ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
MÔN TOÁN – Thời gian: 150 phút – Ngày 18 – 03 – 2009

Bài 1: (3 điểm)
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n
3
– mn
2
– 3n
2
+ 14n – 7m – 5 = 0

Bài 2: (3 điểm)
Cho x, y, z là 3 số thực khác 0 và
111
0
xyx
+
+=
Chứng minh rằng
222
yz zx xy
3
xyz
++=
Bài 3: (3 điểm)
Giải hệ phương trình:

xy7
x20 y36
⎧

<+++ <
L 1
GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 9 THCS – TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2008 – 2009

Bài 1.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (m, n) sao cho 2n
3
– mn
2
– 3n
2
+ 14n – 7m – 5 = 0 (1)
Biến đổi:
(1) 2n
3
– 3n
2
+ 14n – 5 – m(n
2
+ 7) = 0
⇔ m =
32
2
2n 3n 14n 5
n7

Bài 2.
Cho x, y, z khác 0 thỏa
111
0
xyz
++=
.
Chứng minh
222
yz zx xy
3
xyz
++=

Trước hết ta chứng minh hằng đẳng thức:
a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = (a + b + c) (a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
=
1

= (a + b + c)[(a + b)
2
– (a + b)c + c
2
– 3ab]
= (a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
– ab – bc – ca)
=
1
2
(a + b + c)[(a – b)
2
+ (b – c)
2
+ (c – a)
2
]
Do đó a
3
+ b
3
+ c
3
– 3abc = 0 khi và chỉ khi: a + b + c = 0 hoặc a = b = c.
Đặt

z

Nhân 2 vế của đẳng thức trên cho xyz, ta được
222
yz zx xy
3
xyz
+
+=
(đpcm).

Bài 3.
Giải hệ phương trình:
2
xy7
x20 y36
⎧
+=
⎪
⎨
−+ +=
⎪
⎩

Điều kiện xác định của hệ phương trình là: x
≥ 20, y ≥ 0.
Đặt a =
x20,b y3−=+(a ≥ 0, b ≥ 0), suy ra x = a
2
+ 20, y = b

2
– 3 + 2
()
()
2
2
a206a 3
⎡⎤
+−−
⎣⎦
= 49
⇔ a
2
+ 20 + 36 – 12a + a
2
– 3 + 2
()
(
)
22
a20a12a33+−+ = 49
⇔
()( )
22
a20a12a33+−+ = - a
2
+ 6a – 2 (4)
Bình phương hai vế của (4) với (a – 3)
2
≤ 7, ta có:

2
=
164
: loại
6
13
>
Với a = 4, ta có b = 2.
Thế lại ẩn cũ:
a = 4
⇒
x20− = 4 ⇔ x = 36
b = 2
⇒
y3+ = 2 ⇔ y = 1
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm:
x = 36, y = 1.

Bài 4.
Chứng minh:
OA OB OC
AG BE CF
++
= 2
Đặt S
OAB
= S
1
, S
OAC

CF S
+
= (3)
Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta có:
3
A
F
O
E
S
1
S
2
S
3
B
C
G
A
B
F
O
E
C
G
S
1
S
2
S

AHM APM=
Mặt khác tứ giác MPCD nội tiếp nên


MPD MCD= (góc nội tiếp cùng chắn cung MD)
Tam giác ABC vuông cân tại A có AD
vừa là đường cao vừa là đường trung trực,
vừa là đường phân giác nên:
MB = MC
⇒
ΔMBC cân tại M
⇒
, do đó (3)


MCD MBD=


MPD MBD=
Ta lại có là góc ngoài ΔMBD tại M nên:

AMB




0
AMBMBDMDBMBD90=+=+(4)

APH =

O
B
M
D
H
P
C
x
E
K
⇒
HK = R H ≡ D
⇒
M ≡ D.
⇒
Vậy khi M ≡ D thì S
AHB
đạt giá trị lớn nhất là R
2
(R là bán kính đường tròn (O)).
b) Chứng minh HN luôn đi qua một điểm cố định
Gọi E là giao điểm thứ hai của HN với đường tròn (O).
Ta có = 45
0
. Vì = 90
0
, suy ra

NHB = 45
0

23 n
−< + + + < −
L (n ∈ N, n ≥ 2)
Ta có:
*)
()
12 2
2k k1
kkkkk1
=< =−
++−
−(1)
Cho k lấy các giá trị từ 2 đến 100, thay vào bất đẳng thức (1), ta có:
()
()
()
()
1
22 1
2
1
23 2
3
1
299 98
99
1
2 100 99
100
⎧

()
12 2
2k1 k
kkkk1k
=> =+−
+++

Lập luận tương tự như trên, ta có:
()
11 1
2 101 2 2 101 2 2 2 100 3 17
2 3 100
+++ > − = − > −=
L
Vậy
11 1
17 18
2 3 100
<+++ <
L
Quy Nhơn, ngày 16 tháng 04 năm 2009
Người gửi: BÙI VĂN CHI
Giáo viên Trường THCS LÊ LI
Tp. Quy Nhơn, Tỉnh Bình Đònh
ĐT: 056828529
E-mail: