PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TP BUÔN MA THUỘT
--------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2022-2023
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính giao đề)
Ngày thi: 02/03/2023

Câu 1. (4,0 điểm)

42 3  42 3
.
12
1
1
1
1 1
1 1
b) Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: 2
 2
 2
    .
x  yz y  xz z  xy 2  xy yz zx 
a) Tính giá trị của biểu thức A  1  x 2021  x 2022 

2023

, biết x 

Câu 2. (4,5 điểm)

1  x 2 x  x2

x
1  x2
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5  x 2  xy  y 2   7  x  2 y  .
a) Giải phương trình:

c) Cho a  2, b  3, c  4 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

a2  1 b2  1 c2  1
.


a
b
c

Câu 3. (3,0 điểm)
a) Biển Chết là hồ nước mặn nhất trên trái đất. Đây là nơi hoàn toàn bị bao bọc mà không có nước
biển thoát ra ngoài. Điểm độc đáo của biển Chết là sở hữu độ mặn cao gấp 9,6 lần so với nước biển thường.
Đây là một trong những điểm du lịch độc đáo, du khách không bao giờ bị chìm và tận hưởng công dụng của
muối biển đối với sức khỏe. (Biết rằng, nước biển thường có độ mặn là 3,5%). Thầy Phương lấy 500g nước
biển Chết và 400g nước biển thường rồi đổ chung vào một cái thùng. Sau đó, thầy cho thêm vào thùng 10 lít
nước ngọt nữa. Hỏi nước trong thùng có thể là nước lợ được không? Biết nước lợ có độ mặn dao động
17
% xem lượng muối trong nước ngọt không đáng kể và 1 lít nước ngọt nặng 1kg.
từ 0,5% đến
30
b) Gen B có 3600 liên kết Hidro và số Nucleotit loại T lớn hơn số Nucleotit không bổ sung với nó là
300 Nucleotit. Tính số Nucleotit từng loại của gen B. Biết rằng, để tính số lượng Nucleotit (A,T,G,X) trong
phân tử ADN ta áp dụng nguyên tắc bổ sung: "A liên kết với T bằng 2 liên kết Hidro và G liên kết với X
bằng 3 liên kết Hidro" và %A = %T, %G = %X. Tổng số Nucleoit trong gen B: N = A + T + G + X = 2A +
2G = 2T + 2X.
Câu 4. (4,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác
A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung
điểm CH, J là trung điểm của DH.
  CBH
.
a) Chứng minh: CIJ
b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE  HD  HC 2 .
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH  CH đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5. (4,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và
DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF
b) Chứng minh: NB  DE  a 2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác ACFE gấp 3 lần diện tích hình vuông
ABCD.
---------------- Hết ----------------

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Câu 1. (4,0 điểm)

42 3  42 3
.
12
1
1
1
1 1
1 1
b) Cho x, y, z là ba số dương. Chứng minh rằng: 2
 2
 2
    .
x  yz y  xz z  xy 2  xy yz zx 
a) Tính giá trị của biểu thức A  1  x 2021  x 2022 

4 2 3  42 3

a) x 
12
Do đó A  1  12021  1



2022 2023





2

3 1 





3 1

2 3

2023

, biết x 

2



3 1 3 1
 1.
2 3

 12023  1 .

b) Áp dụng BĐT A  B  2 AB ,  A  0, B  0  , ta có: x 2  yz  2 x yz 
Tương tự

1
1

;
y  xz 2 y xz
2

1
1

.
x  yz 2 x yz
2

1
1

.
z  xy 2 z xy
2

1
1
1
1 1
1
1  1 yz  xz  xy
 2
 2
 


1 .
 

x  yz y  xz z  xy 2  x yz y xz z xy  2
xyz
Áp dụng BĐT A2  B 2  C 2  AB  BC  AC , ta có: x  y  z  xy  yz  xz  2  .

Do đó

2

1
1
1
1 x yz 1  1
1 1
 2
 2
 
     .
x  yz y  xz z  xy 2
xyz
2  xy yz zx 
2
 x  yz
 2
 y  xz
x yz.
Dấu “=” xảy ra khi  2
 z  xy
 x  y  z
Câu 2. (4,5 điểm)
1  x 2 x  x2

a) Giải phương trình:
x
1  x2
b) Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 5  x 2  xy  y 2   7  x  2 y  .
Từ 1) và 2), ta có

2

c) Cho a  2, b  3, c  4 . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P
a) ĐK: 0  x  1

a2  1 b2  1 c2  1


.
a
b
c

1 x
1
1 x 2x  x2
1 x
2x  x2
2x 1 1  2x 2x 1  1  x 
x



1


1





 1
2
2
x
1 x
x
1 x
1  x2
x
1  x 2 
x
1 x

1
x
 1  1 x  
2x 1  1 x  2x 1
1



1


0

2
x

1


 1  1  0  2 x  1  0  x 





2 
2 

1 x 
x
x
x
2

 
1  x 
 1 x 
1
 
 1  1  0 . Vậy phương trình có một nghiệm là x 
x
2


b) 5  x 2  xy  y 2   7  x  2 y   5 x 2   5 y  7  x  5 y 2  14 y  0 *

Vì 0  x  1 nên

1
1  x2

Ta có:  x   5 y  7   4  5   5 y 2  14 y   75 y 2  210 y  49
2

TM 

* có nghiệm nguyên

 75 y 2  210 y  49  k 2

k  N 

 196  3  5 y  7   k 2
2

 3  5 y  7   196   5 y  7   65  8  5 y  7  8  1  5 y  15  0  y  3  y  0;1; 2;3
2

2

 x  0  n
+) Với y  0; *  5 x  7 x  0  x  5 x  7   0  
 x  7 l 

5
2
+) Với y  1; *  5 x  2 x  9  0 ; phương trình không có nghiệm nguyên    46 
2

 x  1  n
+) Với y  2; *  5 x  3x  8  0   x  1 5 x  8  0  
 x   8 l 

5
 x  1  n 
2
+) Với y  3; *  5 x  8 x  3  0   x  1 5 x  3  0  
 x   3 l 

5
2

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  x; y    0;0  , 1; 2  ,  1;3
c) Áp dụng BĐT A  B  2 AB ,  A  0, B  0  , ta có:

a2  1 b2  1 c2  1
1
1
1  a 1   b 1   c 1  3a 8b 15c


 a b c         
.
a
b
c
a
b
c  4 a   9 b   16 c  4 9 16
a 1
b 1
c 1 3  2 8  3 15  4 121
2  2  2
 



.
4 a
9 b
16 c
4
9
16
12
 a 1
 4a

 b1
121

 a  2; b  3; c  4
Dấu “=” xảy ra khi  9 b
 a  2; b  3; c  4 . Vậy Min  P  
12
 c 1


 16 c
a  2; b  3; c  4
Câu 3. (3,0 điểm)
a) Biển Chết là hồ nước mặn nhất trên trái đất. Đây là nơi hoàn toàn bị bao bọc mà không có nước
biển thoát ra ngoài. Điểm độc đáo của biển Chết là sở hữu độ mặn cao gấp 9,6 lần so với nước biển thường.
Đây là một trong những điểm du lịch độc đáo, du khách không bao giờ bị chìm và tận hưởng công dụng của
muối biển đối với sức khỏe. (Biết rằng, nước biển thường có độ mặn là 3,5%). Thầy Phương lấy 500g nước
biển Chết và 400g nước biển thường rồi đổ chung vào một cái thùng. Sau đó, thầy cho thêm vào thùng 10 lít
nước ngọt nữa. Hỏi nước trong thùng có thể là nước lợ được không? Biết nước lợ có độ mặn dao động
17
% xem lượng muối trong nước ngọt không đáng kể và 1 lít nước ngọt nặng 1kg.
từ 0,5% đến
30
b) Gen B có 3600 liên kết Hidro và số Nucleotit loại T lớn hơn số Nucleotit không bổ sung với nó là
300 Nucleotit. Tính số Nucleotit từng loại của gen B. Biết rằng, để tính số lượng Nucleotit (A,T,G,X) trong
phân tử ADN ta áp dụng nguyên tắc bổ sung: "A liên kết với T bằng 2 liên kết Hidro và G liên kết với X
bằng 3 liên kết Hidro" và %A = %T, %G = %X. Tổng số Nucleoit trong gen B: N = A + T + G + X = 2A +
2G = 2T + 2X.
P

a) Độ mặn nước biển Chết là 9, 6  3,5%  33, 6% .
Khối lượng muối trong 500g nước biển Chết và 400g nước biển thường là 500  33,6%  400  3,5%  182 g .
182 100
182
17
%
%  1, 67%  % .
Độ mặn của nước trong thùng là:
500  400  10000
109
30
Vậy nước trong thùng không phải là nước lợ.

b) Gọi A, G lần lượt là số Nucleotit loại A, G  A, G  N *  .
Vì có 3600 liên kết Hidro, nên có: 2 A  3G  3600

1 .

Vì số Nucleotit loại T lớn hơn số Nucleotit không bổ sung với nó là 300 Nucleotit, nên T  G  300 .
Mà T  A  A  G  300

 2 .

2 A  3G  3600
 A  900
Từ 1), 2) có hệ phương trình: 

 A  G  300
G  600
Vậy số Nucleotit loại A, T là 900; loại G, X là 600.

TM  .

Câu 4. (4,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là một điểm nằm trên nửa đường tròn (O) (C khác
A, C khác B). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, D là điểm đối xứng với A qua C, I là trung
điểm CH, J là trung điểm của DH.
  CBH
.
a) Chứng minh: CIJ
b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE  HD  HC 2 .
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH  CH đạt giá trị lớn nhất.

  CBH
.
a) Chứng minh: CIJ

IJ là đường trung bình CDH  IJ / / CD  CIJ
ACH  a  .
Lại có 
ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), CH  AB  gt 
 ) . Từ a), b)  CIJ
  CBH
.

 CBH
ACH  b  (cùng phụ với BAC

b) Chứng minh CJH đồng dạng với HIB
1
1
CJ là đường trung bình ADH  CJ  HA  CJ  HB  HA  HB
2
2
1
1
Lại có HI  CH  gt   CH  HI  CH 2  d 
2
2
0

Mặt khác ABC , ACB  90  cmt  , CH  AB  gt   CH 2  HA  HB

c .
 e .

CJ
HI

.
CH HB
CJ là đường trung bình ADH  CJ / / AB mà CH  AB  CJ  CH .
  BHI
  900  CH  AB, CJ  CH  , CJ  HI  cmt  .
Xét CJH và HIB, ta có: HCJ
CH HB
Vậy CJH
HIB (c-g-c)
c) Gọi E là giao điểm của HD và BI. Chứng minh HE  HD  HC 2 .
  CHJ
  HBI
  BHE
  CHJ
  BHE
  CHB
  900  BEH
  900 hay BI  DH .
Vì CJH
HIB  HBI
  IEJ
  900  900  1800  BI  DH , CJ  CH  .
Xét tứ giác CIEJ, ta có:  ICJ
Từ c), d), e)  CJ  HB  CH  HI 

  HDC
  IJ / / CD  .
 ) mà IJE
  ICE
 (góc nội tiếp cùng chắn cung IE
Vậy tứ giác CIEJ nội tiếp  IJE
  HDC
 hay HCE
  HDC
.
Nên ICE
  HDC
  cmt  , CHE
 (góc chung)
Xét HCE và HDC, ta có: HCE

HE HC

 HE  HD  HC 2 .
HC HD
d) Xác định vị trí của điểm C trên nửa đường tròn (O) để AH  CH đạt giá trị lớn nhất.
Đặt AH  x, CH  y, AB  2 R , P  x  y  0  x  2 R, 0  y  R, R  0  .
Ta có ABC : 
ACB  900 , CH  AB  gt  ,
Vậy HCE

HDC (g-g) 

Nên CH 2  AH  BH  y 2  x  2 R  x    P  x   x  2 R  x   2 x 2  2  P  R  x  P 2  0
2

* có nghiệm

  P  R   2P 2  0   P  R   2R 2  P  R  2 R  P 
2

R

2





2 1 R





 * .

2 1 R .

2 2
R.
2
2
2 1
22
Vậy Max  AH  CH  
AB  AH 
AB .
2
4
Câu 5. (4,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a. N là điểm tùy ý thuộc cạnh AB. Gọi E là giao điểm của CN và
DA. Vẽ tia Cx vuông góc với CE và cắt AB tại F. Lấy M là trung điểm của EF.
a) Chứng minh: CM vuông góc với EF
b) Chứng minh: NB  DE  a 2 và B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác ACFE gấp 3 lần diện tích hình vuông
ABCD.
Dấu « = » xảy ra khi x 



a) Chứng minh: CM vuông góc với EF

  BCD
  900 ; BCF
  BCE
  ECx
  900 .
DCE  BCE
  BCF
.
 DCE

DCE và BCF :
  CBF
  900  gt  , CD  CB (cạnh hình vuông),
CDE
  BCF
  cmt  .
DCE
Vậy DCE  BCF (g-c-g)  CE  CF .
Do đó CEF cân tại C
EF
mà ME  MF 
 gt   CM  EF (đpcm)
2
b) Chứng minh: NB  DE  a 2 và B, D, M thẳng hàng.
  NBC
  900  gt  , CED
  NCB
  BC / / AD 
CDE và NBC : CDE

CD DE

 NB  DE  BC.CD  a 2 ,
NB BC
  1 ECF
  1  900  450 .
Do CEF cân tại C, CM  EF  cmt  nên CM là phân giác  FCM
2
2
0
0
  CMF
  90 
ABC  90 , CM  EF , nên tứ giác BCFE nội tiếp
Tứ giác BCFE : CBF
Vậy CDE

NBC 





  FCM
  450 , lại có 
 FBM
ABD  450 (BD là đường chéo hình vuông ABCD) và A, B, F thẳng hàng
Suy ra B, D, M thẳng hàng.
c) Tìm vị trí của N trên AB sao cho diện tích của tứ giác ACFE gấp 3 lần diện tích hình vuông
ABCD.
Đặt DE  BF  x  0  DCE  BCF  .

1
1
1
AF   AE  BC    x  a    x  a  a    x 2  ax   3a 2  S ABCD .
2
2
2
 x  2a  n 
 x 2  ax  6a 2  0   x  2a  x  3a   0  
.
 x  3a  l 

Ta có S ACFE  S ACF  S AEF 

Lại có NB  DE  a 2  cmt   NB 

a2
a 2 a AB

 
 N là trung điểm AB.
DE 2a 2
2