SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK
--------ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
Bài 1. (4,0 điểm)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2022-2023
MÔN: TOÁN – THCS
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 29/03/2023





2

2  3 5 84 2
2 12  24
1) Rút gọn biểu thức:
.


54  108
216
63 2
b) Giải phương trình: x 4  2 x 3  x 2  4 x  4  0 .

Bài 2. (4,0 điểm)
1) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y   2m  1 x  m 2  m . Tìm m để  d  cắt  P  tại
hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B nằm ở hai phía trục tung.

2) Cho hàm số y  4 x 2 có đồ thị là parabol  P  và một điểm Q  0;  9  . Hãy tìm hai điểm M , N

trên  P  và có tọa độ là những số nguyên sao cho tứ giác OMQN là một tứ giác lồi có diện tích bằng

27 2
cm (đơn vị trên các trục tọa độ là cm).
2
Bài 3. (4,0 điểm)
1) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa 2 x 3  4 x 2 y  2 x 2  xy  2 y 2  y  2  0 .
2) Tìm số chính phương abcd , biết rằng ab  cd  1 .
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  , tiếp tuyến tại A của  O  cắt BC tại M . Kẻ
tiếp tuyến MD của  O   D  A  . Gọi G, E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC, AB, AC .
Chứng minh rằng:

1) MA 2  MB  MC và BC  2 R sin
BAC .
AB DB

2)
.
AC DC
3) G là trung điểm EF .

Bài 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM vuông góc với
BC, IN vuông góc với AC, IK vuông góc với AB  M  BC , N  AC , K  AB  . Xác định vị trí điểm I sao cho
tổng IM 2  IN 2  IK 2 nhỏ nhất.
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
1


 .
 2a  b  2a  c   2b  c  2b  a   2c  a  2c  b  3

---------------- Hết ----------------

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Bài 1. (4,0 điểm)





2

2  3 5 84 2
2 12  24
1) Rút gọn biểu thức:
.


54  108
216
63 2
b) Giải phương trình: x 4  2 x 3  x 2  4 x  4  0 .

1)

24 


2 12 
54  108

2 3



2

5 84 2 4 3  2 6 2 6 84 2
;




216
63 2 3 6 6 3 6 6 63 2




 1 4 2
3 2  2  3 3 2 

2 3 2 2
3

  2  1  4  1 .
2  1 3 3 3
2 1



 x 1  0
 x  1

4
3
2
2
2) x  2 x  x  4 x  4  0   x  1 x  2   x  x  2   0   x  2  0
.
  x  2

2
2
 x  x  2  0

1 7
 x  2   4  0


Vậy phương trình có hai nghiệm x1  1; x2  2 .
Bài 2. (4,0 điểm)
1) Cho parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y   2m  1 x  m 2  m . Tìm m để  d  cắt  P  tại

hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B nằm ở hai phía trục tung.

2) Cho hàm số y  4 x 2 có đồ thị là parabol  P  và một điểm Q  0;  9  . Hãy tìm hai điểm M , N

trên  P  và có tọa độ là những số nguyên sao cho tứ giác OMQN là một tứ giác lồi có diện tích bằng

27 2
cm (đơn vị trên các trục tọa độ là cm).
2
1) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  là:

d 

x 2   2 m  1 x  m 2  m  x 2   2 m  1 x  m 2  m  0

 * .

cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A, B nằm ở hai phía trục tung   * có hai nghiệm trái

dấu  P  0  m 2  m  0  m  m  1  0  1  m  0 .

2) Giả sử x M , x N  x M  0, x N  0  lần lượt là hoành độ các điểm M , N thuộc  P  : y  4 x 2

1
27
Ta có: SOMQN   9  x M  xN 
 xM  x N  3 .
2
2
Do x M , x N là số nguyên  x M  0, x N  0  nên có các trường hợp sau:





+) x M  1; x N  2  yM  4  12  4; yN  4   2   16 .
2

+) x M  2; x N  1  yM  4  2 2  16; y N  4   1  4 .
2

Vậy các điểm M , N cần tìm là: M 1;  4  , N  2;  16  hoặc M  2;  16  , N  1;  4  .
Bài 3. (4,0 điểm)
1) Tìm cặp số nguyên  x; y  thỏa 2 x 3  4 x 2 y  2 x 2  xy  2 y 2  y  2  0 .
2) Tìm số chính phương abcd , biết rằng ab  cd  1 .
1) 2 x  4 x 2 y  2 x 2  xy  2 y 2  y  2  0  2 x 2  x  2 y  1  y  x  2 y  1  2  0 .
3





  x  2 y  1 2 x 2  y  2 . Ta có các trường hợp sau:

 4 x 2  x  6  0 VN 



x
2
y
1
1



+)  2
; +)
2x
 2 x  y  2
y 
2



 4 x 2  x  5  0 VN 
x  2y  1  2

+)  2
;

3 x
 2 x  y  1
y 

2



4 x 2  x  4  0  x  Z 




x
2
y
1
1



.

2
x
 2x  y  2
 y
2




 4x2  x  3  0
 x  1 4 x  3   0
 x 1 

 x  2 y  1  2
3


+) 



x   Z.
x 1
2
x
1


4

 y  1 
 2x  y  1
y 
 y
2
2



2) Đặt abcd  n2  32  n  99; n  N 





Ta có n 2  100ab  cd  100 cd  1  cd  101cd  100  n 2  100  101cd   n  10  n  10   101cd  * .
Vì 101 là số nguyên tố và 32  n  99 , nên từ  *  n  10  101  n  91 .
Thử lại: 912  8281; 82  81  1 (thỏa mãn). Vậy abcd  8281 .
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  , tiếp tuyến tại A của  O  cắt BC tại M . Kẻ
tiếp tuyến MD của  O   D  A  . Gọi G, E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC, AB, AC .
Chứng minh rằng:

1) MA 2  MB  MC và BC  2 R sin
BAC .
AB DB

2)
.
AC DC
3) G là trung điểm EF .

1) MA 2  MB  MC và BC  2 R sin
BAC .
  MDB
 (góc nội tiếp và góc … chắn cung 
 (góc chung)
BD ); CMD
Xét MCD và MDB, ta có: MCD
MC MD

 MB  MC  MD 2 .
Vậy MCD
MDB (g-g) 
MD MB
Lại có MA  MD (MA, MD là hai tiếp tuyến của (O)). Vậy MA2  MB  MC .
  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Kẻ đường kính BK của (O)  BK  2 R; BCK


Do đó BCK: sin BKC

BC
  2 R  sin BKC
.
 BC  BK  sin BKC
BK

  BAC
 (góc nội tiếp cùng chắn cung 
.
Mà BKC
BC ), nên BC  2 R  sin BAC
AB DB

2)
.
AC DC
AB IB
Kẻ phân giác AI của tam giác ABC (I  BC) 

a .
AC IC
  IAC
 
  IAB

  IAB
; 
.
ACB . (góc ngoài ACI); MAI
MAB mà IAC
ACB  MAB
Lại có MIA
  MAI
 , do đó MAI cân tại M  MA  MI , mặt khác MA  MD  MI  MD  MDI cân tại
Nên MIA
  MDI
.
M  MID

  BCD
  IDC
 ; MDI
  MDB
  IDB
 mà BCD
  MDB
  IDB
  IDC
.
Lại có MID

Vậy DI là phân giác của tam giác BCD 

DB IB

DC IC

b .

AB DB

 dpcm  .
AC DC
3) G là trung điểm EF .
  CFD
  900  gt  , EBD
  FCD
 (cùng bù 
Xét BDE và CDF, ta có: BED
ABD )
  CDF
 c .
Vậy BDE
CDF (g-g)  BDE
Từ  a  ,  b  

  BGE
 ; CDF
  CGF
 d  .
Các tứ giác BEDG, CFGD nội tiếp  BDE
  CGF
 lại có B, G, C thẳng hàng E , G , F * .
Từ  c  ,  d   BGE

  DBG
 ; DGE
  DBE
 mà DAC
  DBG
; 
.
Mặt khác tứ giác BEDG nội tiếp  DEG
ACD  DBE
EG DG
AC  DG
  DAC
 ; DGE


 EG 
 DEG
ACD nên EGD
ACD (g-g) 
1 .
AC DC
DC
AB  DG
AB DB
AB AC
Chứng minh tương tự có FG 


 2  mà
 cmt  
 3 .
DB
AC DC
DB DC
Từ 1 ,  2  ,  3  EG  FG ** . Từ * , **  G là trung điểm EF (đpcm)
Bài 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác ta kẻ IM vuông góc với
BC, IN vuông góc với AC, IK vuông góc với AB  M  BC , N  AC , K  AB  . Xác định vị trí điểm I sao cho
tổng IM 2  IN 2  IK 2 nhỏ nhất.
Kẻ AH  BC , IO  AH  H  BC , O  AH  .
Các tứ giác AKIN, IOHM là hình chữ nhật
nên IA  KN , IM  OH ; IO  AH  IA  OA

KIN  90 0  IN 2  IK 2  KN 2  IA2  OA 2 ;
IKN ,
2

2

2

2

Do đó IM  IN  IK  OH  OA

2

OH  OA 


2



AH 2
(không đổi)
2

2
1
Dấu “=” xảy ra  OA  OH  AH và I  O  I là trung điểm đường cao AH của tam giác ABC.
2
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
1


 .
 2a  b  2a  c   2b  c  2b  a   2c  a  2c  b  3
Ta có:

a2
a2
a2


.
 2a  b  2a  c  2a  a  b  c   2a 2  bc a  a  b  c   a  a  b  c   2a 2  bc

1 1 1
9
  
, ta có :
X Y Z X Y  Z
1
1
1
9

 2

.
a  a  b  c  a  a  b  c  2 a  bc a  a  b  c   a  a  b  c   2a 2  bc

Ap dụng BĐT

a2
1
2a2
a2  1  2a
a2 







 ;
2 a  a  b  c   2 a 2  bc 9  a  a  b  c  2 a 2  bc  9  a  b  c 2 a 2  bc 

a2
1  2a
a2
 
 2
Nên
 ; tương tự có :
 2a  b  2a  c  9  a  b  c 2a  bc 



1  2b
b2 
 
 2
;
 2b  c  2b  a  9  a  b  c 2b  ca 
b2


c2
1  2c
c2
 
 2
;
 2c  a  2c  b  9  a  b  c 2c  ab 


1  2a
a2
2b
b2
2c
c2
 2

 2

 2
Do đó VT  
;
9  a  b  c 2 a  bc a  b  c 2 b  ca a  b  c 2c  ab 

1
a2
b2
c2
 2  2
 2
 2
;
9
2 a  bc 2 b  ca 2c  ab 
Ta chứng minh

 1
1
a2
b2
c2
a2
b2
c2
 2
 2
 2
 2
1
2  2
  2
9
2 a  bc 2 b  ca 2c  ab  3
2 a  bc 2b  ca 2c  ab

 *

 a2

2 a 2  bc 2 b2  ca 2c 2  ab
b2
c2
bc
ca
ab
2





 2
 2

 2
2
2
2
2
2
2
2 a  bc 2 b  ca 2c  ab
 2 a  bc 2 b  ca 2c  ab  2 a  bc 2 b  ca 2c  ab
a2
b2
c2
1   bc
ca
ab  
 2
 2
 2
 3   2
 2
 2

2 a  bc 2 b  ca 2c  ab 2   2 a  bc 2 b  ca 2c  ab  

mà 3 

Nên để chứng minh  * , ta chứng minh :

1   bc
ca
ab  
bc
ca
ab
 2
 2
 2
 2
1
3   2
  1  2
2   2 a  bc 2 b  ca 2c  ab  
2 a  bc 2 b  ca 2c  ab

**

A2 B 2 C 2  A  B  C 



Áp dụng BĐT
, ta có :
X Y
Z
X Y  Z
bc
ca
ab
b2 c 2
c2 a2
a2 b2





.
2 a 2  bc 2 b2  ca 2c 2  ab 2 a 2 bc  b 2 c 2 2 ab 2 c  c 2 a 2 2abc 2  a 2 b 2
2



 ab  bc  ca 

2

2 a 2 bc  b 2 c 2  2 ab2 c  c 2 a 2  2 abc 2  a 2 b2

 ab  bc  ca 

 ab  bc  ca 

2
2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu « = » xảy ra khi a  b  c .

1