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

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)

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


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


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

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

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 :


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

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


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;



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



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


 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 

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

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

x y
y 1
x 1
Nghiệm  x; y 
2

0

0

1;1

1,0


-2

0

0

Loại

0

2

0

Loại


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


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).


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)


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


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

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


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

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


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

 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




 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

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


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) 


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.


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


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

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



  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 



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

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


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


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)

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

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

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:

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 =


 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)

  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



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:


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