SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK
--------ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 02 trang, 7 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THCS
NĂM HỌC 2025-2026
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 24/03/2026
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (3,5 điểm)
 4 x
8x   x 1
2 


1) Cho biểu thức P  
 : 
 (với x  0, x  4 ). Tìm số thực m để với
x 
 2 x 4 x   x2 x
mọi x  9 ta có m( x  3) P  x  1
2) Cho parabol ( P ) : y  x 2 và đường thẳng ( d ) : y  mx  1 (với m là tham số).
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B .
b) Gọi hoành độ của điểm A và điểm B lần lượt là x1 và x2 . Chứng minh rằng x1  x2  2 .

Câu 2: (3,5 điểm)

2 x 2  3 x  5  2 x 2  3 x  5  3x .
 1
1
 2  2

y
 x
2) Giải hệ phương trình: 
.
 1  2 1  2
 y
x

1) Giải phương trình:

Câu 3: (1,5 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số.
1) Tìm số phần tử của tập hợp A gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số tự nhiên được viết ra.
2) Tính xác suất của biến cố "Số tự nhiên được viết ra là số chia cho 9 dư 1".
Câu 4: (3,5 điểm)
Bên trong tam giác ABC lấy một điểm O tùy ý. Các tia AO, BO, CO cắt BC , CA, AB lần lượt tại
các điểm D, E , F . Chứng minh rằng:
OA OB OC
OA OB OC


 2.


8 .
1)
2)
AD BE CF
OD OE OF
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Vẽ AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (B, C là
các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
1) Chứng minh: BC 2  4 AH  HO .
2) Gọi M là điểm trên đoạn thẳng BH, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa A
và E). Chứng minh rằng: AM  ( AD  AE )  2 AB 2 .
3) Chứng minh bốn điểm D, E , O, H cùng thuộc một đường tròn.
Câu 6 : (2,5 điểm)

1 1 1
  với a, b là hai số tự nhiên khác 0. Tìm tất cả các số
p a b
nguyên tố p để a hoặc b là số chính phương.
1) Cho số nguyên tố p thỏa mãn

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  x  x  1  y .
3

2

3

Câu 7: (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  x  2 . Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  x  2 y .
---------------- Hết ---------------2

2

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC
Câu 1: (3,5 điểm)
 4 x
8x   x 1
2 
1) Cho biểu thức P  
(với x  0, x  4 ). Tìm số thực m để với
 2  x  4  x  :  x  2 x  x 

 

mọi x  9 ta có m( x  3) P  x  1
2) Cho parabol ( P ) : y  x 2 và đường thẳng ( d ) : y  mx  1 (với m là tham số).
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì (d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A và B .
b) Gọi hoành độ của điểm A và điểm B lần lượt là x1 và x2 . Chứng minh rằng x1  x2  2 .









 4 x
8x   x  1
2  4 x 2  x  8x x  1  2 x  2


:
1) P  
;
 : 

x 
2 x 2 x
x x 2
 2 x 4 x  x2 x




4 x 2 x





 2  x  2  x 

:

3 x
x



x 2











x x 2
4 x


2 x
3 x







4x
;
x 3

4x
 x  1  4mx  x  1   4m  1 x  1 ;
x 3
1
Vì x  9  0  4m  1  0 . Nên  4m  1 x  1  x 
.
4m  1
1
1
10
5
Do đó để * đúng với mọi x  9 thì
.
 9  4 m  1   4m   m 
4m  1
9
9
18
2)
a) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x 2  mx  1  x 2  mx  1  0  * .

 *

Khi đó m( x  3) P  x  1

hay m( x  3) 

Ta có ac  1  0 , nên (*) có 2 nghiệm phân biệt. Do đó đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân
biệt A, B.
x x m
b) Theo định lí Viete, ta có:  1 2
.
 x1 x2  1
Khi đo x1  x2 

 x1  x2 

2



 x1  x2 

2

 4 x1 x2  m2  4  4  2 .

Dấu “=” xảy ra khi m  0 .
Câu 2: (3,5 điểm)

2 x 2  3 x  5  2 x 2  3 x  5  3x .
 1
1
 2  2

y
 x
2) Giải hệ phương trình: 
.
 1  2 1  2
 y
x

1) Giải phương trình:

2
 
3  31
2
x

 
  0
4
8



2 x 2  3x  5  0
2

3  31

 
1) ĐKXĐ 2 x 2  3 x  5  0   2  x     0  x  0 .
4
8
 3x  0
 

 x0


Nếu x  0 thì phương trình trở thành: 2 5  0 (vô lí). Vậy x  0 .

Đặt u  2 x 2  3x  5; v  2 x 2  3 x  5  u, v  0  .

 u  v  3 x
 u  v  3 x
 u  v  3x
u  v  3 x
3x  2



u
Ta có  2 2
(do x  0 )
2
u  v  6 x  u  v  u  v   6 x 3 x  u  v   6 x  u  v  2
3x  2
2
Do đó
 2 x 2  3 x  5   3 x  2   4  2 x 2  3 x  5   x 2  16  x  4 .
2
Kết hợp điều kiện x  0 , ta có nghiệm của phương trình là x  4 .
1
1
2) ĐKXĐ x  ; y  .
2
2
1
1
1
Nếu x  y  thì 2  2 (vô lí), nên x  ; y  .
2
2
2
 1
1
 2  2

y
 x
Ta có: 
.
 1  2 1  2
 y
x



1 
1
2 2 

y x 
y 
x

0
xy
1
1
2  2
y
x

 1
1  
1
1


  2   2    0 

 x
y
x
y  




y x
xy





y x



y x

 0


1
1
xy  2   2  
y
x


 y  x 0

1

hoặc

1

xy







y x
1

0
y x 


xy
1
1 

xy  2   2   
y
x  





y x

1
1
xy  2   2  
y
x


0

 2 .

1
1
Vì x  ; y  , nên VT của (2) lớn hơn 0. Do đó từ (1)  x  y .
2
2
1
1
2x 1
2x 1
2
Khi đó, ta có
 2  2 
1
 1  x 2  2 x  1  0   x  1  0  x  1 (TMĐK)
2
2
x
x
x
x
Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y   1;1 .
Câu 3: (1,5 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số.
1) Tìm số phần tử của tập hợp A gồm các kết quả có thể xảy ra đối với số tự nhiên được viết ra.
2) Tính xác suất của biến cố "Số tự nhiên được viết ra là số chia cho 9 dư 1".
1) A  10; 11; 12;  ; 99 có 90 phần tử
2) Các kết quả thuận lợi cho biến cố "Số tự nhiên được viết ra là số chia cho 9 dư 1" là: 10, 19, 28, 37, 46,
55, 64, 73, 82, 91. Có 10 kết quả thuận lợi.
10 1
Vậy P 
 .
90 9
Câu 4: (3,5 điểm)
Bên trong tam giác ABC lấy một điểm O tùy ý. Các tia AO, BO, CO cắt BC , CA, AB lần lượt tại
các điểm D, E , F . Chứng minh rằng:
OA OB OC
OA OB OC


 2.


8 .
1)
2)
AD BE CF
OD OE OF

Kí hiệu S BOC  S1 , S AOC  S2 , S AOB  S3 , ta có S ABC  S1  S 2  S3
Kẻ AH  BC , OK  BC  H , K  BC   AH / / OK .
1) Xét ADH : OK / / AH , nên

OD OK
(hệ quả Thales)

AD AH

1
BC  OK
OD OK 2
S
AD  OD S ABC  S1
OA S ABC  S1
Do đó


 1 

hay
.

AD AH 1 BC  AH S ABC
AD
SABC
AD
S ABC
2
OB S ABC  S 2
OC S ABC  S3
Tương tự có
.

;

BE
S ABC
CF
S ABC
Nên

OA OB OC S ABC  S1 S ABC  S 2 S ABC  S3 3S ABC   S1  S 2  S3  2 S ABC







 2.
AD BE CF
S ABC
S ABC
SABC
S ABC
S ABC

2) Lại có

OA S 2  S3 2 S 2 S3
OD
S
OD
S1
OD
S1
hay
.


 1  cmt  



OD
S1
S1
AD S ABC
AD  OD S ABC  S1
OA S 2  S3

Tương tự có

OB S1  S3 2 S1S3
OC S1  S2 2 S1S 2
.


;


OE
S2
S2
OF
S3
S3

OA OB OC 2 S 2 S3 2 S1S3 2 S1S 2





 8.
OD OE OF
S1
S2
S3
S
1
S
S
1
OD OE OF 1
Dấu “=” xảy ra khi S1  S 2  S3  S ABC  1  2  3  


 .
3
S ABC S ABC S ABC 3
AD BE CF 3
Khi O là trọng tâm tam giác ABC.
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O; R). Vẽ AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) (B, C là
các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của AO và BC.
Do đó

1) Chứng minh: BC  4 AH  HO .
2) Gọi M là điểm trên đoạn thẳng BH, đường thẳng AM cắt đường tròn (O) tại D và E (D nằm giữa A
2

và E). Chứng minh rằng: AM  ( AD  AE )  2 AB .
3) Chứng minh bốn điểm D, E , O, H cùng thuộc một đường tròn.
2

1) Chứng minh: BC  4 AH  HO .
Ta có : AB = AC (AB, AC là hai tiếp tuyến của (O)), OB = OC (bán kính của (O))
2

BC
2
0

ABO : ABO  90 (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA  OA  BC 
Nên OA là trung trực BC  OA  BC và HB  HC 

2

 BC 
2
Do đó AH  HO  HB  
  4 AH  HO  BC
 2 
2
2) Chứng minh rằng: AM  ( AD  AE )  2 AB .
2

Gọi I trung điểm DE
Ta có AD  AE   AI  ID    AI  IE   2 AI , nên AM  ( AD  AE )  2 AM  AI

a

DOE : OD  OE , OI là trung tuyến (I trung điểm DE), nên OI  DE
AOB : 
ABO  900 (AB là tiếp tuyến của (O)), AOC : 
ACO  900 (AC là tiếp tuyến của (O)),
AOI : 
AIO  900 ( OI  DE ). Vậy các AOB , AOC, AOI nội tiếp đường tròn đường kính OA
suy ra 
AIB  
ACB (góc nội tiếp cùng chắn cung 
AB )
1 
lại có 
nên 
AIB  
ABC hay 
ABC  
ACB  sđ BC
AIB  
ABM .
2
AIB  
ABM cmt , 
IAB  
BAM (góc chung)
Xét AIB và ABM, ta có: 





AI
AB

 AB 2  AM  AI  b  (đpcm)
AB AM
2
Từ a), b) suy ra AM  ( AD  AE )  2 AB (đpcm)
3) Chứng minh bốn điểm D, E , O, H cùng thuộc một đường tròn.
ABO : 
ABO  900 (AB là tiếp tuyến của (O)), BH  OA  OA  BC 
ABM (g-g) 

Vậy AIB

Do đó AB  AH  AO
2

c

ABD  
AEB 
Xét ABD và AEB, ta có: 

1   
sd BD , BAD  EAB (góc chung)
2

AB AD

 AB 2  AE  AD  d 
AE AB
AH AE
Từ c), d) suy ra AH  AO  AE  AD 

AD AO
AH AE

HAD  
EAO (góc chung)
Xét AHD và AEO, ta có:
 cmt  , 
AD AO
Vậy ABD
AEB (c-g-c)  
AHD  
AEO
Do đó tứ giác DEOH nội tiếp hay 4 điểm D, E, O, H cùng thuộc một đường tròn
Câu 6 : (2,5 điểm)
1 1 1
1) Cho số nguyên tố p thỏa mãn
  với a, b là hai số tự nhiên khác 0. Tìm tất cả các số
p a b
nguyên tố p để a hoặc b là số chính phương.
Vậy ABD

AEB (g-g) 

2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  x  x  1  y .
3

1) Vì a, b  0 , nên từ
Ta có

2

3

1 1 1 1
1 1 1
suy ra a  p và b  p .
  ta có  , 
p a b
a p b p

1 1 1
   ab  p(a  b)  ab  pa  pb  0  (a  p)(b  p)  p 2 :
p a b

Vì p là số nguyên tố, nên các ước dương của p

2

2

chỉ có thể là {1; p; p } . Không mất tính tổng quát, giả

sử a  b , ta có các trường hợp sau cho tích ( a  p )(b  p )  p :
2

Trường hợp 1: a  p  1 và b  p  p ; suy ra a  p  1 và b  p  p .
2

2

Để a hoặc b là số chính phương:




Khả năng 1: a  p  1  k (với k  , k  1 ).
2

 p  k 2  1  (k  1)(k  1) .
Vì p là số nguyên tố, nên thừa số nhỏ hơn phải bằng 1:
k 1  1 k  2 .
2
Thay vào ta được p  2  1  3 . (Thử lại: Với p  3, a  4 là số chính phương).
2
2
Khả năng 2: b  p  p  m (với m  ).
Ta có p  p  p  p  2 p  1 .
2

2

2

Hay p  m  ( p  1) .
2

2

2

2

Vì m nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên không tồn tại số nguyên m thỏa mãn.
Trường hợp 2: a  p  p và b  p  p ; suy ra: a  2 p và b  2 p .
Để a hoặc b là số chính phương thì 2 p  k .
2



Điều này có nghĩa là k chia hết cho 2, nên k phải chia hết cho 2. Đặt k  2n ( n   ).
2

*

2 p  (2n)2  4n2
 p  2n 2 .
2
2
 Vì p là số nguyên tố nên đẳng thức p  2n chỉ xảy ra khi n  1  n  1 .
2
 Khi đó p  2  1  2 . (Thử lại: Với p  2 , a  b  4 là số chính phương).
Vậy các số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu bài toán là p  2 và p  3 .
3
2
3
2) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x  x  x  1  y .
+) Nếu x  0  y  1  y  1 (thỏa mãn).
3

+) Nếu x  1  y  0  y  0 (thỏa mãn).
3

+) Nếu x  0 hoặc x  1 .
2

1 3

3
3
Ta có: y  x   x  x  x  1  x  x  x  1   x     0  x  y
1
2 4

3
3
3
2
3
2
2
Lại có:  x  1  y   x  3 x  3 x  1   x  x  x  1  2 x  2 x  2 x  x  1  0 với x  0
3

3

3

2

3

hoặc x  1 . Do đó y   x  1

2

 2  . Từ 1) và 2) suy ra x3  y 3   x  1 , nên không tồn tại số
nguyên y thỏa mãn. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên  x, y  là:  0,1 ,  1, 0 
3

3

3

Câu 7: (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x  y  x  2 . Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  x  2 y .
Ta có P  x  2 y  x  P  2 y .
2

2

Khi đó x  y  x  2   P  2 y   y  P  2 y  2 ;
2

2

2

 5 y 2  2  2 P  1 y  P 2  P  2  0



2

 * .



(*) có nghiệm khi  2 P  1  5 P  P  2  0  P  P  11  0 
2

2

2

1 3 5
1 3 5
P
2
2

2P  1
2P  1 P  2
, x  P  2y  P  2

5
5
5
1 3 5
1 3 5
2


1
2
1 3 5
3 5
53 5
2
2

,x

Với P 
thì y 
2
5
5
5
10
1 3 5
1 3 5
2


1
2 53 5
1 3 5
3 5
2
2
Với P 
thì y 

,x

2
5
5
5
10
1 3 5
3 5
53 5
khi y 
,x
Vậy max  P  
2
5
10
1 3 5
3 5
53 5
min  P  
khi y 
,x
2
5
10
2
1
9

2
2
2
2
2
Cách khác: Ta có x  y  x  2  x  x  y  2   x    y  .
2
4

1
1

Ta có P  x  2 y   x    2 y  .
2
2

Dấu “=” xảy ra khi y 

2


1

1
9 45
2
2 
2
Áp dụng Bunhiacốpki, ta có  x    2 y   1  2   x    y   5  
.
2
2
4 4




45 
1
45
3 5 1 
1
1 3 5 1

  x    2y 

   x    2y  
 .
4 
2
4
2
2 
2
2
2
2



1 3 5
1 3 5
.
P
2
2