hoặc
là các tập hợp thỏa mãn
điều kiện trên). Chứng minh rằng tập hợp S có khơng q một phần tử là số lẻ.
HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

UBND HUYỆN GIA LÂM
NĂM HỌC 2020-2021.
MƠN: TỐN

Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
f ( x ) = x3 + ax 2 + bx + c
a, b, c ∈ ¡
(2.0 điểm). Cho đa thức
trong đó
. Biết rằng khi chia đa
thức

f ( x)

cho đa thức

x−2

thì được dư là 5, cịn chia đa thức

được dư là – 4. Tính giá trị biểu thức

(a

2019

f ( x)

cho đa thức

+ b 2019 ) ( b 2020 + c 2020 ) ( c 2021 + a 2021 )

x +1

.

Lời giải
Gọi thương trong phép chia đa thức
Q ( x)

f ( x)

cho đa thức

f ( x) = ( x − 2) P ( x) + 5

Theo đề ra ta có

- Thay
- Thay
Từ

( 3)

x

x=2

x = −1

và

lần lượt là

( 2)

nên:

vào

( 4)

và

x +1

( 1)

f ( x ) = ( x + 1) Q ( x ) − 4

do với mọi

x−2

( 1)

vào

( 3)

8 + 4a − 2b + c = 5

ta có:

( 2)

suy ra

−1 + a − b + c = −4

ta có:

( 4)

4a + 2b + c = a − b + c ( = −3 ) ⇔ 3a = −3b ⇔ a = −b

22

P ( x)

và

thì


⇒a

Câu 2.

2019

= −b

2019

⇔a

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
+ b 2019 = 0 ⇒ a 2019 + b 2019 b 2020 + c 2020 c 2021 + a 2021 = 0
.

(

2019

)(

)(

)

(2.0 điểm). Giải các phương trình sau:

x3

3x3
x +
+

=2
3
( x − 1) x − 1
3

a)

x − 2 x −1 = x −1 −1

.

b)
Lời giải

a) Điều kiện:
Ta có:

x ≥1

x − 2 x −1 = x −1 −1

⇔ x −1− 2 x −1 + 1 = x −1 −1
⇔
⇔

(

)

x −1 −1

2

= x −1 −1

x −1 −1 = x −1 −1

⇒ x −1 −1 ≥ 0 ⇔ x −1 ≥ 1 ⇔ x ≥ 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là
b) ĐK:

S = { x ∈ ¡ / x ≥ 2}

.

x ≠1
x3

3x 2
x +
+
=2
3
( x − 1) x − 1
3

Ta có:

(TMĐK)

3

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

 x2 
x2 x2
3x 2
⇔
−
3.
.
+
=2
÷
x
−

1
x
−
1
x
−
1
x
−
1


3

2

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

 x2

x2

x2
⇔
− 1÷ = 1 ⇔
−1 = 1 ⇔
= 2 ⇔ x2 = 2x − 2
x −1
x −1
 x −1 

⇔ ( x − 1) + 1 = 0
2

(phương trình vô nghiệm)

23

.


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
S =∅
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
.
n

Câu 3.

n

5 + 3 5  1+ 5  5 − 3 5 1− 5 

f ( n) =
.

÷ +
÷
10  2 ÷
10  2 ÷



(2.0 điểm). Cho
f ( n + 1) − f ( n − 1)
Tính
.

với

n∈ ¥*

.

Lời giải
f ( n + 1) − f ( n − 1)
n +1

5 + 3 5 1+ 5 
=

÷
10  2 ÷



n +1

5 − 3 5 1− 5 
+

÷
10  2 ÷


n −1

5 + 3 5 1+ 5 
−

÷
10  2 ÷


n −1

5 + 3 5 1+ 5 
−

÷
10  2 ÷


n −1

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

n −1

5 + 3 5  1+ 5  1+ 5 5 − 3 5  1− 5  1− 5
=
+


÷ .

÷ .
10  2 ÷
2
10  2 ÷
2


n

n

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

Vậy

Câu 4.

.

x

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

.

Lời giải
n 2 ( n + 1) + ( n + 1) + n 2 n 4 + n 2 + 1 + 2n3 + 2n 2 + 2n
1
1
1+ 2 +
=
=
2
2
n ( n + 1) 2

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

Ta thấy

(n
=

2

+ n + 1)

n 2 ( n + 1)

2

Áp dụng với

2

⇒ 1+

2

1
1
n2 + n + 1
1
1

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

n = 2,3, 4...,14

ta có:

24


BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 9 – HÀ NỘI 2020-2021
1 1
1 1
1 1
1
1
1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 + 2 + 2
2 3
3 4
4 5
14 15
1 1
1 1
1 1

1 1
1 1
13
= 1 + − + 1 + − + 1 + − + ... + 1 + − = 13 + − = 13
2 3
3 4
4 5
14 15
2 15
30
⇔ 13

Khi đó phương trình đã cho

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

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

x = 15

Vậy

Câu 5.

.

(2.0 điểm). Cho các số
nguyên tố.

p

và

p2 + 2

là các số nguyên tố. Chứng minh rằng
Lời giải

- Xét
- Xét

p=2
p=3

Suy ra,
- Xét

thì

Mà

p

suy ra

Từ (1), (2) suy ra

p=3

11

là số ngun tố.

là số ngun tố.

p2

p

khơng chia hết cho

là số chính phương (2).

p2

chia cho

3

1
dư .

chia hết cho 3. (3)

p > 3 ⇒ p 2 > 9 ⇒ p 2 + 2 > 11

Từ (3), (4) suy ra
Vậy

29

khơng là số ngun tố.

.

p∈¢

Mặt khác,

6

(nhận). Vì

(nhận). Vì

là số nguyên tố nên

⇒ p2 + 2

(loại). Vì

p 2 + 2 = 9 + 2 = 11

p 3 + 2 = 33 + 2 = 29

p>3

Vì

thì

p2 + 2 = 4 + 2 = 6

p2 + 2

(4)

là hợp số (trái với đề bài).

thỏa mãn bài toán.

25

3

(1).

p3 + 2

cũng là số