UBND HUYỆN YÊN ĐỊNH
PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8,
CHỌN ĐỘI TUYỂN VÒNG 1 DỰ THI
HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH
NĂM HỌC: 2024 - 2025
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi có 01 trang; gồm 05 câu)
Câu 1 (4,0 điểm).
1. Cho biểu thức:
2 2 2
5 2 5 2
:
25 5 2 10 5
x x x x
Px x x x x x




với
5
0; 5; 2
x x x
Rút gọn biểu thức P.
2. Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
111
.Pa b c b c a c a b
Câu 2 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2
4 5 2 3 1 9x x x
2. Cho
,,abc
là các số thực đôi một khác nhau thỏa mãn
3 3 3
1 3a; 1 3 ; 1 3 .a b b c c
Chứng minh:
a) a + b + c = 0
b) a2 + b2 + c2 = 6
Câu 3 (4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các số x, y nguyên thỏa mãn: x4 + y + 4 = y2 – x2
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng
, trong đó a, b, c là các số
nguyên dương thỏa mãn
4 4 4
abc
chia hết cho p.
Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Điểm E thuộc cạnh BC, F là giao
điểm của AE và DC, G là giao điểm của DE và BF. Trên tia đối của tia DC lấy điểm M sao
cho BE = DM. Gọi T là trung điểm của EM.
1. Chứng minh tam giác AEM vuông cân và ba điểm B, T, D thẳng hàng.
2. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của AB với CG và DG. Chứng minh IE song song với BD.
3. Tìm vị trí điểm E trên cạnh BC để tổng BK+CF đạt GTNN
Câu 5 (2,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thoả mãn: x + y + xy = 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 1
𝑥+𝑦 +1
𝑥+1
𝑦
____HẾT____
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Nội dung
Điểm
Câu
1
1. Với
5
0; 5; 2
x x x
ta có:
5 2 5 2
:
5 5 5 2 5 5
x x x x
Px x x x x x x




2
252 5 2
:
5 5 2 5 5
xx xx
x x x x x x


5 5 2 5 2
.
5 5 2 5 5
x x x x x x x
x x x x x

5. 2 5 2 5 2
.
5 5 2 5 5
x x x x
x x x x x


10 2
55
x
xx


25
10 2 2
55
x
x
xx

Vậy
2P
với
5
0; 5; 2
x x x
0,5
0,5
0,5
0,5
2. Từ
22
2 2 2
02a b c a b c a b c a b c ab
Tương tự:
2 2 2 2b c a bc
;
2 2 2 2c a b ca
Do đó:
1 1 1 0
2 2 2 2
c a b
Pab bc ca abc

1,0
0,5
0,5
Câu
2
1.
2
4 5 2 3 1 9x x x
22
22
16 40 25 2 5 3 9
8 2 5 25 2 5 3 9
x x x x
x x x x


Đặt
2
25x x t
2
8 25 3 9
8 49 66 0
2 8 33 0
tt
tt
tt
2t
hoặc
33
8
t
+)
2
2 2 5 2 2t x x x
hoặc
1
2
x
+)
22
33 33 33
2 5 2 5 0
8 8 8
t x x x x
2
233 5
4 10 0 2 2 0
42
x x x



(vô nghiệm vì (2x-5/2)2 + 2 > 0 với
mọi x)
0,75
0,5
0,5
Câu
Nội dung
Điểm
Vậy
1;2
2
S


0,25
Câu
2
2. a) Từ giả thiết:
3 3 3
1 3a; 1 3 ; 1 3a b b c c
ta có:
33 22
3 3 2 2
22
33
33 (1)
3 3 (2)
3 (3)
3
a b a b a ab b
b c b c b bc c
c ca a
c a c a


(vì a, b, c đôi một khác nhau)
Từ (1) và (2) suy ra:
22 0 0 0a c ab bc a c a b c a b c
.
(vì a, b, c đôi một khác nhau)
b) Cộng (1); (2); (3) vế với vế ta có:
2 2 2
2a 2 2 9b c ab bc ca
2
2 2 2 2 2 2
4 2a 2 2 18 3 18a b c b bc ca a b c a b c
.
2 2 2
3. 0 18abc
.
a2 + b2 + c2 = 6
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu
3
1. Ta có x4 + y + 4 = y2 - x2
(x2 +
1
2
)2 - (y -
1
2
)2 = -4
(x2 + y)(x2 – y + 1) = -4
Ta có x, y nguyên; (x2 + y + x2 – y + 1) = 2x2 + 1 là số lẻ
nên x2 + y và (x2 – y + 1) phải có một số là số lẻ
Ta có bảng:
x2-y+1
-1
- 4
4
1
x2+y
4
1
-1
-4
y
3
3
-2
-2
x2
1
-2 (loại)
1
-2 (loại)
x
1; -1
1; -1
Vậy các số nguyên (x,y) cần tìm là: (1;3); (-1;3); (1;-2); (-1;-2).
0,5
0,25
0,75
0,5
2. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử :
1.abc
.
- Ta có :
2
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2.a b c a b c a b b c c a
- Vì p là số nguyên tố và
2 2 2
p a b c
, với
1abc
nên
3p
. Suy
ra
4 4 4
abc
chia hết cho p khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2
a b b c c a
chia hết cho p
hay
2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 .a b c b a p a b c p ab c ab c p
- Vì
2 2 2 2 2 0p a b c ab c ab c
và p là số nguyên tố nên
20ab c
.
2
ab c a b c
( vì
abc
)
2
31p a a b c
và p = 3.
Vậy có duy nhất một số nguyên tố thỏa mãn là p = 3.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu
Nội dung
Điểm
Câu
4
1.(2,5 điểm)
Xét
ADM
và
ABE
có :
0
, 90 ,AD AB a ADM ABE MD BE
( gt).
: ( . . )Suy ra ADM ABE c g c
.
AM AE
( các cạnh tương ứng) (1)
Và
DAM BAE
( các góc tương ứng )
Mà
0
90DAE BAE DAB
00
90 90MAD DAE MAE
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AME
vuông cân tại A
Ta có
AME
vuông cân tại A, T là trung điểm của ME nên
1
2
AT ME
(trung
tuyến ứng với cạnh huyền)
Tương tự
1
2
CT ME
Suy ra: TA = TC. Mà BA = BC, DA = DC ( cạnh của hình vuông) nên 3
điểm T, B, D cùng nằm trên đường trung trực của AC.
Suy ra B, T, D thẳng hàng
2) (2,0 điểm)
Vì ABCD là hình vuông nên AB//CD => BK//DF và AK//DF
Xét tam giác DCG có IK//CF nên theo định lí Thales ta có:
IK IG
CD GC
Chứng minh tương tự ta được:
IG IB
GC CF
. Từ đó suy ra
1
IK CD
IB CF
Xét các tam giác EDC và ECF có AK//DF, theo định lí Thales ta có:
2
KE BE AB
ED EC CF

0,75
0,75
0,5
0,5
0,5
0,5
I
G
K
T
M
F
B
A
D
C
E
I
G
K
T
M
F
B
A
D
C
E
Câu
Nội dung
Điểm
Ta lại có AB = CD nên từ (1) và (2) suy ra:
IK KE
IB ED
Tam giác BKD có:
IK KE
IB ED
nên IE//BD (Theo định lí Thales đảo).
3.(1,5 điểm)
Xét tam giác CEF có AB//CF nên theo định lí Thales ta có:
3
AB BE
CF CE
Xét tam giác DEC có BK//CD nên theo định lí Thales ta có:
4
BK BE
CD CE
Từ (3) và (4) suy ra
2
..
BK AB BK CF AB CD a
CD CF
Do
2
.BK CF a
không đổi nên
2 . 2BK CF BK CF a
đạt giá trị nhỏ
nhất khi và chỉ khi
BK CF a
Khi đó E là trung điểm của BC.
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu
5
Áp dụng bất đẳng thức CAUCHY ta có:
3 = x + y + xy ≥2√𝑥𝑦 + xy = (√𝑥𝑦 + 1)2 – 1
=>4 ≥ (√𝑥𝑦 + 1)2 => 2 ≥√𝑥𝑦 + 1 => 1 ≥√𝑥𝑦 (do x, y>0)
Áp dụng bất đẳng thức CAUCHY ta có:
P = 1
𝑥+𝑦 +1
𝑥+1
𝑦 = 4
𝑥+𝑦 +𝑥+𝑦
𝑥𝑦 −3
𝑥+𝑦 ≥ 2√4
𝑥+𝑦 ⋅𝑥+𝑦
𝑥𝑦 −3
2√𝑥𝑦
= 4
√𝑥𝑦 −3
2√𝑥𝑦 = 5
2√𝑥𝑦 ≥5
2.1 =5
2
Đẳng thức xảy ra x = y = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 5
2 khi x = y = 1.
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Lưu ý: +) Câu 4.2; 4.3 hình học các em học sinh có thể sử dụng tam giác đồng dạng
để biến đổi ra các tỉ số.
+) Học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
+) Câu 1.1 học sinh có thể không ghi điều kiện xác định trong kết luận vẫn cho điểm
tối đa.