de thi hoc sinh gioi toan 10 nam 2021 2022 cum truong thpt ha noi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
CỤM TRƯỜNG THPT

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM LỚP 10
NĂM HỌC 2021 - 2022

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 150 phút

Bài I (4,0 điểm) Cho Parabol (P ) : y  x 2  2x  3 .
1) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P ) .
2) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P ) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y  4x  7
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài II (6,0 điểm)
2
2

x  y  xy  1
.
1) Giải hệ phương trình 
x  y  xy  3


2) Giải phương trình sau:

a)

2x 2  3x  5  x  1 ;

b)

x 2  3x  2  6  2 x  1  3 x  2.

Bài III (4,0 điểm) Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .

a 3 b3
1) Chứng minh 2  2  a  b .
b
a

a 3 b3 c 3
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2  2  2 .
b
c
a
Bài IV (3,0 điểm) Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác, M là
một điểm thỏa mãn MA  2MB  3MC  0.
1) Chứng minh: 6GM  A C .
2) Gọi D , E , F là hình chiếu của M lên các cạnh BC ,CA, AB . Tính MD  ME  MF
theo a .
Bài V (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đường cao AD, BE ,CF .
Biết điểm E (5, 4), điểm F (1, 2) và phương trình đường thẳng BC là y  1 .
1) Viết phương trình đường thẳng EF và tìm tọa độ trung điểm của B C .
2) Tính diện tích tam giác DEF .
- - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - Họ và tên thí sinh:....................................................
Số báo danh:............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

CỤM TRƯỜNG THPT

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CỤM LỚP 10
NĂM HỌC 2021 - 2022
Mơn thi: TỐN

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài Câu
1
1
(4,0đ)

Nội dung
TXĐ:

điểm
0,25

Đỉnh I  1; 4

0,25

Bảng biến thiên:




x

-1

y

-4

Đồ thị:
(P) Giao với trục Ox :  3;0 ; 1;0

0,25

(Chú ý: học sinh biểu diễn tọa độ các điểm trên hình
vẽ vẫn được điểm tối đa)

Gọi M  x, y    P  suy ra y  x 2  2 x  3
Khi đó d  M , d  

y  4x  7
17



0,5

0,25

(P) Giao với trục Oy :  0; 3
Vẽ đồ thị hàm số

2




x2  2 x  4

0,5

0,25
0,5

17

Ta có: x2  2 x  4   x  1  3  3
2

Suy ra d  M , d  

3 17
.
17

Suy ra giá trị nhỏ nhất của d  M , d  
Dấu bằng xảy ra khi x  1, y  0.

0,5

3 17
.
17

Vậy M 1,0 .
2
1
(6,0đ)

2
2

x  y  xy  1


x  y  xy  3


x  y  S
Đặt 
 xy  P

0,5
0,25

2

(x  y )  3xy  1

x  y  xy  3



0,25

0,25


Hệ phương trình trở thành
2
2


S  2, P  1
S  3P  1
S  3S  10  0



S P  3
P  3S
S  5, P  8




Với S  5, P  8 suy ra x , y là nghiệm của phương trình

0,5

0,5

X 2  5X  8  0 ( vô nghiệm)
Với S  2, P  1 suy ra x , y là nghiệm của phương trình

X 2  2X  1  0  X  1 suy ra x  y  1

0,5

   

Vậy hệ có nghiệm là x , y  1;1
2a


x  1
2x  3x  5  x  1   2
2x  3x  5  x  1


2





2


x  1
 2
x x 6  0



x  1

  x  2(l ) . Vậy phương trình có nghiệm là: x  3
 x  3(tm )
 
2b

1,0

 x  1  a

Điều kiện x  2. Đặt 

0,5

 x  2  b

3
1
(4,0đ)

a  3
b  2

Phương trình trở thành ab  6  2a  3b  (a  3)(b  2)  0  

0,5

Với a  3  x  10(tm)
Với b  2  x  6(tm)

1,0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {6;10}.
Biến đổi :





2

 ab  b2  0





a 3 b3
 2  a  b  a 5  b5  a 3b2  a 2b 3  a 3 a 2  b2  b3 a 2  b2  0
2
b
a









 a 2  b2 a 3  b 3  0  a  b
2

1,0

 a  b  a
2



1,0
1,0

3

Áp dụng bđt Cauchy ta có:

a
 b  b  3a
b2

b3
c3

 a  a  3c
c

c


3
b
;
a2
c2

1,0

Suy ra

a 3 b3 c 3
a 3 b3 c 3
 
 2(a  b  c )  3(a  b  c )  2  2  2  a  b  c  3
b2 c 2 a 2
b
c
a

Dấu bằng xảy ra khi a =b= c =1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 khi a =b = c =1.

1,0


4
1
(3,0đ)

Ta có: GM  A M  A G

0,25

1
1
AB  AC
3
2
1
1
Ta có G là trọng tâm tam giác ABC  A G  A B  A C
3
3
1
Suy ra GM  A C  6GM  A C
6
Ta có MA  2MB  3MC  0

2

 AM 

0,25
0,25
0,25

Từ M kẻ các đường thẳng song song với 3 cạnh
của tam giác, cắt các cạnh này tại P,Q,H,K,I,J.
Suy ra D,E,F là trung điểm các cạnh HK, IJ,

PQ.
0,5

Suy ra  MD 







1
 MF  MP  MQ
2



1
MA  MB  MC
2







1
MH  MK  MI  MJ  MP  MQ
2



Mà MA  MB  MC  3MG  MD  ME  MF 

1
a
 MD  ME  MF  A C 
4
4
5
1
(3,0đ)



0,5



Suy ra  MD  ME  MF 





1
1
MH  MK ; ME  MI  MJ ;
2

2

Ta có: EF ( 4, 2) / / (2,1)

Suy ra pt đường thẳng EF là:
x  2y  3  0


0,5

3
1
MG  CA
2
4

0,5

0,25

0,25


Gọi M là trung điểm BC suy ra M (x ,1).

0,25

1
2

Chứng minh ME  MF (  BC )
Suy ra  x  5   1  4    x  1  1  2   8x  32  0  x  4

0,5

Vậy tọa độ trung điểm BC là: M (4,1).
Gọi F’ đối xứng với F qua BC suy ra F '(1, 0).

0,25
0,25

Chứng minh DA là phân giác của góc EDF suy ra F’, D, E thẳng hàng

0,25

2

2

0,5

2

2

2

Pt EF’: x  y  1  0

0,25

Suy ra tọa độ điểm D (2, 1).

1
2

Suy ra S DEF  d (D, EF ).EF 

1 2  2.1  3
.2 5  3
2
5

0,25