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 2023-2024
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không tính giao đề)
Ngày thi: 26/02/2024

Câu 1. (4,0 điểm)





 5
1
1
1) Cho biểu thức: M  
, với x  0 .


2
2 
 2 x 1   x  1
  2 x 1
 1 

1  
3 
3  

 

Rút gọn biểu thức M và tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức

15 3
 là
4M 2

số nguyên tố
2) Giải phương trình: x 2  x  4   2  x  x 2  x  4  0 .
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Cho Parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  2  m  1 x  m  3 .
Tìm m để  d  cắt  P  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A và B cách đều trục
Oy. Khi đó tính độ dài đường trung tuyến OM của tam giác OAB.
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  zx  3xyz . Chứng minh rằng :
x3
y3
z3
11 1 1


    .
2
2
2
zx
x y
yz
2 x y z 

Câu 3. (4,0 điểm)
1
 2024 đều là các số nguyên.
x
2) Cho chín số nguyên dương a1 , a2 , a3 ,  , a9 đều không có ước số nguyên tố nào

1) Tìm các số thực x sao cho x  2024 và

khác 3, 5 và 7. Chứng minh rằng trong chín số đã cho luôn tồn tại hai số mà tích của hai
số này là số chính phương.
Câu 4.
(2,0 điểm)
Công ty X và công ty Y là hai công ty có uy tín tại Hà Nội mà anh Minh đang có
nhu cầu xin vào làm việc. Cả hai công ty đều có chế độ thu hút người tài và đưa ra hình
thức trả lương trong thời gian thử việc như sau:
Công ty X: Anh Minh nhận được 1500 USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và
mỗi tháng sẽ được trả lương 1800 USD.
Công ty Y: Anh Minh nhận được 2500 USD ngay khi ký hợp đồng thử việc và
mỗi tháng sẽ được trả lương 1600 USD.
Em hãy tư vấn giúp anh Minh lựa chọn công ty nào để thử việc sao cho tổng số
tiền thử việc nhận được là lớn nhất. Biết thời gian thử việc của cả hai công ty đều từ 3
tháng đến 8 tháng.
Câu 5.
(4,0 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát
tuyến ADE không đi qua tâm đường tròn (O; R) (B, C là tiếp điểm; D nằm giữa A và E).

Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Gọi H là giao
điểm của AO và BC.
1. Chứng minh 
BAO  
BCO ;
2. Chứng minh

AH AE
;

AD AO

3. Tính số đo 
IOK khi OA  2 R ;
4. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q.
Chứng minh rằng IP  KQ  PQ .
Câu 6.
(2,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân đỉnh A. Gọi O là trung điểm của BC. Đường tròn (O) tiếp
xúc với AB ở E, tiếp xúc với AC ở F. Điểm H chạy trên cung nhỏ EF, tiếp tuyến của
đường tròn tại H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Xác định vị trí của điểm H để diện tích tứ
giác BMNC đạt giá trị nhỏ nhất.
---------------- Hết ---------------BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Câu 1. (4,0 điểm)






 5
1
1
3
3
1) M  




2
2

1   2 x  1  1   2 x  1   x  1  4 x  x  1 4 x  x  1





3 
3  

 
2  x  1
3 x  x 1 x  x 1
5
15
 

 
,
4 x  x  1 x  x  1 x  1 4 x  x  1 x  x  1  x  1







15



 







 








 5
 x 1


15
2  x  x  1

2  x  1  x 


15 3
15
3 x 2  x  1 3 x 2  x  2  x  1 x  2 
Do đó
 
 
 

;
15
4M 2 4 
2
2
2
2
2
2  x 2  x  1
2

2

2

 x  1 x  2   p

 x 1  1
( p là số nguyên tố). Vì x  N  x  2  x  1  
;
2
 x 1  2
+) x  1  1  x  2  p  2 (thỏa mãn);
+) x  1  2  x  3  p  5 (thỏa mãn).
15 3
 là số nguyên tố.
Vậy x  2; 3 thì giá trị biểu thức
4M 2
Đặt

2) Giải phương trình: x 2  x  4   2  x  x 2  x  4  0 .
2

1  15

ĐK: x  x  4  0   x     0 (luôn đúng với mọi x )
2
4

2

Đặt t  x 2  x  4  t 2  x 2  x  4  t 2  2 x  x 2  x  4  t  0  . Phương trình đã cho trở thành:
t  x
t 2  2 x   2  x  t  0   t  x  t  2   0  
.
t  2
+) t  x  x 2  x 2  x  4  x  4 (TMĐK)

x  0
+) t  2  2 2  x 2  x  4  x  x  1  0  
(TMĐK)
 x 1
Vậy phương trình có ba nghiệm: x  0; x  1; x  4 .
Câu 2. (4,0 điểm)
1) Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là: x 2  2  m  1 x  m  3

 x 2  2  m  1 x  m  3  0

 d  cắt  P 

*

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A và B cách đều trục Oy

P  0  m  3  0

 m  1;
 (*) có hai nghiệm khác 0 đối nhau  
 S  0 2  m  1  0



 

Khi đó (*) trở thành :  x 2  2  0  x   2 và  d  : y  2 , nên A  2; 2 , B



2; 2 ;

Do đó OAB cân tại O, độ dài trung tuyến OM chính là chiều cao từ O và bằng tung độ điểm A (hoặc
B)
Vậy OM  2 (đvđd).
1 1 1
2) Vì x, y , z dương, nên xy  yz  zx  3xyz     3 .
x y z
Lại có 3xyz  xy  yz  zx  3 3  xyz   xyz  1 ; x  y  z  3 3 xyz  3 ;
2

Ta có

x3
xz
 x
; Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có :
2
zx
z  x2
x3
xz
xz
z
z 1
 x
 x
 x
 x
;
2
2
zx
zx
2
4
2x z

Tương tự
Do đó

Vậy

y3
x 1
 y
;
2
x y
4

z3
y 1
;
z
2
yz
4

x3
y3
z3
z 1 
x 1 
y 1   x  y  z  1



x
3;
 y
z 

2
2
2
zx
x y
yz 
4  
4  
4 
4
3 1  1 1 1  1  1 1 1 

         ;
4 x y z 2 x y z

x3
y3
z3
11 1 1


     ; Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1 .
2
2
2
zx
x y
yz
2 x y z

Câu 3. (4,0 điểm)
1) Đặt a  x  2024  a  Z   x  a  2024 ;
Do đó






1  2024 a  2024
1
1
2025  2024a
 2024 
 2024 


x
a  2024
a  2024
a  2024

 2025 



2024a a  2024



a
2025  a 2

2024  Z
a 2  2024 a 2  2024

a 2  2024
 2025  a 2
0
 2
  a  2024
 a  45 . Vậy x  45  2024 hoặc x  45  2024 .
a

Z
 a 2  2024
2) Giả sử ai  3xi  5 yi  7 zi  x, y , z  N ; i  1, 2,3, ,9  ,

Ta có : xi  0,1 mod 2  ; yi  0,1 mod 2  ; zi  0,1 mod 2  , nên có 8 trường hợp các bộ số dư khi
chia xi , yi , zi cho 2 (2 số ai , a j bất kì đều không đồng thời có xi  x j  mod 2  ; yi  y j  mod 2  ;

zi  z j  mod 2  . Mà có chín số nguyên ai nên theo nguyên lý Dirichlet ta luôn tìm được 2 số
nguyên ai , a j sao cho xi  x j  mod 2  ; yi  y j  mod 2  ; zi  z j  mod 2  ;  xi  x j ; yi  y j ; zi  z j đều là
số chẵn
Do đó ai a j  3xi  xj  5

yi  y j

z z j

7 i

  3m  5n  7 p  là số chính phương.
2

Câu 4. (2,0 điểm)
Gọi n là số tháng thử việc  3  n  8, n  N  .
Tổng số tiền thử việc nhận được ở công ty X là: A  1800n  1500 ;
Tổng số tiền thử việc nhận được ở công ty Y là: B  1600n  2500 ;
Xét A  B  1800n  1500   1600n  2500   200n  1000 ;
+) Nếu A  B  0  200n  1000  0  n  5 ;
+) Nếu A  B  0  200n  1000  0  n  5  n  6; 7;8 ;
+) Nếu A  B  0  200n  1000  0  n  5  n  3; 4
Vậy chọn công ty X với số tháng thử việc là 6; 7; 8 còn chọn công ty Y với số tháng thử việc là 3; 4.
Câu 5. (4,0 điểm)

1. Chứng minh 
BAO  
BCO ;

Tứ giác ABOC có: 
ABO  
ACO  90 0 (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O));

Vậy tứ giác ABOC nội tiếp. Do đó 
BAO  
BCO (góc nội tiếp cùng chắn cung 
OB ).
AH AE
2. Chứng minh

;
AD AO
AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính (O))
Nên OA là trung trực của BC  OA  BC

Xét OAB: 
ABO  90 0 (AB là tiếp tuyến của (O)), OA  BH (OA  BC). Do đó
AB 2  AH  AO 1 .
1 
Xét ABE và ADB, ta có: 
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây)
AEB  
ABD  sd BD
2
 (góc chung)
BAE
AB AD
Vậy ABE
ADB (g-g) 

 AB 2  AE  AD  2  .
AE AB
AH AE

Từ 1) và 2) suy ra AH  AO  AE  AD 
(đpcm).
AD AO
IOK khi OA  2 R ;
3. Tính số đo 

AOB 
ABO  90 0 nên cos 
Xét OAB: 

OB R 1

 
AOB  600 .
OA 2 R 2
0
0


Do đó BOC  2 AOB  2  60  120 (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)).
  1 BOD
 (IB, ID là hai tiếp tuyến của (O))
Lại có: IOD
2
  1 COD
 (KC, KD là hai tiếp tuyến của (O))
KOD
2
  IOD
  KOD
  1 BOD
  COD
  1 BOC
  1 1200  600 .
Vậy IOK
2
2
2
4. Chứng minh rằng IP  KQ  PQ .





APQ: AO  PQ (gt), AO phân giác 
PAQ (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O))
PQ
Q và OP  OQ 
Nên APQ cân tại A  P  
;
2

BOP = COQ (cạnh huyền cạnh góc vuông)  
BOP  
O1 ;
  2O
 (KC, KD là hai tiếp tuyến của (O)); BID
  2 I (IB, ID là hai tiếp tuyến của (O))
COD
2

1

OBI  
ODI  90 0 (IB, ID là hai tiếp tuyến của (O))
Tứ giác OBID: 
  1800  BOD
  BOP
  DOQ
  BOP
 O
  COD
2 O
 O
  2 KOQ
  I  KOQ

Do đó 2 I1  BID
1
1
2
1





;

 Q
 , I  KOQ
 (cmt)
Xét tam giác OIP và KOQ , ta có P
1

Vậy OIP

KOQ (g-g) 

IP OQ
PQ 2

 IP  KQ  OP  OQ 
 PQ 2  4 IP  KQ .
OP KQ
4

Mặt khác  IP  KQ   4 IP  KQ (vì
2

Vậy

 IP  KQ 

2

 IP  KQ 

2

0)

 PQ 2  IP  KQ  PQ .

Câu 6. (2,0 điểm)
SBMNC  SABC  SAMN , vì SABC không đổi nên SBMNC đạt Min khi S AMN
đạt Max;
Tương tự ý 4 câu 5, chứng minh được :
OB CN

 BM  CN  OB  OC  OB 2 .
OBM
NCO (g-g) 
BM OC
Do đó BM  CN  2 BM  CN  2OB .

1
1
1
1
2
2
MK  AN  AM  AN  sinA   AM  AN   sinA   AB  BM  AC  CN   sinA .
2
2
8
8
2
1
1
2
  2 AB   BM  CN    sinA   2 AB  2OB   sinA (không đổi)
8
8
2
1
Nên SBMNC  SABC  SAMN  SABC   2 AB  2OB   sinA (không đổi)
8
  NMO
  BOM
  MN / / BC mà
Đẳng thức xảy ra khi BM  CN  OB  OC , AM  AN  BMO
OH  MN  OH  BC  H là giao điểm của OA với đường tròn (O)
S AMN 