Đề thi học sinh giỏi Toán 9 năm 2024 - 2025 phòng GDĐT Hai Bà Trưng - Hà Nội

Bài I. (5,0 điểm)

1) Giải hệphương trình:

⎧ ⎪ ⎨

⎪ ⎩

3√x = x + 2

y 3√y = y + 2

x 2) Cho a, b, c là các sốthực dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện a2+b2 = 9, b2+c2 =

16 và b2 = ac. Tính giá trịcủa biểu thức ab + bc.

Lời giải

1) ĐKXĐ: x, y > 0, hệphương trình tương đương

3y√x = x + 2

3x√y = y + 2 Trừvếtheo vế,

ta được:

x −y = 3y√x −3x√y

⇔(√x −√y)(√x + √y) = 3(√y −√x)√xy

Nếu √x ̸= √y thì ta phải có √x + √y = −3√xy, vô lý do một vếdương, một vếâm.

Vậy √x = √y kéo theo:

3x√x = x + 2 ⇒9x3 = x2 + 4x + 4 ⇔(x −1)(9x2 + 8x + 4) = 0 ⇒x = 1

Thửlại thấy thỏa mãn, vậy x = 1 là nghiệm duy nhất của phương trình.

2) Thếb2 = ac vào các dữkiện của đềbài ta được a(a + c) = 9 và c(a + c) = 16, suy

ra (a + c)2 = 25 mà a + c > 0 nên a + c = 5. Khi này a = 9 a + c = 9

5, kéo theo c = 16

5 và ta tính được b = 12

5 . Do đó ab + bc = 12.

Bài II. (5,0 điểm)

1) Cho a; b là các sốnguyên dương thỏa mãn ab + ba chia hết cho 4. Chứng minh rằng

aa + bb chia hết cho 4.

2) Tìm các sốnguyên x, y thỏa mãn x(y3 + 1) −x3 = 2y3 −1.

3) Cho m, n là các sốnguyên dương thỏa mãn m3 + 6n2 + 2 là lập phương của một số

tựnhiên, đồng thời n2 + 4m + 8 là sốchính phương. Chứng minh m2 + 4n là sốchính

phương.

Lời giải

1) Dễthấy a, b cùng tính chẵn lẻ. Nếu a, b cùng chẵn thì aa và bb cùng chia hết cho 4

(do a, b ≥2) nên ta có điều phải chứng minh. Vậy ta chỉcần xem xét a, b cùng lẻ.

Nếu a, b đều cùng có dạng 4k + 1 thì ab + ba ≡2 (mod 4), vô lý vì sốnày là bội của 4.

Nếu a, b đều cùng có dạng 4k + 3 thì ab + ba ≡2 (mod 4), vô lý vì lý do tương tự.

Vậy trong a, b phải có 1 sốchia 4 dư 3, sốcòn lại chia 4 dư 1. Khi này ab + ba ≡

(−1)a + 1 = 0 (mod 4), điều kiện đềbài được thỏa mãn. Giảsửa chia 4 dư 1, b chia 4

dư 3 (TH còn lại CMTT) Ta có aa + bb ≡a + (−1)b = 0 (mod 4), tức là aa + bb chia

hết cho 4, ta có điều phải chứng minh.

b) Từphương trình đầu ta được x3 −x −1 = (x −2)y3 suy ra x −2 | x3 −x −1. Ta có

x3−x−1 = (x−2)(x2+2x+3)+5 nên ta thu được x−2 | 5. Do đó x−2 ∈{−5, −1, 1, 5}

nên x ∈{−3, 1, 3, 7}. Từđây ta giải ra được nghiệm duy nhất (x, y) = (1, 1).

c) Từgiảthiết thì tồn tại các sốtựnhiên a, b thỏa mãn m3 + 6n2 + 2 = a3 và

n2 + 4m + 8 = b2.

Rõ ràng b2 > n2 nên b > n, kéo theo b ≥n + 1. Nếu b = n + 1 thì n2 + 4m + 8 =

b2 = n2 + 2n + 1 hay là 4m + 7 = 2n, vô lý vì 7 lẻ. Vậy b ≥n + 2. Khi này

n2 + 4m + 8 = b2 ≥n2 + 4n + 4 suy ra m + 1 ≥n. (1)

Mặt khác ta cũng có m3 < a3 = m3 + 6n2 + 2 nên a > m, tức là a ≥m + 1. Nếu

a = m + 1 thì m3 + 6n2 + 2 = a3 = m3 + 3m(m + 1) + 1 hay là 6n2 + 1 = 3m(m + 1).

Điều này là vô lý vì m(m + 1) chẵn và 6n2 + 1 lẻ. Do đó a ≥m + 2. Ta có

m3 + 6n2 + 2 = a3 ≥m3 + 6m2 + 12m + 8 > m3 + 6m2 + 2 suy ra n > m hay

n ≥m + 1. (2)

Từ(1) và (2) ta được n = m + 1. Từđây m2 + 4n = m2 + 4(m + 1) = (m + 2)2 là số

chính phương, ta có điều phải chứng minh.

Bài III. (2,0 điểm) Với a, b, c là các sốthực thỏa mãn 0 ≤a, b, c ≤3 và a+b+c = 6,

xét biểu thức:

T = a(a −2b) + b(b −2c) + c(c −2a)

1) Chứng minh T ≥−12.

2) Tìm giá trịlớn nhất của T.

Lời giải

1) Ta có biến đổi:

T = a2 +b2 +c2 −2ab−2bc −2ca = 2(a2 +b2 +c2)−(a+b+c)2 = 2(a2 +b2 +c2) −36

Ta có a2 + 4 ≥4a, b2 + 4 ≥4b, c2 + 4 ≥4c nên a2 + b2 + c2 ≥4(a + b + c) −12 = 12.

Suy ra T ≥2.12 −36 = −12. Ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại

a = b = c = 2.

2) Ta có a2 ≤3a, b2 ≤3b, c2 ≤3c nên a2 + b2 + c2 ≤3(a + b + c) = 18. Do đó

T ≤2.18 −36 = 0. Vậy giá trịlớn nhất của T là 0, đạt được tại (a, b, c) là hoán vịcủa

(3, 3, 0).