VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Học sinh giỏi 9
•
•
•

Tỉnh Hà Tĩnh

Giáo viên góp đề: Nguyễn Dương Quang Minh
Giáo viên góp đề: Nguyễn Duy Hoàng
Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.

I.PHẦN GHI KẾT QUẢ:
Câu 1.
Câu 2.

Cho x = 2 + 5 . Tính giá trị biểu thức P = 5 x 5 − 18 x 4 − 10 x 3 − 13 x 2 + 3 x + 4 .
 1
2
5− x
Cho biểu thức C = 
+
−
1− x
x +1 1− x

giá trị của biểu thức C là số nguyên.

 1− 2 x
. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để
 :
x
−
1


Câu 3.

 4 1  4 1  4 1   4 1 
1 +  3 +  5 +  … 29 + 
4 
4 
4 
4
Tính giá trị của biểu thức A = 
.
 4 1  4 1  4 1   4 1 
 2 + 4   4 + 4   6 + 4 ⋯  30 + 4 



 


Câu 4.

Tìm số tự nhiên n để B = n 2 + 4n + 2013 là số chính phương.

Câu 5.

Gọi M là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O trên đường thẳng y = ( m + 2 ) x + m − 5 với
m là tham số. Khi OM đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của m bằng bao nhiêu?

Câu 6.

Cho các số thực dương a , b thỏa mãn a 3 − a 2b + ab 2 − 6b3 = 0 . Tính giá trị của biều thức
P=

Câu 7.

4a 4 − b 4
.
4b 4 − a 4

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Biết rằng AH =

3
, BC = 4BH . Tính diện
2

tích tam giác ABC .

Câu 8.

Cho tam giác ABC vuông tại A có 4AB = 3AC, BC = 25 . Vẽ hình chữ nhật DEFG nội tiếp tam
giác ABC sao cho D thuộc cạnh AB , E thuộc cạnh AC , F và G thuộc cạnh BC . Tính diện
tích lớn nhất của hình chữ nhật DEFG .

Câu 9.

Cho a , b không âm thỏa mãn 2a + b ≤ 4, 2a + 3b ≤ 6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = a 2 − 2a − b .

Câu 10. Giải phương trình

3x 2 + 33 + 3 x = 2x + 7 .

II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày Lời giải vào tờ giấy thi)
2 xy
 2
2
x + y + x + y = 1
Câu 11. Giải hệ phương trình 
 2 x + y + 1 x2 − x − 1 = 2


(

)

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 1

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Câu 12. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . Lấy điểm M bất kỳ trên nửa đường tròn (
M khác A, B ), các tiếp tuyến tại A và M của nửa đường tròn ( O ) cắt nhau tại K . Gọi E và

giao điềm của AM và OK . Đường thẳng qua O vuông góc với AB cắt BM tại N .
a) Tính BM . AN theo R .
b) Vẽ MH vuông góc với AB tại H . Gọi F là giao điềm của BK và MH . Chứng minh rằng
EF song song với AB và BH.OK = OE ⋅ AB .
Câu 13. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 3 + y3 + z 3 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xy + yz + zx + x 3 + y3 + z3
.
P=
5 ( xy + yz + zx ) + 1
---Hết---

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 2

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

HƯỚNG DẪN GIẢI
•
•
•
Câu 1.

Giáo viên góp đề: Nguyễn Dương Quang Minh
Giáo viên góp đề: Nguyễn Duy Hoàng
Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.
Cho x = 2 + 5 . Tính giá trị biểu thức P = 5 x 5 − 18 x 4 − 10 x 3 − 13 x 2 + 3 x + 4 .
Lời giải
Ta có x = 2 + 5 ⇔ (x − 2) 2 = 5 ⇔ x 2 − 4x − 1 = 0 , do đó
P = 5x 5 − 20x 4 − 5x 3 + 2x 4 − 8x 3 − 2x 2 + 3x 3 − 12x 2 − 3x + x 2 − 4x − 1 + 10x + 5

(

)

P = 5x 3 x 2 − 4x − 1 + 2x 2 x 2 − 4x − 1 + 3 x x 2 − 4x − 1 + x 2 − 4x − 1 + 10 2 + 5 + 5

(

)

(

)

(

) (

)

P = 25 + 10 5 .
Câu 2.

 1
2
5− x
Cho biểu thức C = 
+
−
x +1 1− x
1− x
giá trị của biểu thức C là số nguyên.

 1− 2 x
. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để
 :
 x −1

Lời giải
ĐKXĐ: x ≥ 0; x ≠ 1; x ≠
Ta có C =

2
1− 2 x

1
4

. Để C ∈ Z thì 1 − 2 x ∈ U ( 2 ) = {−2; −1;1; 2} ⇔ x ∈ {1;0}

Đối chiếu ĐKXĐ ta có x = 0 .

Câu 3.

 4 1  4 1  4 1   4 1 
1 +  3 +  5 +  …  29 + 
4 
4 
4 
4
Tính giá trị của biểu thức A = 
.
 4 1  4 1  4 1   4 1 
 2 +   4 +   6 + ⋯  30 + 
4 
4 
4 
4

Lời giải
2

Với n ∈ ℕ* , ta có n 4 +

1
1
1
1 
1


= n4 + n2 + − n2 =  n2 +  − n2 =  n2 − n +   n2 + n + 
4
4
2
2 
2



lần lượt thay n = 1, 3, 5, … , 29
Ta có
1  2
1  2
1  2
1  2
1  2
1
 2
1 − 1 +  1 + 1 +   3 − 3 +   3 + 3 +  …  29 − 29 +   29 + 29 + 
2 
2 
2 
2 
2 
2
A= 
.
1  2
1  2
1  2
1  2
1  2
1
 2
 2 − 2 +   2 + 2 +   4 − 4 +   4 + 4 +  … 30 − 30 +   30 + 30 + 
2 
2 
2 
2 
2 
2

Ta thấy 12 + 1 +

1
1
1
1
1
1
= 22 − 2 + ; 22 + 2 + = 32 − 3 + , …, 292 + 29 + = 302 − 30 +
2
2
2
2
2
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 3

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

Do đó A =
Câu 4.

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

1
1861

Tìm số tự nhiên n để B = n 2 + 4n + 2013 là số chính phương.

Lời giải
Đặt n 2 + 4n + 2013 = a 2 . Với a ∈ N ta có a 2 − (n + 2) 2 = 2009
Vì a + ( n + 2 ) > a − ( n + 2 ) ta có các trường hợp:
a + ( n + 2 ) = 2009
TH1. 
⇔ 2 ( n + 2 ) = 2008  n = 1002
a − ( n + 2 ) = 1
a + ( n + 2 ) = 287
TH2. 
⇔ 2 ( n + 2 ) = 280  n = 138
a − ( n + 2 ) = 7
a + ( n + 2 ) = 49
TH3. 
⇔ 2 ( n + 2) = 8  n = 2
a − ( n + 2 ) = 41
Vậy n ∈ {2;138;1002} là các giá trị cần tìm.

Câu 5.

Gọi M là hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O trên đường thẳng y = ( m + 2 ) x + m − 5 với

m là tham số. Khi OM đạt giá trị lớn nhất thì giá trị của m bằng bao nhiêu?
Lời giải
Xét m = −2  y = −7 khi đó OM = 7
Xét m ≠ −2 . Gọi A, B là giao điểm của đường thẳng y = ( m + 2 ) x + m − 5 với trục Ox, Oy .
 5−m 
Tọa độ của A 
;0  , B ( 0; m − 5 )
m+2 
Suy ra OA =

Ta có

5−m
;OB = m − 5
m+2

1
1
1
OA 2 ⋅ OB2 m 2 − 10 m + 25 −(7 m + 15) 2
2
=
+

OM
=
=
=
+ 50 ≤ 50
OM 2 OA 2 OB2
OA 2 + OB2
m2 + 4 m + 5
( m + 2)2 + 1

Vậy OM có giá trị lớn nhất bằng

Câu 6.

50 khi đó m = −

15
7

Cho các số thực dương a , b thỏa mãn a 3 − a 2b + ab 2 − 6b 3 = 0 . Tính giá trị của biều thức
P=

4a 4 − b 4
.
4b 4 − a 4

Lời giải
Ta có a 3 − a 2 b + ab 2 − 6 b 3 = 0 ⇔ a 3 − 2a 2 b + a 2 b − 2ab 2 + 3ab 2 − 6 b 3 = 0
2

b  11b 2

Vì a 2 − ab + 3b 2 =  a −  +
= 0  a = b = 0 loại)
2
4

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 4

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

Vậy a = 2 b  P =
Câu 7.

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

−63
12

Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH . Biết rằng AH =

3
, BC = 4BH . Tính diện
2

tích tam giác ABC .

Lời giải
A

x

3x

B

C

H

Đặt BH = x suy ra CH = 3x
Ta có BH.CH = AH 2  3x 2 =

3
1
⇔x= .
4
2

1
1
3
BC = 4. = 4  S ABC = AH .BC =
2
2
2

Câu 8.

Cho tam giác ABC vuông tại A có 4AB = 3AC, BC = 25 . Vẽ hình chữ nhật DEFG nội tiếp tam
giác ABC sao cho D thuộc cạnh AB , E thuộc cạnh AC , F và G thuộc cạnh BC . Tính diện
tích lớn nhất của hình chữ nhật DEFG .

Lời giải
A
x
E

D

B

G

H

F

C

Kẻ đường cao AH
Ta có 4AB = 3AC 

=

AB AC
AB2 AC 2
=

=
3
4
9
16

AB2 + AC 2 BC2 252
=
=
= 25  AB = 15; AC = 20 .
9 + 16
25
25

Lại có AH =

AB ⋅ AC
= 12 . Đặt AD = x  BD = 15 − x
BC

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 5

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

Do đó

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

4 (15 − x )
DE AD x
5x DG BD 15 − x
=
=  DE =
;
=
=
 DG =
BC AB 15
3 AH AB
15
5

1
1
Suy ra S DEG = DE ⋅ DG = ⋅ 4 x (15 − x ) ≤ [x + 15 − x]2 = 75 . Vậy diện tích hình chữ nhật
3
3
DEFG đạt giá trị lớn nhất bằng 75 .

Câu 9.

Cho a , b không âm thỏa mãn 2a + b ≤ 4, 2a + 3b ≤ 6 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P = a 2 − 2a − b .

Lời giải
Ta có 2a + b ≤ 4 ⇔ 4 ≥ 2a + b ≥ 2a ⇔ 2 ≥ a ⇔ 2a ≥ a 2 ⇔ a 2 ≤ 2a
Do đó P = a 2 − 2a − b ≤ 2a − 2a − b ≤ 0 . Vậy GTLN của P bằng 0 khi ( a; b ) ∈ {( 0;0 ) , ( 2;0 )} .
Mặt khác 2a + 3b ≤ 6 ⇔ −b ≥

2a − 6
3
2

2a − 6 
2  22
22
Suy ra P = a − 2a − b ≥ a − 2a +
= a−  −
≥−
3
3
9
9

2

2

Vậy GTNN của P bằng −

22
 2 14 
khi ( a; b ) =  ;  .
9
3 9 

3x 2 + 33 + 3 x = 2x + 7 .

Câu 10. Giải phương trình

Lời giải
ĐKXĐ: x ≥ 0 .
Ta có

⇔

3x 2 + 33 − ( x + 5 ) = ( x + 2 ) − 3 x .
x 2 − 10 x + 8
3 x 2 + 33 + x + 5

=

x 2 − 5x + 4
⇔
x+2+3 x



( x − 1)( x − 4 ) 

2

2
 3 x + 33 + x + 5

=


1
=0
x+2+3 x 

x = 1
Xét ( x − 1)( x − 4 ) = 0 ⇔ 
x = 4
Xét

2
3x 2 + 33 + x + 5

−

1
=0
x+2+3 x

Với x = 1 là nghiệm.
Với x ≠ 1 ta có
kết hợp với

3 ( x − 11)
2

3 x + 33 + 6 x

= 1 ⇔ 3 x 2 + 33 + 6 x = 3 x − 33

3x 2 + 33 + 3 x = 2x + 7 được x − 3 x − 40 = 0

Vậy tập nghiệm phương trình S = {1; 4;64} .

II. PHẦN TỰ LUẬN (Thí sinh trình bày Lời giải vào tờ giấy thi)

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 6

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

2 xy
 2
2
x + y + x + y = 1
Câu 11. Giải hệ phương trình 
 2 x + y + 1 x2 − x − 1 = 2


(

)

Lời giải
ĐKXĐ: x + y ≠ 0; 2x + y + 1 > 0; x 2 − x − 1 > 0 ( * )
Từ phương trình x 2 + y 2 +

2xy
= 1.
x+y

 x 2 ( x + y ) + y 2 ( x + y ) + 2 xy − x − y = 0
⇔ x 2 ( x + y ) − x 2 + y 2 ( x + y ) − y 2 + x 2 + 2 xy + y 2 − x − y = 0
⇔ x 2 ( x + y − 1) + y 2 ( x + y − 1) + ( x + y )( x + y − 1) = 0
⇔

( x + y − 1) ( x 2 + y 2 + x + y ) = 0

Xét x + y − 1 = 0 , thay vào phương trình

2 x + y + 1 x 2 − x − 1 = 2 được

(

)

x + 2 x2 − x − 1 = 2

(

)

2

Với điều kiện x 2 − x − 1 ≥ 0 , ta có ( x + 2 ) ( x 2 − x − 1) = 4 .
2

⇔ ( x + 2 ) ( x 4 − 2 x 3 − x 2 + 2 x + 1) − 4 = 0
⇔ ( x + 2 ) ( x 4 − 2 x 3 − x 2 + 2 x + 1) − 4 = 0
⇔ x5 − 5 x3 + 5 x − 2 = 0
⇔ ( x − 2 ) ( x 4 + 2 x 3 − x 2 − 2 x + 1) = 0
2

⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + x − 1) = 0
Với x − 2 = 0 ⇔ x = 2  y = −1 (TMĐK).
Với x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x1 =

−1 − 5
3+ 5
−1 + 5
 y1 =
; x2 =
 x 2 − x − 1 < 0 (loại).
2
2
2

Xét x 2 + y 2 + x + y = 0 , ta có x 2 + y 2 + x + y = ( x 2 − x − 1) + y 2 + ( 2 x + y + 1) > 0 theo ĐKXĐ
thay vào ĐKXĐ

*

()


 −1 − 5 3 + 5  
Hệ phương trình có tập nghiệm ( x; y ) ∈ ( 2; −1) , 
;
 .
2
2  



Câu 12. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2 R . Lấy điểm M bất kì trên nửa đường tròn (
M khác A, B ), các tiếp tuyến tại A và M của nửa đường tròn ( O ) cắt nhau tại K . Gọi E là

giao điểm của AM và OK . Đường thẳng qua O vuông góc với AB cắt BM tại N .

a) Tính BM . AN theo R .
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 7

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

b) Vẽ MH vuông góc với AB tại H . Gọi F là giao điểm của BK và MH . Chứng minh rằng
EF song song với AB và BH .OK = OE. AB .
Lời giải

a) Ta có BMA = BON = 90°  ∆BMA ∽ ∆BNO 

BM BA
 BM .BN = BA.BO = 2 R 2
=
BO BN

Vì NO ⊥ AB nên ∆ANB cân tại N .
Suy ra BN = AN , suy ra BM . AN = 2 R 2 .
b) Ta có KM = KA, OM = OA nên KO là trung trực của AM , suy ra KO ⊥ AM và
EA = EM (1) .
Gọi P là giao điểm của đường thẳng BM và đường thẳng AK .
Ta có ∆AMP vuông tại M , có KA = KM nên KA = KM = KP .
Áp dụng hệ quả định lí Thales, ta có

FM BF FH
=
=
 FM = FH (2)
KP BK KA

Từ (1), (2) suy ra EF là đường trung bình ∆AHM nên EF //AB .
Mặt khác OK cũng là đường trung bình của ∆ABP nên OK //BP .
Ta có ABM = AOK và AMB = OAK = 90°  ∆BMA ∽ ∆OAK 

Tương tự ∆BHM ∽ ∆OEA 
Suy ra

BM
BA
=
OA OK

BM BH
.
=
OA OE

BA BH
=
 BH .OK = OE. AB .
OA OE

Câu 13. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 3 + y3 + z 3 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

xy + yz + zx + x 3 + y3 + z 3
.
5 ( xy + yz + zx ) + 1

Lời giải
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 9 = x 3 + 1 + 1 + y3 + 1 + 1 + z 3 + 1 + 1 ≥ 3 ( x + y + z )
⇔ xy + yz + zx ≤ 3 .

Lại có 3 ( xy + yz + zx ) ≤ (x + y + z)2 ≤ 9 ⇔ xy + yz + zx ≤ 3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 8

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

Do đó 5P =

5 ( xy + yz + zx ) + 15
5 ( xy + yz + zx ) + 1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

= 1+

14
14
15
3
≥ 1+
= P≥ .
5 ( xy + yz + zx ) + 1
5.3 + 1 8
8

3
. Đạt được khi x = y = z = 1 .
8

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 9

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Học sinh giỏi 9
•
•
•
Câu 1.

Tỉnh Khánh Hòa

Giáo viên góp đề: Nguyễn Bá Vinh + 0384 93 77 30
Giáo viên góp đề: Đặng Mai Quốc Khánh + 0905712246
Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.
(4,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức

(
A=

)

3 −1 . 3 10 + 6 3
6+2 5 − 5
2

 xy + 1
2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức x + y + 
 = 2 . Chứng minh rằng
 x + y 
2

2

xy +1 là một số chính phương.
Câu 2.

(4,0 điểm)
1. Cho đa thức f ( x) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f (3). f (4) = f (7) . Chứng minh
rằng đa thức f ( x) −12 không có nghiệm nguyên.
2. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.

Câu 3.

(4,0 điểm)
1. Giải phương trình

2x + 4 − 2 2 − x =

6x − 4
x2 + 4

2. Cho a , b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức B =
Câu 4.

a4
3

(b −1)

+

b4
3

(a −1)

.

(6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC , I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE
song song với AB ( D ∈ AB, E ∈ BC ) và đường thẳng IM song song với BC ( M ∈ AC ). Tính
giá trị của biểu thức

ID BE CM
+
+
.
AB BC CA

2. Cho hình vuông ACD có tâm O . Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C ). Gọi F
là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD , gọi H là giao điểm của OE và BF .
a) Chứng minh rằng

1
1
không đổi.
+
2
AE
AF 2

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5.

(2,0 điểm)
Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia
hết số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau.
---Hết---

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 10

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

HƯỚNG DẪN GIẢI
•
•
•
Câu 1.

Giáo viên góp đề: Nguyễn Bá Vinh + 0384 93 77 30
Giáo viên góp đề: Đặng Mai Quốc Khánh + 0905712246
Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.
(4,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức

(
A=

)

3 −1 . 3 10 + 6 3
6+2 5 − 5
2

 xy + 1
 = 2 . Chứng minh rằng
2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức x + y + 
 x + y 
2

2

xy +1 là một số chính phương.
Lời giải

1. Rút gọn biểu thức

(
A=

(
A=

)

3 −1 . 3 10 + 6 3
6+2 5 − 5

=

)

3 −1 . 3 10 + 6 3
6+2 5 − 5

(

) (
( 5 +1)

3 −1 . 3

2

3

)

3 +1

− 5

=

(

) ( 3 +1) = 2
( 5 +1)− 5
3 −1 .

2

 xy + 1
2. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn dẳng thức x + y + 
 = 2 . Chứng minh rằng
 x + y 
2

2

xy +1 là một số chính phương.
Cách 1:
2

2

 xy +1
 xy + 1
2
x + y + 
 = 2 ⇔ ( x + y ) − 2 ( xy +1) + 
 =0
 x + y 
 x + y 
2

2

2

 xy + 1  xy + 1
⇔ ( x + y ) − 2 ( x + y ).
 + 
 =0
 x + y   x + y 
2

2


xy + 1
⇔  x + y −
 =0

x + y 
⇔ x+ y−

xy + 1
=0
x+ y

⇔ x+ y =

xy + 1
x+ y
2

⇔ 1 + xy = ( x + y )

Vì x, y ∈ ℤ nên x + y ∈ ℤ ⇒ xy +1 là một số chính phương.
Cách 2:
Đặt x + y = a, xy = b ⇒ x2 + y 2 = a 2 − 2b
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 11

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023
2

2
 xy +1
(b + 1)
2

 = 2 ⇔ a − 2b +
Theo giả thiết: x + y + 
=2
 x + y 
a2

2

2

⇔ a 2 − 2a 2b + b 2 + 2b +1− 2a 2 = 0
2

⇔ (a 2 − b) − 2 (a 2 − b) + 1 = 0
2

⇔ (a 2 − b −1) = 0
⇔ a 2 − b −1 = 0
⇔ b +1 = a 2
2

Hay xy + 1 = ( x + y ) là một số chính phương với x, y là các số nguyên.
Câu 2.

(4,0 điểm)
1. Cho đa thức f ( x) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f (3). f (4) = f (7) . Chứng minh
rằng đa thức f ( x) −12 không có nghiệm nguyên.
2. Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.
Lời giải
1. Cho đa thức f ( x) khác hằng với các hệ số nguyên thỏa mãn f (3). f (4) = f (7) . Chứng minh
rằng đa thức f ( x) −12 không có nghiệm nguyên.
Giả sử f ( x ) − 12 có nghiệm nguyên x = a ⇒ f ( x ) −12 = ( x − a ).g ( x)
⇒ f ( x) = ( x − a).g ( x) +12

⇒ 7 = f (3). f (4) = (3 – a ).g (3) + 12 . ( 4 – a ).g ( 4) + 12
⇒ 7 = (3 − a)( 4 − a).g (3).g (4) +12 (3 − a).g (3) + ( 4 − a).g (4) +12.12 + 12 (*)
Vì ( 3 – a ) và ( 4 – a ) là hai số nguyên liên tiếp nên tích chia hết cho 2
⇒ Vế phải của (*) chia hết cho 2 , nhưng vế trái không chia hết cho 2 (Vô lý)
⇒ Điều giả sử sai.

Vậy f ( x ) –12 không có nghiệm nguyên.
2. Cách 1:
Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là a, b, c . Khi đó, ta có:

a.b.c = 5 ( a + b + c )  a.b.c⋮ 5
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 12

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Vì a, b, c có vai trò bình đẳng nên không mất tính tổng quát, giả sử a ⋮ 5  a = 5 (vì a ∈ P )
Khi đó: 5.b.c = 5 ( 5 + b + c ) ⇔ 5 + b + c = b.c ⇔ b.c − b − c + 1 = 6

⇔ b ( c − 1) − ( c − 1) = 6 ⇔ ( c − 1)( b − 1) = 6
Vì b; c là các số nguyên tố nên b – 1 và c – 1 là hai số nguyên dương.
mà (b – 1)(c – 1) = 6 = 1.6 = 2.3 nên ta có bảng sau:
b–1
c–1
b
c

1
6
2
7
(Thỏa mãn)

6
1
7
2
(Thỏa mãn)

2
3
3
2
3
4
4
3
(Loại vì
(Loại vì
c ∉ P)
b ∉ P)
Do vai trò của a, b, c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7
Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7
Cách 2: (Phương pháp sắp thứ tự toàn phần)
Gọi 3 số nguyên tố cần tìm là a, b, c . Khi đó, ta có:
abc = 5( a + b + c ) ⇔

1
1
1 1
+ +
=
bc ca ab 5

Vì a, b, c có vai trò bình đẳng. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a ≥ b ≥ c

a ≥ b ac ≥ bc
Do đó, a ≥ b ≥ c  

 ab ≥ ac ≥ bc
b ≥ c
ab ≥ ac
1
1
1
≤
≤
ab ac bc
1
1
 ≤ 3.
bc
5
 bc ≤ 15


c = 3; b = 5 15a = 5 ( a + 8 )
 a = 4 (l )


Mà b, c là số nguyên tố và b ≥ c nên c = 2; b = 5  10a = 5 ( a + 7 )   a = 7 (tm)
c = 2; b = 3  6a = 5 ( a + 5)
 a = 25(l )

Do vai trò của a, b, c là bình đẳng nên ba số cần tìm là 2; 5; 7
Vậy ba số cần tìm là 2; 5; 7

Câu 3.

(4,0 điểm)
1. Giải phương trình

2x + 4 − 2 2 − x =

6x − 4
x2 + 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 13

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

2. Cho a , b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức B =

a4
3

(b −1)

+

b4
3

(a −1)

.
Lời giải

1. Giải phương trình

2x + 4 − 2 2 − x =

6x − 4
x2 + 4

Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2
Ta có:

2x + 4 − 2 2 − x =
⇔

2 ( 3x − 2 )
2x + 4 + 2 2 − x

=

6x − 4
x2 + 4
2(3x − 2)
x2 + 4


2
x=

3
⇔
 2x + 4 + 2 2 − x = x 2 + 4

(*)

Ta có: (*) ⇔ 4 2(2 + x )(2 − x ) − x 2 − 2x + 8 = 0
⇔ 4 2(2 + x )(2 − x ) + (2 − x )( x + 4) = 0

(

)

⇔ 2 − x 4 2(2 + x ) + (2 − x ).( x + 4) = 0

 2−x = 0
⇔
 4 2(2 + x ) + (2 − x ).(x + 4) = 0 (**)
+ Với 2 − x = 0 ⇔ x = 2 (thỏa ĐK)
+ Với −2 ≤ x ≤ 2 thì VT của (**) luôn dương nên (**) vô nghiệm.
 2
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  2;  .
 3
2. Cho a , b là hai số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện a + b ≤ 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức B =

a4
3

(b −1)

+

b4
3

(a −1)

.

Cách 1: Do a > 1, b > 1 nên a − 1 > 0, b − 1 > 0
Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương, ta có:
B≥

2a 2b 2

( a − 1)( b − 1) ( a − 1)( b − 1)

Ta lại có: 0 < 1. ( b − 1) ≤

(1)

b2
4

0 < 1. ( a − 1) ≤

a2
4

4 ≥ a + b ≥ 2 ab  ab ≤ 4

(2)
( 3)
( 4)

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 14

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

2a 2b 2 .43 128 128
B≥
=
≥
= 32
a 3 .b3
a.b
4
 a4
b4
=

3
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  ( b − 1)
⇔a =b=2
( a − 1)

a − 1 = b − 1 = 1; a + b = 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 32 và đạt được khi a = b = 2

Cách 2:
x = a −1
Đặt 
( x, y > 0 ) , vì a + b ≤ 4 nên x + y ≤ 2
 y = b −1
4

Khi đó, B =

( x + 1)
y3

4

+

( y +1)
x3

x2 y 2
1
≥ 16.2 3 . 3 = 32
y x
xy

AM −GM

4

AM −GM

≥

AM −GM

≥

4

(2 x ) + (2 y )
y3

x3

 x2 y2 
= 16  3 + 3 
 y
x 

32 ( x+ y )≤2
≥ 32


 x + y 
 2 

Dấu “=” xảy ra tại x = y = 1 ⇔ a = b = 2 .
Câu 4. (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC , I là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Qua I vẽ đường thẳng DE
song song với AB ( D ∈ AB, E ∈ BC ) và đường thẳng IM song song với BC ( M ∈ AC ). Tính
giá trị của biểu thức

ID BE CM
+
+
.
AB BC CA

2. Cho hình vuông ACD có tâm O . Điểm E thay đổi trên cạnh BC ( E khác B và C ). Gọi F
là giao điểm của tia AE và đường thẳng CD , gọi H là giao điểm của OE và BF .
a) Chứng minh rằng

1
1
không đổi.
+
2
AE
AF 2

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải:
1. Tính giá trị của biểu thức

ID BE CM
+
+
.
AB BC CA

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 15

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Cách 1:

A
D
M

I
B

C

E

Ta có: IM // EC (gt) ⇒ ∆DIM ∽ ∆DEC (1)
DE // AB (gt) ⇒ ∆DEC ∽ ∆ABC (2)
Từ (1) và (2) suy ra: ∆DIM ∽ ∆ABC
⇒

ID
DM
=
AB
CA

Lại có DE // AB ⇒
Vậy

BE
AD
=
BC AC

ID BE CM
DM AD CM
CA
+
+
+
+
=1
=
=
AB BC CA
CA
CA CA
CA

Cách 2:
B

N

E

I

A

D

M

C

Gọi N là giao điểm của IM và AB .
Xét ΔABC , ta có: MN // BC 
Suy ra

ID CM ID IE DE
.
+
=
+
=
AB CA AB AB AB

Ta lại có: DE // AB 


CM BN IE
(vì tứ giác BNIE là hình bình hành)
=
=
CA BA AB

DE CE
ID CM CE
.Suy ra
.
=
+
=
AB CB
AB CA BC

ID CM BE CE BE BC
+
+
=
+
=
= 1.
AB CA CB BC BC BC

Vậy

ID BE CM
+
+
=1
AB BC CA

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 16

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

2.
A

B

M

O

E

H
Q

P

H'

C

D

a) Chứng minh rằng

F

1
1
không đổi.
+
2
AE
AF 2

Cách 1:
Ta có:

AB
AD
= cos BAE ;
= sin DFA = sin BAE
AE
AF
2

(Vì AB//DF nên DFA = BAE (so le trong))

2

 AB   AD 
Do đó 
 + 
 =1
 AE   AF 
 1
1 
⇔ AB 2 
+
 = 1 (vì AB = AD)
2
 AE
AF 2 
⇔

1
1
1
+
=
2
2
AE
AF
AB 2

Vì

1
1
1
không đổi nên
không đổi. (đpcm)
+
2
2
AB
AE
AF 2

Cách 2:
Xét ∆FDA và ∆ABE có:

DFA = BAE (so le trong, AB//DF)
FDA = ABE = 900
Suy ra ∆FDA

∽ ∆ABE ( g − g )

AF DF
AF2
DF 2
=
⇒
=
AE
AB
AE 2
AB 2
Mà DF 2 = AF 2 − AD 2 = AF 2 − AB 2
Nên

AF2
AF2 − AB 2
AF2
AF2
=
⇒
=
−1
AE 2
AB 2
AE 2
AB 2

⇒

1
1
1
1
1
1
=
−
⇒
+
=
2
2
2
2
2
AE
AB
AF
AE
AF
AB 2

Vì

1
1
1
không đổi nên
không đổi. (đpcm)
+
2
2
AB
AE
AF 2

b) Tìm vị trí điểm E để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất.
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 17

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Gọi H' là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BF.
Ta có: BH '.BF = BO.BD = BC 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
⇒

BH ' BO
, mà DBF chung
=
BD
BF

Nên ∆BH ' O

∽ ∆BDF (c − g − c)

Suy ra BH ' O = BDF = 450 ⇒ BH ' O =

1
BH ' C
2

⇒ H'O là tia phân giác của BH ' C (1)
Lại có:

BE
AB BC
BH '
=
=
=
EC CF CF H ' C

⇒ H'E là tia phân giác của BH ' C (2)
Từ (1) và (2) suy ra H', O, E thẳng hàng  H ' ≡ H

 CH ⊥ BF
Qua H kẻ đường vuông góc xuông AD cắt AD, BC lần lượt tại P và Q.
Gọi M là trung điểm của BC.
2 S HAD = AD.HP = AD. ( HQ + PQ ) = AD 2 + AD.HQ ≤ AD 2 + AD.HM =
 S HAD ≤

3
AD 2
2

3
AD 2 .
4

Dấu “=” xảy ra khi HQ = HM ⇔ Q ≡ M ⇔ O, Q, H thẳng hàng ⇔ E ≡ M (vì H , O, E thẳng
hàng).
Vậy để diện tích tam giác HAD đạt giá trị lớn nhất thì E là trung điểm của BC .

Câu 5. (2,0 điểm)
Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng
chia hết số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau.
Lời giải:
Cách 1:
Giả sử độ dài 4 cạnh của tứ giác là a, b, c, d (a, b, c, d ∈ℕ* ) và không có 2 cạnh nào bằng
nhau. Không mất tính tổng quát, giả sử: a > b > c > d .
Đặt : x =

b+c+d
a+c+d
b+a+d
; y=
; z=
với x, y, z ∈ℕ* (1)
a
b
c

Từ a > b > c > d ⇒ x < y < z
Vì b + c > a nên x > 1 hay x ≥ 2 ⇒ y ≥ 3 và z ≥ 4
Do đó từ (1) ta có: b + c + d ≥ 2a ; a + c + d ≥ 3b ; a + b + d ≥ 4c
Cộng 3 bất đẳng thức này được 3d ≥ b + 2c (*)
Mặt khác: a > b > c > d ⇒ 3d < b + 2c mâu thuẫn (*)
⇒ Điều giả sử sai.
Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 18

VŨ NGỌC THÀNH TỔNG HỢP

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Vậy tứ giác đó phải có ít nhất hai cạnh bằng nhau (đpcm).
Cách 2:
Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a, b, c, d (a, b, c, d ∈ℕ* ).
Giả sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau.
Không mất tính tổng quát, giả sử a > b > c > d . (*)
Do tứ giác lồi nên a < b + c + d  a < b + c + d < 3a
 2a < a + b + c + d < 4 a

(**)

Từ giả thiết bài toán suy ra a + b + c + d chia hết cho các số a, b, c, d .
Kết hợp với (**), ta có : a + b + c + d = 3a

(1)

Đặt a + b + c + d = mb với m ∈ ℕ *

(2)

a + b + c + d = nc với n ∈ ℕ *

(3)

Do a > b > c  n > m > 3  n ≥ 5, m ≥ 4 .
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta có: 3 ( a + b + c + d ) = 3a + mb + nc ≥ 3a + 4b + 5c
mà 3a + mb + nc ≥ 3a + 4b + 5c (vì n ≥ 5, m ≥ 4 )
Suy ra 3 ( a + b + c + d ) ≥ 3a + 4b + 5c

⇔ ( b – d ) + 2 ( c – d ) ≤ 0 mâu thuẫn (*)
Vậy tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau.

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 19

ĐỖ VĂN LINH

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

Học sinh giỏi 9

Tỉnh Bắc Kạn

Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.
Câu 1. (6,0 điểm)

 3 x + x + 14
+
x
−
2
x
−
3


1) Cho biểu thức P = 

x +3 3 x +2
x
−
:
x +1
x −3  x+ x

( x > 0, x ≠ 9 ) .

Rút gọn biểu thức P và tính giá trị của biểu thức P khi x = 13 + 6 2 + 9 + 4 2 .
2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y = m 2 + 1 x − m . Tìm tất cả

(

)

các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm A, B
sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 0, 4cm 2 ( O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là
cm ).
Câu 2.

(4,0 điểm)
1) Giải phương trình

x + 3 + 1− x = 2 +

( x + 3)(1 − x ).

1
1 7

x + x + y − y = 2

2) Giải hệ phương trình 
.
 x 2 + 1 + y 2 + 1 = 25

x2
y2
4
Câu 3.

(3,0 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn x 2 − yx + y + 2 = 0.
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p + p 2 cũng là số nguyên tố.

Câu 4.

(6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến AP, BM , CN cắt nhau tại trọng tâm G, BM
vuông góc với CN . AH là đường cao của tam giác ABC , GK vuông góc BC ( K ∈ BC ) .
Chứng minh AH = 3GK và

4
1
1
=
+
.
2
2
AH
BM
CN 2

2) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) . Đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC tiếp
xúc với các cạnh BC , CA, AB lần lượt tại D, E, F . Gọi S là giao điểm của AI và DE.

C
và ∆IAB ∼ ∆EAS .
2
b) Gọi K là trung điểm của AB, M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao
AH của tam giác ABC cắt đường thẳng DE tại N . Chứng minh AM = AN .
(1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + 3c = 2 . Tìm giá trị lớn nhất và
nhỏ nhất của biểu thức T = ab + ac − 6bc.
a) Chứng minh AIB = 900 +

Câu 5.

---Hết---

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 20

ĐỖ VĂN LINH

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

HƯỚNG DẪN GIẢI
Sản phẩm do nhóm: https://zalo.me/g/sidqta089 thực hiện.
Câu 1. (6,0 điểm)

 3 x + x + 14
+
 x−2 x −3

1) Cho biểu thức P = 

x +3 3 x +2
x
−
:
x +1
x −3  x+ x

( x > 0, x ≠ 9 ) .

Rút gọn biểu thức P và tính giá trị của biểu thức P khi x = 13 + 6 2 + 9 + 4 2 .
2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : y = m 2 + 1 x − m . Tìm tất cả

(

)

các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm A, B
sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 0, 4cm 2 ( O là gốc tọa độ, đơn vị đo trên các trục là
cm ).
Lời giải
1) Với x > 0, x ≠ 9 . Ta có

(

3x + x + 14 +
P=

P=

) (
( x + 1)( x − 3)

x +3

x−4 x +3

(

)(

x +1

x −3

)

:

)(

x −3 − 3 x + 2

1
=
x +1

(
(

)(

):

x +1

x
x

)(
x + 1)(

).
(
x − 3)

x −1

x −3

(

)

x +1

)

x +1 = x −1

Vậy với x > 0, x ≠ 9 thì P = x − 1 .
Ta có

x = 13 + 6 2 +

(

= 13 + 6

(

(2

)

2 +1

)

2

)

2 +1

2

= 13 + 6 3 + 2 2

(

)

2

= 19 + 6 2 = 3 2 + 1 .

2

Với x = 3 2 + 1 ta có: P = x − 1 =

(3

)

2

2 + 1 − 1 = 3 2 + 1 − 1 = 3 2.

2)

 m

,0  , B ( 0, − m )
2
 m +1 

+ Tìm được điểm A 

+ Tính được OA =

m
, OB = −m = m
m +1

+ Tính được SOAB =

2

1
1 m
m2
OA.OB =
.
m
=
2
2 ( m 2 + 1)
2 ( m 2 + 1)

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 21

ĐỖ VĂN LINH

+ SOAB

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023

m2
2
= 0, 4 ⇔
= 0, 4 = ⇔ m 2 = 4 ⇔ m = ±2
2
5
2 ( m + 1)

Vậy m = ±2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 2.

(4,0 điểm)
1) Giải phương trình

x + 3 + 1− x = 2 +

( x + 3)(1 − x ).

1
1 7

x + x + y − y = 2

2) Giải hệ phương trình 
.
1
1
25
2
2
x + + y +
=

x2
y2
4
Lời giải
1) Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 1

t2 − 4
Đặt t = x + 3 + 1 − x , ( t ≥ 0 )  ( x + 3)(1 − x ) =
2
Ta có phương trình t = 2 +
Với t = 2 ⇔

t = 2
t2 − 4
 t +2
0 ⇔ ( t − 2 ) 1 −
=0⇔
2
2 

t = 0
 x = −3
(thỏa mãn).
x = 1

( x + 3)(1 − x ) = 0 ⇔ 

Với t = 0 ⇔

( x + 3)(1 − x ) = −2 ⇔ PTVN .
Vậy tập nghiệm của phương trình là T = {−3;1} .
2) Điều kiện: x, y ≠ 0

1
1 7

x
+
+
y
−
=

x
y
2

.

2
2


1
1
25



Hệ pt tương đương với
x+  + y−  =

4
x 
y

7

u+v =

1
1

2
Đặt u = x + ≥ 2, v = y − ta có hệ phương trình 
.
x
y
25
2
2
u + v =

4

7

7

v = −u
7

u
+
v
=


2
3

v = − u
2
⇔
⇔
⇔ u = 2, v =
2

2
2
u 2 + v 2 = 25
u 2 +  7 − u  = 25
 2u 2 − 7u + 6 = 0




4
4
2



1

x = 1
2
 x + x = 2
x = 1 
 x − 2 x + 1 = 0
⇔
⇔ 2
⇔
∨
1.
1
3
2
y
=
=
−
y
2
y
−
3
y
−
2
=
0

y − =


2
y 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  https://vungocthanh1984.blogspot.com/

Trang 22

ĐỖ VĂN LINH

TUYỂN TẬP ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – NĂM 2022-2023




1
2

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là (1, 2 ) , 1, −  .
Câu 3.

(3,0 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn x 2 − yx + y + 2 = 0.
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p + p 2 cũng là số nguyên tố.
Lời giải
1) PT ⇔ y ( x − 1) = x 2 + 2
Nếu x = 1 thì PT ⇔ y.0 = 3 (vô lí)

x2 + 2 x2 − 1 + 3
3
Xét x ≠ 1 khi đó y =
=
= x +1+
x −1
x −1
x −1
Để y ∈ ℤ ta cần có x − 1 ∈ U ( 3) ⇔ x − 1 ∈ {1,3, −1, −3}
Ta có bảng
x −1
1
3
−1
x
2
4
0
y
6
6
−2

−3
−2
−2

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( 2,6 ) , ( 4,6 ) , ( 0, −2 ) , ( −2, −2 ) .
2) Trong bài toán này, ta xét các trường hợp sau.
TH1: Nếu p = 2 , ta có 2 p + p 2 = 22 + 22 = 8 là hợp số
TH2: Nếu p = 3 , ta có 23 + 32 = 8 + 9...