SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2023-2024

ĐỀ THI THỬ

Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút, (Không kể thời gian phát đề)
Khóa ngày thi: 24/12/2023

(Đề bao gồm 01 trang)
Câu 1. (5.0 điểm)

x 3 x 2
x x 1
x 96 x


.
x 1
x x  2x  x  2
x  x 6
a) Rút gọn biểu thức P .

1. Cho biểu thức: P 
b) Đặt Q  P .





x  1 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q .

2. Cho x , y, z dương thoả mãn

M 



1
x z  x 2z  1

2 x

x 1



2



1



y z

yz

x  yz  2

x 2z  1
.Tính giá trị biểu thức:
xyz







x yz
x 1



yz  1



.

Câu 2. (5.0 điểm)

1 2
1
x và đường thẳng d : y   x  2
4
2
a) Gọi A, B là giao điểm của P và d . Tìm điểm M trên cung AOB của P sao cho

 




1. Cho Parabol P : y 

 

 

diện tích tam giác MAB lớn nhất .
b) Tìm điểm N trên trục Ox sao cho NA  NB nhỏ nhất.
2. Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình: x 2  2x  6  2 x 2  5 .
3(y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1

3. Giải hệ phương trình:  2
.
2y  2y  x  2  2





Câu 3. (5.0 điểm) Cho nửa đường tròn O; R đường kính AB  2R . Một điểm M cố định trên OB

 

( M khác O và B ). Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn O tại N . Trên
cung NB lấy điểm E bất kì ( E khác B và N ), tia BE cắt đường thẳng d tại C , đường thẳng AC
cắt nửa đường tròn tại D . Gọi H là giao điểm của AE với đường thẳng d ).
a) Chứng minh BMHE nội tiếp và ba điểm B, H , D thẳng hàng.

b) Tính BN 2  AD  AC theo R .
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K . Chứng minh rằng khi E di động trên
cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
Câu 4. (2.0 điểm) Cho ABC vuông cân tại A . Các điểm D, E di động trên AB, AC sao cho
BD  AE . Xác định vị trí D, E sao cho tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Câu 5. (3.0 điểm)
1. Cho x  0, y  0, z  0 thoả mãn 1  4xy  2x  2y  2z  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A

 

x 1
y  1 2z  3


.
2x  1 2y  1 4z  2











2. Tìm tất cả các giá trị nguyên x ; y thoả mãn: x  y  1 xy  x  y  5  2 x  y .
............................... HẾT ...............................
Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính bỏ túi! Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
CẤP TỈNH THCS NĂM HỌC 2023-2024

HƯỚNG DẪN CHẤM THI
ĐỀ THI THỬ LẦN 3

Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút, (Không kể thời gian phát đề)
Khóa ngày thi: 24/12/2023

Câu 1. (5.0 điểm)
x 3 x 2
x x 1
x 96 x
.


x 1
x x  2x  x  2
x  x 6
a) Rút gọn biểu thức P .

1. Cho biểu thức: P 
b) Đặt Q  P .





x  1 . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q .
1

2. Cho x , y, z dương thoả mãn

M 

x z  x 2z  1

2 x



x 1



2





1

x 2z  1
.Tính giá trị biểu thức:
xyz



y z

yz



x  yz  2

x yz



x 1



yz  1



.

Hướng dẫn chấm Câu 1. (5.0 điểm)
1.1. a)
Với x  0, x  1, x  4 thì ta được:
P 

x 2

P 
P 

P 


x  1





x  1

x 1

x 1



x 2



x 1

x  x 1



x 1



x 2



 



x 2



x 1





x 3





2

x 2

0.5



x 2

x  x 1



x 1

x 2





x 3

1

x 2

x  4 x  4  x  x 1 x 1

1.1. b)
Ta có:







 



0.5

x 1



x 1

x 2

2x  4 x  4
x 1



x 2





0.75

0.25
1.5

Q  P.



x 2




2 x  2 x  2 
P 
 x  1 x  2

2





x 1

x 4 x 4





x 1 x  x 1

Điểm
2.0
0.25





x 1 



x 2 



4



2 x 2 x 2
x 1

x 2





x 2

4  2





.





x 1 



x 2 .

 Q  2 2  4  QMIN  2 2  4

4

x 2

2x  4 x  4
x 2

4 2 24

2 x 

4

0.125

x 2

0.5
0.25

Dấu “=”  2





 
 

x  2  2 n
 x 4 x 2  0  
x  2  2 n
x 2

4

x 2 

Vậy Q đạt giá trị nhỏ nhất là QMIN  2 2  4  x  2  2

0.125

1.2

1

Xét đẳng thức:






x z  x 2z  1

1
x z  x 2z  1

1
x z  x 2z  1



1





y z





1

1.5

x z 1
xyz
2



y z

x 2z  1
xyz

0.5

x z
x 2z  1 x z  x 2z  1


xyz
xyz
xyz



 x z  x 2z  1 x z  x 2z  1  xyz  x 2z  x 2z  1  xyz
 xyz  1

Do x  0, y  0, z  0 nên xyz  1  xyz  1
Ta có: M 

M 
M 

M 
M 
M 



2 x



2 x
x 1

x 1



2

x 2 x 1



yz

x  yz  2
yz



2 x



2

x  yz  2
yz



x 2 . yz  2 xyz  yz
x  2  yz
2  yz  x

x  yz  2
Vậy M  1
Câu 2. (5.0 điểm)



x  yz  2

2 x .yz
2

0.25



yz












yz  1

x yz

x 1



xyz  yz





0.5

x yz

x yz  xyz  xyz  yz

yz

x  yz  2

x  yz  2

0.25

x yz
x 1

0.125





x . xyz

x . xyz  xyz  xyz  yz

0.125

x

x  2  yz

1

0.25

1 2
1
x và đường thẳng d : y   x  2
4
2
a) Gọi A, B là giao điểm của P và d . Tìm điểm M trên cung AOB của P sao cho

 

1. Cho Parabol P : y 

 




diện tích tam giác MAB lớn nhất .
b) Tìm điểm N trên trục Ox sao cho NA  NB nhỏ nhất.
2. Tìm nghiệm hữu tỉ của phương trình: x 2  2x  6  2 x 2  5 .
3(y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1

3. Giải hệ phương trình:  2
.
2y  2y  x  2  2

 

Hướng dẫn chấm Câu 2. (5.0 điểm)

Điểm
0.75

2.1. a)

 



Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:

x2  
y2
Vì A  x A ; A  , B  x B ; B

4  
4


1 2 1
x  x 2  0
4
2


 là giao điểm của P và d nên không mất tính tổng quát


 





  

giả sử x A  x B ta được: A 4; 4 , B 2;1

1
.AB.MH .
2
Vì A, B không đổi nên độ dài AB không đổi nên S ABM đạt giá trị lớn nhất khi MH
đạt giá lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của M lên AB


1
1
M  x M ; x M2 
Ta có khoảng cách từ
đến AB : y   x  2
là
4
2


Ta có diện tích tam giác ABM bằng S ABM 

MH 

1
1
x M  x M2  2
2
4
2

 1
    1
 2

 



2x M  x M2  8
4

1
1
4

2





x M2  2x M  8

5
4.
2





2 x M2  2x M  8

0.125

0.125

5

2

Nhận thấy: x M2  2x M  8   x M  1  9  9  x M2  2x M  8  9 khi và chỉ
khi x M2  2x M  8  0  4  x  2 (Điều kiện)

18 5
18 5
 MH MAX 
5
5
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x M  1 (Thoả mãn Điều kiện)

0.25

 MH 

0.125


1
Kết luận: Khi M  1;  thì S ABM đạt giá trị lớn nhất
4

2.1. b)

0.125
0.75

Lấy điểm B ' đối xứng với B qua trục hoành
Ta có toạ độ các điểm: A 4; 4 , B 2;1 , B ' 2; 1 và N x N ; 0  Ox



    
 
Lúc này NA  NB  NA  NB '   NA  NB 
  NA  NB ' 
  NA  NB ' 
Nhận thấy để NA  NB '  AB '  NA  NB 
MIN

MIN

MIN

MIN

 AB ' (Theo

bất đẳng thức tam giác và N di động trên Ox )
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A, N , B ' thẳng hàng hay N thuộc đường thẳng AB '









Ta có đường thẳng AB ' đi qua 2 điểm A 4; 4 , B ' 2, 1  AB ' : y 





Mà N x N ; 0  AB '  0 

4 
Kết luận: N  ; 0  .
5 
2.2
Điều kiện: x  

0.5











2  x 2  x   0





 x x  2  2 3  x  5  0  x x  2  2.



 x x  2  2.

5
2
x
6
3

1.5

x 2  2x  6  2 x 2  5 1



5
2
4
xN   xN 
6
3
5

2

9  x2  5
3  x2  5

0

3  x2  5

4  2x 
 x  2 x 
0

3  x 2  5 
x  2 n


4  2x
x
0 *

2
3 x 5




0.25

0.5



 



4  2x



Từ *  x 

 0  x x2  5  4  x

3 x 5
Để phương trình tồn tại thì: x  0, x  4
2





 

0  x  4  *  x2 x2  5  4  x
 x 4  4x 2  8x  16  0







2

0.5



 x  2 x 3  2x 2  8x  8  0



x   2 l
 3
2
x  2x  8x  8  0 * *

 

 

Giả sử * * có nghiệm hữu tỉ là x o 

 


 

Và đặt f x o  x o3  2x o2  8x o  8
Ta được:

p

q

p  1
q  1



p
p | 8
p  1; 2; 4; 8
với 

q |1
q
q  1



0.5

p  2
q  1

p  4
q  1

p  8
q  1

xo 

p
q

 

f xo

x o  1

 

f xo  0

Nhận thấy tất cả các giá trị x o

 

x o  2

 

x o  4

 
đều không thoả mãn f  x   0  Mâu thuẫn.

f xo  0

 

x o  8

f xo  0

f xo  0
o

Suy ra phương trình * * không có nghiệm hữu tỉ.

Vậy phương trình có nghiệm hữu tỉ duy nhất là: x  2
2.3
3(y 2  y )(1  x  2)  x  2 x  2  1

Điều kiện: x  2 ta được:  2
2y  2y  x  2  2
3(y 2  y )(1  x  2)  (x  2  2 x  2  1)  2

 2
2(y  y )  1  x  2  3
a  y 2  y
Đặt 
b  1  x  2
a  b  1
3ab  b 2  2
b  3  2a
Ta được 
 2

a  11 , b  4
2a  b  3
10a  21a  11  0



10
5

2.0


1  5
x  2, y 
2
Với a  b  1 suy ra hệ có hai nghiệm là : 

1  5
x  2, y 
2
4
Vì b  1  x  2  1  b  (Loại)
5
 1  5 
Kết luận: x ; y   2;



2



 

 

Câu 3. (5.0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB  2R . Một điểm M cố định trên OB

 

( M khác O và B ). Đường thẳng d vuông góc với AB tại M cắt nửa đường tròn O tại N . Trên
cung NB lấy điểm E bất kì ( E khác B và N ), tia BE cắt đường thẳng d tại C , đường thẳng AC
cắt nửa đường tròn tại D . Gọi H là giao điểm của AE với đường thẳng d ).
a) Chứng minh BMHE nội tiếp và ba điểm B, H , D thẳng hàng.

b) Tính BN 2  AD  AC theo R .
c) Đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC cắt AB tại K . Chứng minh rằng khi E di động trên
cung NB thì độ dài đoạn thẳng BK không đổi.
Hướng dẫn chấm Câu 3. (5.0 điểm)
Điểm
a)
2.0
1.0

  900 (gt ) ; BEH
  900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: BMH

  BAH
  1800
 BMH

 Tứ giác BMHE nội tiếp đường tròn đường kính BH .
CAB có hai đường cao CM , AE cắt nhau tại H .
 H là trực tâm của CAB
 BH  AC (1)

  900 ( nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Lại có ADB

1.0

Từ (1) và (2) suy ra: B, H , D thẳng hàng.
b)
ANB vuông tại N có NM là đường cao nên: BN 2  BM .AB

1.5

 BD  AC (2)

ADB ~ AMC (g.g) 

AD
AB

 AD.AC  AM .AB
AM
AC

(3)
(4)

Từ (3) và (4) suy ra:
BN 2  AD .AC  BM .AB  AM .AB  AB .(BM  AM  AB 2  4R 2
c)

 C

Tứ giác AKHC nội tiếp  K
1
1

1.5

)
 B
 ( cùng phụ CAB
Mà C
1
1

 B
  HKB cân tại H , có HM là đường cao đồng thời là đường
Do đó: K
1
1

trung trực.
 K đối xứng với B qua M .

 K cố định ( vì B, M cố định)

 BK không đổi.
Câu 4. (2.0 điểm) Cho ABC vuông cân tại A . Các điểm D, E di động trên AB, AC sao cho
BD  AE . Xác định vị trí D, E sao cho tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Hướng dẫn chấm Câu 4. (2.0 điểm)
Điểm

Gọi S ABC , S ADE , S BDEC lần lượt là diện tích ABC , ADE và tứ giác BDEC
Ta có: S BDEC  S ABC  S ADE

Mà S ABC luôn không đổi nên S BDEC có diện tích nhỏ nhất khi S ADE lớn nhất.

1
1
1
 AD  AE   AB  BD  AE  AB  AE  AE
2
2
2
2
 AB 2 
1
1 
1

  AE 2  AB.AE    AE  AB  
2
2 
2
4 






Ta có: S ADE 









1.0



2



1
  AE  AB 
2
2
2
  AB  AB
 
2
8
8
1
AB 2
AB 2 AB 2 3AB 2
 S BDEC 


Lại có: S ABC  AB.AC 
( AB là độ dài
2
2
2
8
8
không đổi)
1
Dấu “=” xảy ra  AE  AB  D, E lần lượt là trung điểm của AB, AC
2
Câu 5. (3.0 điểm)

0.5
0.5

1. Cho x  0, y  0, z  0 thoả mãn 1  4xy  2x  2y  2z  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A

 

x 1
y  1 2z  3
.


2x  1 2y  1 4z  2











2. Tìm tất cả các giá trị nguyên x ; y thoả mãn: x  y  1 xy  x  y  5  2 x  y .
Hướng dẫn chấm Câu 5. (3.0 điểm)
5.1.
Ta có:

1

2x  12y  1

Chứng minh:



1
2

2z  1 3

Từ đó kết hợp sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwwarz, ta được:
1
1
1
1
4
4 2




  .
2z  1 5  2z 2z  1 5  2z  2z  1 6 3
2x  1 2y  1





Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn x  y  z  1 .
Ta thấy rằng
1
1
1
1
1
1
3 1 1
1 
1
 
 
  

A 

2 2 2x  1 2 2 2y  1 2 2z  1 2 2  2x  1 2y  1  2z  1





0.25

2x  12y  1  5  2z.

Từ giả thiết ta có



Điểm
1.5





Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương và sử dụng kết quả ở trên ta được

0.25

0.5
0.25

A

3

2



1

1
3 2 13
3
  
 AMIN 
6
2
2x  1 2y  1  2z  1 2 3





Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng AMIN 
5.2.
x  y  1 xy  x  y  5  2 x  y





0.125

3
 x  y  z  1.
2



 
  x  y  1xy  x  y   2  x  y  1  3
  xy  y  1 xy  x  y  2   3
Xét vế trái phương trình 3   xy  y  1 .  xy  x  y  2 
Vậy  xy  y  1  1; 3
x  y  1  1
x  y  0
TH1. 

(vô nghiệm).
xy  x  y  2  3
xy  5

x  y  1  1
x  y  2
x  1
TH2. 


.
xy

x

y

2


3
xy

1
y


1




x  y  1  3
x  y  2
TH3. 


xy  x  y  2  1
xy  1
x  y  1  3
x  y  4

TH4. 
xy  x  y  2  1
xy  5

0.125
1.5
0.5

0.25

0.125
0.125

x  1
.

y  1

0.125

(vô nghiệm).

0.125

   1; 1 , 1;1 .

Kết luận: x ; y 

0.25
-- Hết --

*Lưu ý:
- Hội đồng chấm thi họp và thống nhất cách chấm!
- Cán bộ coi thi xem xét nếu bài thi thí sinh có cách làm khác thì linh động chấm!