Đề chọn đội tuyển môn Toán Lớp 9 Amsterdam Lần 3 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN 9 – AMSTERDAM LẦN 3 
NĂM HỌC 2017 – 2018 
Câu 1: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương  ; ;p q n , trong đó p , q là các số 
nguyên tố thỏa mãn:      3 3 3p p q q n n     
Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 3 22 9 6 1 0x x x    
Không giải phương trình, hãy tính tổng: 
5 5 5 5 5 5a b b c c a
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 3.a b c   Chứng minh 
rằng: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
     
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 1.AB  
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  ; ;p q n , trong đó p , q là các số 
nguyên tố thỏa mãn: 
     3 3 3p p q q n n     
Không mất tính tổng quát, giả sử .p q 
Trường hợp 1: 2p  
   3 2 2 3 2.5 10p p      
   10 3 3q q n n     
   2 2 2 210 3 3 3 3n n q q n q n q         
    10 3n q n q n q      
  10 3n q n q     
Vì      3 3 3p p q q n n     mà p ; q ; n là các số nguyên dương 
2.n q   
3 2 2 3 7n q       
Mà 10 1.10 2.5  
3 10 7 4
1 1 3
n q n q n
n q n q q
       
    
      
So với điều kiện thỏa mãn. 
Vậy bộ ba số nguyên dương  ; ;p q n cần tìm là  2;3;4 . 
Trường hợp 2: 3p  
   3 3. 3 3 3.6 18p p      
       2 2 2 218 3 3 18 3 3 3 3q q n n n n q q n q n q              
    18 3n q n q n q      
  18 3n q n q     
Vì      3 3 3p p q q n n     mà p ; q ; n là các số nguyên dương 
3.n q   
3 3 3 3 9n q       
Mà 18 1.18 2.9 3.6   
3 18 15 8
1 1 7
n q n q n
n q n q q
       
    
      
So với điều kiện thỏa mãn. 
Vậy bộ ba số nguyên dương  ; ;p q n cần tìm là  3;7;8 . 
Trường hợp 3: 3p  
Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì 
tích  3a a  luôn chia 3 dư 1. 
Thật vậy: 
Nếu : 3a dư 1 3 1 3 3 4a k a k       
     23 3 1 3 4 9 15 4:3a a k k k k        dư 1. 
Nếu : 3a dư 2 3 2 3 3 5a k a k       
     23 3 2 3 5 9 21 10:3a a k k k k        dư 1. 
Trở lại bài toán chính: 
Vì 3 3; 3.q p p q   
   3 3 :3p p q q    dư 2. 
Mà  3 :3n n dư 1 (nếu 3)n hoặc  3 3n n nếu 3.n 
     3 3 3p p q q n n      
Suy ra không có bộ ba số nguyên dương  ; ;p q n thỏa mãn yêu cầu bài 
toán. 
Câu 2: Gọi a , b , c là ba nghiệm của phương trình 3 22 9 6 1 0x x x    
Không giải phương trình, hãy tính tổng: 
5 5 5 5 5 5a b b c c a
S
a b b c c a
  
  
  
Vì a , b , c là ba nghiệm của phương trình 
3 22 9 6 1 0x x x    
Khi phân tích đa thức 3 22 9 6 1x x x   ra thừa số ta được: 
   3 22 9 6 1 2x x x x a x b x c       
    3 2
9 1
3
2 2
x a x b x c x x x        
   3 2 3 2
9 1
3
2 2
x a b c x ab bc ca x abc x x x            
9
2
3
1
2
a b c
ab bc ca
abc

  

   

 

   
2
22 2 2 9 572 2.3
2 4
a b c a b c ab bc ca
 
            
 
Tính 2 2 2 2 2 2a b b c c a  : 
   
22 2 2 2 2 2 2a b b c c a ab bc ca ab bc bc ca ca ab           
   
22 2 2 2 2 2 2a b b c c a ab bc ca abc a b c         
2 2 2 2 2 2 2 1 9 93 2
2 2 2
a b b c c a        
Tính 3 3 3a b c  : 
  3 3 3 2 2 2 3a b c a b c a b c ab bc ca abc           
3 3 3 9 57 1 4173 3
2 4 2 8
a b c
 
        
 
Vậy: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3
9
2
3
1
2
57
4
9
2
417
8
a b c
ab bc ca
abc
a b c
a b b c c a
a b c

  

  




  

   


   

Khi đó ta có: 
5 5 5 5 5 5a b b c c a
S
a b b c c a
  
  
  
   4 3 2 2 3 4 4 3 2 2 3 4S a a b a b ab b b b c b c bc c           
 4 3 2 2 3 4c c a c a ca a     
4 4 4 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 22 2 2S a b c a b b a b c c b a c c a a b b c c a             
     4 4 4 2 2 2 2 2 2 4 3 3 4 3 32 2 2S a b c a b b c c a a a b a c b b a b c             
   4 3 3 2 2 2 2 2 2c c a c b a b b c c a      
       
2
2 2 2 3 3 3S a b c a a b c b a b c c a b c             
 2 2 2 2 2 2a b b c c a   
      
2
2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2S a b c a b c a b c a b b c c a            
2
57 9 417 9 3465
4 2 8 2 8
S
 
      
 
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 
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. 
 . . 1 .GI GA GF GE  
Dễ dàng chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp  . . 2 .GF GE GB GC  
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   90I O AIA 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 'A H 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 3.a b c   Chứng minh 
rằng: 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
     
O
A'
MD
I
G
F
E
H
A
C
B
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 
Trường hợp 1: Nếu tồn tại một trong ba số a , b , c thuộc nửa khoảng 
1
0;
3
 
 
 
 thì ta có  
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
9 a b c a b c
a b c
         . Khi đó bất đẳng 
thức cần chứng minh đúng. 
Trường hợp 2: 
1
3
a  ; 
1
3
b  ; 
1
3
c  ta có 
1 1
3
3 3
a b c a     
7
3
a  
tương tự 
7
3
b  ; 
7
3
c  . Vậy 
1 7
; ; ;
3 3
a b c
 
 
 
. 
Ta chứng minh 2
2
1
4 4x x
x
    
1 7
;
3 3
x
 
  
 
. (*). 
Thật vậy 
(*) 4 3 21 4 4x x x     4 3 24 4 1 0x x x        2 21 2 1 0x x x     
    2 21 1 2 0x x     luôn đúng với 1 7;
3 3
x
 
  
 
. 
Vậy 2
2
1
4 4a a
a
    ; 2
2
1
4 4b b
b
    ; 2
2
1
4 4c c
c
    . 
Từ đó suy ra  2 2 22 2 2
1 1 1
4 12 0a b c a b c
a b c
          
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c
a b c
      (đpcm). 
Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi 1a b c   . 
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 1.AB  
 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  , 3 .O ấy một điểm P bất trên  .O 
 ựng hình thoi OAPB có cạnh bằng 1 và có đường ch o là .OP 
 ễ thấy 1.OA OB AB AC BC     
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.