Đề thi chọn đội tuyển Toán Lớp 9 - Amsterdam Lần 3 năm học 2017-2018 (Có lời giải)

 ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM LẦN 3 
 NĂM HỌC 2017 – 2018 
Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương pqn;; , trong đó p , q là các số 
 nguyên tố thỏa mãn: p p 3 q q 3 n n 3 
Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32 9 x 6 x 1 0 
 Không giải phương trình, hãy tính tổng: 
 a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5
 S 
 a b b c c a
Câu 3: Cho tam giác ABC , AB AC , với ba đường cao AD , BE , CF đồng 
 quy tại H. Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hình 
 chiếu của H trên GA. 
 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. 
 2. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng GH AM. 
Câu 4: Cho a , b , c là ba số thực dương thỏa mãn abc 3. Chứng minh 
 rằng: 
 1 1 1
 abc2 2 2 
 abc2 2 2
 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 
Câu 5: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, 
 Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A , B được tô bởi cùng một 
 màu mà AB 1. 
 LỜI GIẢI ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM 
 LẦN 3 NĂM HỌC 2017 - 2018 
Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương pqn;; , trong đó p , q là các số 
 nguyên tố thỏa mãn: 
 p p 3 q q 3 n n 3 
 Không mất tính tổng quát, giả sử pq . 
 Trường hợp 1: p 2 
 pp 3 2 2 3 2.5 10 
 10 q q 3 n n 3 
 10 n2 3 n q 2 3 q n 2 q 2 3 n 3 q 
 10 n q n q 3 n q 
 10 n q n q 3 
 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương 
 nq 2. 
 nq 3 2 2 3 7 
 Mà 10 1.10 2.5 
 n q 3 10 n q 7 n 4
 n q 1 n q 1 q 3
 So với điều kiện thỏa mãn. 
 Vậy bộ ba số nguyên dương pqn;; cần tìm là 2;3;4 . 
 Trường hợp 2: p 3 
 pp 3 3. 3 3 3.6 18 
 18qq 3 nn 3 18 nnqqnq2 3 2 3 2 2 3 nq 3 
 18 n q n q 3 n q 
 18 n q n q 3 
 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương 
 nq 3. 
 nq 3 3 3 3 9 
 Mà 18 1.18 2.9 3.6 
 n q 3 18 n q 15 n 8
 n q 1 n q 1 q 7
 So với điều kiện thỏa mãn. 
 Vậy bộ ba số nguyên dương pqn;; cần tìm là 3;7;8 . 
 Trường hợp 3: p 3 
 Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì 
 tích aa 3 luôn chia 3 dư 1. 
 Thật vậy: 
 Nếu a :3 dư 1 a 3 k 1 a 3 3 k 4 a a 3 3 k 13 k 4 9 k2 15 k 4:3 dư 1. 
 Nếu a :3 dư 2 a 3 k 2 a 3 3 k 5 
 a a 3 3 k 23 k 5 9 k2 21 k 10:3 dư 1. 
 Trở lại bài toán chính: 
 Vì q p 3 p 3; q 3. 
 p p 3 q q 3 :3 dư 2. 
 Mà nn 3 :3 dư 1 (nếu n 3) hoặc nn 33 nếu n 3. 
 p p 3 q q 3 n n 3 
 Suy ra không có bộ ba số nguyên dương pqn;; thỏa mãn yêu cầu bài 
 toán. 
Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 2x32 9 x 6 x 1 0 
 Không giải phương trình, hãy tính tổng: 
 a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5
 S 
 a b b c c a
 Vì a , b , c là ba nghiệm của phương trình 
 2x32 9 x 6 x 1 0 
 Khi phân tích đa thức 2x32 9 x 6 x 1 ra thừa số ta được: 
 2x32 9 x 6 x 1 2 x a x b x c 
 91
 x a x b x c x32 x 3 x 
 22
 91
 x3 abcx 2 abbccaxabcx 3 x 2 3 x 
 22
 9
 abc 
 2
 ab bc ca 3 
 1
 abc 
 2
 2
 2 2 2 2 9 57
 a b c abc 2 abbcca 2.3 
 24
 Tính a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 : 
 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 ab bc ca 2 2 ab    bc bc ca ca ab 
 ab2 2 bc 2 2 ca 2 2 abbcca 2 2 abcabc 
 1 9 9
 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 32 2   
 2 2 2
 Tính abc3 3 3 : 
 a3 b 3 c 3 abca 2 b 2 c 2 abbcca 3 abc 
 3 3 3 9 57 1 417
 abc 33  
 2 4 2 8
 Vậy: 9
 abc 
 2
 ab bc ca 3
 1
 abc 
 2
 57 
 abc2 2 2 
 4
 9
 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 
 2
 417
 abc3 3 3 
 8
 Khi đó ta có: 
 a5 b 5 b 5 c 5 c 5 a 5
 S 
 a b b c c a
 S a43 abab 22 ab 34 b b 43 bcbc 22 bc 34 c 
 c4 c 3 a c 2 a 2 ca 3 a 4 
 S2 a4 2 b 4 2 c 43 abbabccbaccaab 3 33 33 222222 bc ca 
 S abc4442 ab 22 2 bc 22 2 ca 22 aabac 43 3 bbabc 43 3 
 c4 cacb 3 3 ab 2 2 bc 2 2 ca 2 2 
 2
 S abc2 2 2 aabcbabccabc 3 3 3 
 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 
 2
 Sabc 222 abcabc 333 abbcca 222222 
 2
 57 9 417 9 3465
 S  
 4 2 8 2 8
Câu 3: Cho tam giác ABC , AB AC , với ba đường cao AD , BE , CF đồng 
 quy tại H. Các đường thẳng EF , BC cắt nhau tại G , gọi I là hình 
 chiếu của H trên GA. 
 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. 
 2. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng GH AM. 
 A
 I
 E
 O
 F H
 C
 G B D M
 A'
 1. Chứng minh rằng tứ giác BCAI nội tiếp. 
 Dễ dàng chứng minh tứ giác AIFH nội tiếp và tứ giác AFHE nội tiếp 
 5 điểm A , F , H , E , I cùng thuộc một đường tròn. 
 tứ giác AIFE nội tiếp. 
 GI. GA GF . GE 1 . 
 Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp GF. GE GB . GC 2 . 
 Từ 1 và 2 suy ra: GI. GA GBGC . tứ giác BCAI nội tiếp (điều phải 
 chứng minh). 
 2. Chứng minh GH AM. 
 Gọi O là đường tròn ngoại tiếp ABC. Kẻ đường kính AA' của O . 
 Vì tứ giác BCAI là tứ giác nội tiếp I O AIA 90  A I  AI hay 
 A I AG. 
 Mà HI AG (giả thiết) A I HI A , I , H thẳng hàng. 
 Mà dễ dàng chứng minh được AH' đi qua trung điểm M của BC (tứ 
 giác BHCA' là hình bình hành). 
 M , I , H thẳng hàng. 
 Xét AGM có: AD AM , MI AG và AD cắt MI tại H. 
 H là trực tâm của tam giác AGM. 
 GH AM 
 Suy ra điều phải chứng minh. 
Câu 4: Cho a , b , c là ba số thực dương thỏa mãn abc 3. Chứng minh 
 rằng: 
 1 1 1
 abc2 2 2 
 abc2 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 
 Trường hợp 1: Nếu tồn tại một trong ba số a , b , c thuộc nửa khoảng 
 1 1 1 1 2 2 2 2
 0; thì ta có 2 2 2 9 a b c a b c . Khi đó bất đẳng 
 3 abc
 thức cần chứng minh đúng. 
 1 1 1 11 7
 Trường hợp 2: a ; b ; c ta có a b c 3 a a 
 3 3 3 33 3
 7 7 17
 tương tự b ; c . Vậy abc;;; . 
 3 3 33
 1 2 17
 Ta chứng minh 2 xx 44  x ; . (*). 
 x 33
 Thật vậy 
 2
 (*) 1 x4 4 x 3 4 x 2 x4 4 x 3 4 x 2 1 0 x 1 x2 2 x 1 0 
 22 17
 xx 1 1 2 0 luôn đúng với  x ; . 
 33
 1 1 1
 Vậy aa2 44 ; bb2 44 ; cc2 44 . 
 a2 b2 c2
 1 1 1
 Từ đó suy ra a2 b 2 c 2 4 a b c 12 0
 abc2 2 2
 1 1 1
 abc2 2 2 (đpcm). 
 abc2 2 2
 Dấu “ ” xảy ra khi và chỉ khi abc 1. 
Câu 5: Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu Đỏ, Xanh, 
 Vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A , B được tô bởi cùng một 
 màu mà AB 1. 
 iả sử hông có 2 điểm nào trong mặt phẳng được tô cùng màu mà 
 khoảng cách giữa chúng là 1 đơn vị độ dài. 
 t một điểm O bất có màu vàng trên mặt phẳng. 
 ẽ đường tr n O, 3 . ấy một điểm P bất trên O . 
 ựng hình thoi OAPB có cạnh bằng 1 và có đường ch o là OP. 
 ễ thấy OA OB AB AC BC 1. 
 Th o giả thiết, , B phải tô hác màu vàng và hác màu nhau. 
 o đó P phải tô vàng. Từ đây suy ra tất cả các điểm trên ( O ) phải tô 
 vàng. Điều này trái với giả thiết vì dễ thấy tồn tại hai điểm trên ( O ) có 
 hoảng cách 1 đơn vị độ dài. 
 s: Số 1 có thể được thay bởi bất số thực dương nào.