SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK
--------ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2023-2024
MÔN: TOÁN – THCS
Thời gian: 150 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 26/03/2023

Bài 1. (4,0 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức: A  x 2  2 x  23 , với x  3  5  2 3  3  5  2 3 .
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  d  : y   m  2  x  m  1 (m là tham số) và
parabol  P  : y 
điểm phân biệt.

1 2
x . Chứng minh rằng với mọi số thực m đường thẳng  d  luôn cắt parabol  P  tại hai
2

Bài 2. (4,0 điểm)
1) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn a  0 và 2 a  3 b  6 c  0 . Chứng minh phương trình

ax 2  bx  c  0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và tìm giá trị nhỏ nhất của x1  x2 .

 y 2  2 x 2  3y  4 x  3 xy  2  0
2) Giải hệ phương trình: 
.
2
y
x
1
x
y
3
2
0








Bài 3. (4,0 điểm)

 a  b
1) Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn

2

ab

 4a

là số tự nhiên, Chứng minh rằng: Nếu b

là số lẻ thì a là số chính phương.
2) Tìm tất cả các tam giác vuông có độ dài các cạnh là số nguyên dương và số đo chu vi bằng số đo
diện tích.
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  . Gọi P là điểm chính giữa cung CD không chứa hai
điểm A và B . Tia AP cắt đường thẳng BC tại E , tia BP cắt đường thẳng AD tại F ,
1) Gọi M , N lần lượt là giao điểm của PA và PB với CD . Chứng minh bốn điểm A, B, M , N cùng
nằm trên một đường tròn và OP vuông góc với EF .
2

 EF 
PE PF
2) Chứng minh 
.

 
PA PB
 AB 
EF BA AF BE PE PA PF PB
3) Chứng minh
.







BA EF BE AF PA PE PB PF
Bài 5. (2,0 điểm) Trong một hình tròn bán kính 46 cm, người ta đặt 2024 điểm phân biệt. Chứng minh rằng
tồn tại một hình tròn bán kính bằng 1 cm mà không chứa điểm nào trong 2024 điểm đã cho.
Bài 6. (2,0 điểm)
Cho các số thực dương x , y, z . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

x3
y3
z3
1



.
2
2
2
2
2
2
x y
y z
z x
x yz
---------------- Hết ----------------

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Bài 1. (4,0 điểm)
1) Ta có x  3  5  2 3  3  5  2 3  x 2  6  2 3  5  2 3  3  5  2 3 .
 x2  6  2 3  5  2 3  3  5  2 3  6  2 4  2 3  6  2







3 1

2

 62





3 1  4  2 3



2


3 1  x  3 1  x  3  5  2 3  3  5  2 3  0 


2
Do đó A  x  2 x  23  4  2 3  2 3  1  23  25 .







2) Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là:
1 2
x   m  2  x  m  1  x 2  2  m  2  x  2  m  1  0 * .
2
2
2
Ta có    m  2   2  m  1  m 2  2m  6   m  1  5  0; m .

nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó đường thẳng  d  luôn cắt parabol  P  tại hai điểm
phân biệt.
Bài 2. (4,0 điểm)
2 a  6c
1) Ta có 2 a  3 b  6 c  0  b  
;
3
3a 2   a  6 c 
 2 a  6c 
Do đó   b  4 ac   


0
4
ac

3 
9

2

2

2

 do a  0  .


b
 x1  x2   a
Vậy phương trình ax 2  bx  c  0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo Vi ét, ta có: 
;
c
xx 
 1 2 a
2
 b
c b2  4ac 3a   a  6c 
3a 2 1
Do đó  x1  x2    x1  x2   4 x1 x2      4 


 .
a
a2
9a 2
9a 2 3
 a
 a  6c  0
3
 x1  x2 
 a  b  6c  a  0  .
. Đẳng thức xảy ra khi 
3
2 a  3 b  6 c  0
 y  x 1  0
2) ĐK  2
x  y  3  0
 y 2  2 x 2  3 y  4 x  3 xy  2  0
  y  x  1 y  2 x  2   0
Ta có: 

2
 y  x  1  x 2  y  3  2  0
 y  x  1  x  y  3  2  0
  y  x  1  0

1
  y  x  1  x 2  y  3  2  0

  y  2 x  2  0
2

2
  y  x  1  x  y  3  2  0
2

2

2

2

 x  0

 y  x  1  0
 y  x  1
 y  x  1
  y  1 (TMĐK)
Giải (1): 





2
 x 1
2
 x  x  1  0
 x  x  4  2  0
 y  x  1  x  y  3  2  0

  y  0

 y  2 x  2  0
 y  2 x  2
Giải (2): 


2
2
 x  1  x  2 x  5  2
 y  x  1  x  y  3  2  0
Ta có:
nên

x 1  x2  2x  5  x 1 

 x  1

2

 4  2; x  1 ;

x  1  x 2  2 x  5  2  x  1 , khi đó y  0 .

 x  0 x 1
; 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là: 
.
 y  1  y  0
Bài 3. (4,0 điểm)

 a  b
1) Ta có

2

 4a

a2  b2  4a
a2  b2  4a
2
n
ab
ab
ab
 a2  b2  4a  nab  a  a  4  nb   b2  * .



 a d

Gọi d  UCLN  a; a  4  nb   a  4  nb  d  4  d
 b d


n  N  .
*

d  N  ;
*

4  d
Vì 
và b là số lẻ, nên d  1 . Do đó từ  * suy ra a là số chính phương.
b  d
2) Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh của tam giác vuông  a  b  c  1; a, b, c N  ;

1 .
 2
Từ 1  a   b  c   2bc   b  c   4  a  b  c    b  c   4  b  c   4  a  4a  4 ;
  b  c  2    a  2   b  c  2  a  2  b  c  2  0; a  2  0   a  b  c  4 ;
Thay a  b  c  4 vào  2  ta được: bc  2  b  c  4  b  c   bc  4  b  c  2    b  4  c  4   8 ;
 a2  b2  c2
Ta có: 
bc  2  a  b  c 
2

2

2

2

2

2

2

 b  4  8  b  12


 b  12; c  5; a  13
  c  4  1  c  5


. Do đó 
.



 b  8; c  6; a  10
 b  4  4  b  8
  c  4  2  c  6
Bài 4. (4,0 điểm)

1) Chứng minh bốn điểm A, B, M , N cùng nằm trên một đường tròn và OP vuông góc với EF .





  sd BC  sd DP  sd BC  sdCP  sd BCP  BAM
 (góc nội tiếp và góc có đỉnh bên trong)
Ta có: BNC
2
2
2
Vậy tứ giác ABNM nội tiếp, hay bốn điểm A, B, M , N cùng nằm trên một đường tròn
 sd 

sd 
AB  sdCP
AB  sd DP
AEB 


AFB (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)
Ta có: 
2
2

Vậy tứ giác ABEF nội tiếp, nên 
BCD  
BAF  180 0 .
BEF  
BAF  180 0 . Lại có tứ giác ABCD nội tiếp, nên 

 
DP   OP  EF .
 doCP

BEF  
BCD  EF / / CD , mà OP  CD

2

 EF 
PE PF

2) Chứng minh 
.
 
PA PB
 AB 

BAP  
EFP (góc nội tiếp cùng chắn cung 
BE )
Vì tứ giác ABEF nội tiếp, nên 

Xét ABP và FEP, ta có: 
BAP  
EFP  cmt  , 
APB  
FPE (đối đỉnh)
2

EF PE PF
PE PF
 EF 




Vậy ABP
FEP (g-g) 
(đpcm)
 
AB PB PA  AB 
PA PB
EF BA AF BE PE PA PF PB







3) Chứng minh
.
BA EF BE AF PA PE PB PF
2

EF
PE PF
 EF 


Ta có 
(câu a) 
 
BA
PA PB
 AB 
BA
PA PB 1  PA PB 
và


 

  2
EF
PE PF 2  PE PF 

PE PF 1  PE PF 

 


PA PB 2  PA PB 

1

AF PA PF


;
BE PB PE
AF
PA PF 1  PA PF 
BE
PB PE 1  PE PB 



 



 

  3 và
  4 ;
BE
PB PE 2  PE PB 
AF
PA PF 2  PA PF 
EF BA AF BE 1  PE PF  1  PA PB  1  PA PF  1  PE PB 



 




Từ 1), 2), 3) 4): 
 
 
 
;
BA EF BE AF 2  PA PB  2  PE PF  2  PE PB  2  PA PF 
Chứng minh tương tự có AFP

BEP (g-g) 

EF BA AF BE PE PA PF PB







(đpcm)
BA EF BE AF PA PE PB PF
Bài 5. (2,0 điểm)
Gọi O là tâm đường tròn bán kính 46 cm, vẽ đường tròn (O; 45 cm). Khi đó diện tích của hình tròn (O; 45
cm) là S    452  2025  cm 2  ;



Vẽ 2024 hình tròn có tâm lần lượt là 2024 điểm phân biệt đã cho và có bán kính bằng 1 cm, ta có tổng diện
tích của 2024 hình tròn này là S   2024 12  2024  cm 2   2025  cm 2  ;
Do đó 2024 hình tròn này không phủ kín hình tròn (O; 45 cm), nên tồn tại ít nhất 1 điểm I thuộc đường tròn
(O; 45 cm) mà không thuộc bất kì đường tròn nào trong 2024 đường tròn trên. Suy ra khoảng cách từ điểm I
lần lượt đến 2024 điểm phân biệt đều lớn hơn 1 cm. Vậy đường tròn (I; 1 cm) không chứa điểm nào trong
2024 điểm phân biệt đã cho.
Bài 6. (2,0 điểm)
 xy 2
x3
y3
z3
1
yz 2
zx 2 
1




x

y

z




Ta có P  2
;



2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2 
x y
y z
z x
y z
z x 
x y z
x yz
x y
Vì x , y, z là các số dương nên : x 2  y 2  2 xy 

 xy 2
yz2
zx 2


Do đó  x  y  z    2
2
y 2  z2 z2  x 2
x y

xy 2
y
yz2
z

;
tương
tự
 ;
2
2
2
2
2
2
x y
y z

zx 2
x
 ;
2
2
2
z x


y z x xyz
;
   x  y  z      
2
2 2 2

2


x y z
1
x yz
1
1
x yz 
1
3
P




 33

  ;

2
2
2
2
x y z
2 x yz 2 x yz
2 x yz 
 xyz
1

xyz .
Đẳng thức xảy ra khi  x  y  z
1

3
 2
2 xyz
