Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 môn Toán

TRƯỜNG THPT MINH CH¢U ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1. (1 điểm)
Cho hàm số
2
4 3y x x= − +
có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Dựa
vào đồ thị, tìm m để phương trình:
2
4 3 2 1x x m− + = +
có đúng 2 nghiệm.
Câu 2. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
( ) ( )
2
2 1 3 2 0mx m x m− − + − =
có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn:
1 2
2 1x x+ =
.
Câu3. (3 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y

+ + + =



+ + − =


2) Giaûi phöông trình:
9( 4 1 3 2) 3x x x+ − − = +
3)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
4 4
1 1x x x x m+ + − + − =
.
Câu 4. (4điểm)
1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là điểm bất kì. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2 2
3MA MB MC MG GA GB GC+ + = + + +
. Khi M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, tìm vị trí của M để
2 2 2
MA MB MC+ +
đạt giá trị bé nhất.
2.)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M
(1; 1)−
và hai đường thẳng
1
: 1 0d x y− − =
,

2
: 2 5 0d x y+ − =
. Gọi A là giao điểm của

1
d
và
2
d
.
a. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên
1
d
, đi qua điểm M và tiếp xúc với
2
d
.
b. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm M cắt
1
d
,
2
d
lần lượt ở B và C sao
cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC
=
3AB.
3) Trong hệ trục Oxy cho ∆ABC có
( )
2; 1 ,B −
đường cao hạ từ A và phân giác góc C lần
lượt có phương trình

3 4 27 0 x y− + =
và 2 5 0x y+ − =
. Tìm tọa độ điểm A và điểm C.
Phân giác góc C nói trên là phân giác trong hay phân giác ngoài?
Câu 5. (1 điểm) Cho ba số thực dương
, ,a b c
thỏa mãn
3a b c+ + =
.Chứng minh rằng:
3 3 3
3
2
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥
+ + +
********HẾT********
Họ và tên học sinh:………………………………………………………….Lớp:……
ĐỀ CHÍNH THỨC

Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì
( )
1
; 1I d I a a∈ ⇒ −
(T) qua M và tiếp xúc d
2
nên ta có:

( )
( )

2
2
2
2 1 5
( ; ) 1
5
+ − −
= ⇔ − + =
a a
IM d I d a a

2
26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ±
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = +
Phương trình (T) là
:
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = −
Phương trình (T) là :
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2)
Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

x y 1 0 x 2
A(2;1)
2x y 5 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Lấy điểm
( ) ( )
1
3;2 ∈ ≠E d E A
. Ta tìm trên d
2
điểm F (
≠F A
) sao cho EF = 3AE
Do
( )
2
;5 2F d F x x∈ ⇒ −
.
Khi đó
( ) ( )
2 2
EF = 3AE 3 3 2 18x x⇔ − + − =

( )
2

0;5
0
5 18 0
18
18 11
;
5
5 5
F
x
x x
x
F

=



⇔ − = ⇔ ⇔
 


=
−
 ÷


 

(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn

≠F A
)
Vì
3
// //
3
BC AB
EF AE
BC EF EF
EF AE
BC AB
=

⇒ = ⇒ ⇒ ∆

=

•
( ) ( )
0;5 3;3 : 0⇒ − ⇒ ∆ + =
uuur
F EF x y
•
18 11 3 21
; ; :7 6 0
5 5 5 5
   
− ⇒ − ⇒ ∆ + − =
 ÷  ÷
   

uuur
F EF x y
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là
: 0x y∆ + =
và
: 7 6 0x y∆ + − =
Ñieàu kieän
2
3
x ≥
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2
9( 4 1 3 2) 3
9 4 1 3 2 4 1 3 2 3 4 1 3 2
9 3 3 4 1 3 2
9 4 1 3 2 d 3 0
81 4 1 3 2 2 4 1 3 2
82 7 2 4 1 3 2
82 7 0

82 7 4 12 5 2
82
82 7 0
7
6
1128 6732 0
1122
x x x
x x x x x x x
x x x x
x x o x
x x x x
x x x
x
x x x
x
x
x
x x
x
+ − − = +
⇔ + − − + + − = + + + −
⇔ + = + + + −
⇔ = + + − + >
⇔ = + + − + + −
⇔ − = + −

− ≥

⇔


− = − −


≤

− ≥

⇔ ⇔


=
− + =


=

6x



⇔ =





ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN TOÁN 10
câu NỘI DUNG T.
Điểm

1.
1)
Tập xác định: R.
- Tọa độ đỉnh:
( )
2; 1I −
. Trục đối xứng:
2x =
.
- Gđiểm của đồ thị với Ox:
( ) ( )
1;0 , 3;0
, Oy:
( )
0;3
.
0,25
- Đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên.
- Hàm số nghịch biến trên khoảng
( )
;2−∞
,
đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
.
0,25
- Bảng biến thiên:
x
−∞

2
+∞
y
+∞

+∞
- 1
0,75
- Đồ thị:
0,75
2)
- Vẽ đồ thị hàm số:
2
4 3y x x= − +
0,5
- Số nghiệm của PT:
2
4 3 2 1x x m
− + = +
(1)
bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số
2
4 3y x x= − +
và
2 1y m= +
.
0,5
- Đồ thị hàm số
2 1y m= +
là đường thẳng song

song với Ox, cắt Oy tại
( )
0;2 1M m +
.
0,25
- Dựa vào đồ thị ta có: PT (1) có đúng hai
nghiệm khi và chỉ khi:
0
2 1 1
1
2 1 0
2
m
m
m
m
>

+ >


⇔


+ =
= −


Vậy
0m >

hoặc
1
2
m
= −
.
Nếu thiếu TH
2 1 0m + =
trừ 0,5 đ
0,75
2.
Nếu m = 0 PT đã cho trở thành:
2 6 0 3x x− = ⇔ =
(loại).
0,5
Nếu
0m ≠
PT đã cho là một PT bậc hai.
( ) ( )
2
2
' 1 3 2 2 4 1m m m m m∆ = − − − = − + +
0,5
Điều kiện để PT có hai nghiệm là:
( )
2
2 6 2 6
' 0 2 4 1 0 *
2 2
m m m

− +
∆ ≥ ⇔− + + ≥ ⇔ ≤ ≤
0.5
Với điều kiện (*) giả sử
1 2
,x x
là hai nghiệm của
PT. Từ yêu cầu bài toán và áp dụng định lí Vi-et
ta có:
( )
1 2
2
1 2
2 1
2
2 1
m
m
x x
x
m
m
x x
 −
−
+ =

⇒ =



+ =

.
0,5
Thay
2 m
x
m
−
=
vào PT ta có:
( ) ( )
2 6 4 0 2m m m− − = ⇔ =
hoặc
2
3
m
=
0,5
Đối chiếu điều kiện ta có: m = 2 hoặc
2
3
m =
.
0,5
3.
1)
Điều kiện:
7 0; 2 0x y x y+ ≥ + ≥
.

Đặt
( )
7 , 2 , , 0u x y v x y u v
= + = + ≥
, ta có:
2 2 2 2
7 2
;
5 5
u v v u
x y
− −
= =
. Ta có hệ:
0,5
2 2 2 2
2
5
5
7 2
5 14 0
1
5 5
u v
u v
u v v u
v v
v
+ =


= −


⇔
 
− −
+ − =
+ − =



0,5
5
3
2
2
7
u v
u
v
v
v
= −

=


⇔ ⇔
=


 
=



=−



0,5
Với
3; 2u v= =
ta có:
1; 2x y= =
. Vậy
1; 2x y= =
.
0,5
3.
2)
Giả sử
0
x
là nghiệm của PT, khi đó
0
1 x−
cũng
là nghiệm của PT. Do đó để PT có nghiệm duy
nhất ta phải có:
0 0 0

1
1
2
x x x= − ⇔ =
.
0,5
Thay
0
1
2
x =
vào PT ta có:
4
2 8m = +
.
0,5
Với
4
2 8m = +
, ta chứng minh PT có nghiệm
duy nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
( )
( )
1 1
2 .
2 2
1 2 *
1 1
1 2 1
2 2

x x
x x
x x

+ ≥


⇒ + − ≤


− + ≥ −


( )
4
4 4 4
4
1 1 1
4
2 2 2 8
1 8 **
1 1 1 1
1 4
2 2 2 8
x
x
x x
x
x


+ + + ≥


⇒ + − ≤

−

− + + + ≥


0,5
( ) ( )
4 4 4
* , ** 1 1 2 8x x x x
⇒ + + − + − ≤ +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
1
2
x =
.
Vậy
4
2 8m = +
.
0,5
4.
1)
Ta có:
2 2 2
2 2 2

2 2 2
2 .
2 .
2 .
MA MG GA MA MG GA MAGA
MB MG GB MB MG GB MB GB
MC MG GC MC MG GC MC GC
= + ⇒ = + +
= + ⇒ = + +
= + ⇒ = + +
uuur uuuur uuur uuur uuur
uuur uuuur uuur uuur uuur
uuuur uuuur uuur uuuur uuur
0,5
Do đó:
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
3 2
3 .
MA MB MC MG MG GA GB GC
GA GB GC MG GA GB GC
+ + = + + +
+ + + = + + +
uuuur uuur uuur uuur
0,5
Ta có
2 2 2
MA MB MC+ +
bé nhất khi và chỉ khi

MG
bé nhất.
0,5
Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của
tia OG vơi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
0,5
4.
2)
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AC,
AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với
AB, AC, cắt AC tại L, cắt AC tại N. P, Q lần lượt
là chân đường cao hạ từ B, C. Ta có ALMN là
hình bình hành nên:
MA NA LA= +
uuur uuur uur
.
0,5
Mặt khác:
MAC
ABC
S
NA ME
NA AB AB AB
AB BP S
= − = − = −
uuur uuur uuur uuur
MAB
ABC
S
LA MF

LA AC AC AC
AC AC S
= − = − = −
uur uuur uuur uuur
0,5
. . .
ABC MAC MAB
S MA S AB S AC⇒ = − −
uuur uuur uuur
0,5
( )
. . 0
MAB MBC MCA MAC MAB
S S S MA S AB S AC
⇔ + + + + =
uuur uuur uuur r
. . . 0
MCA MAC MAB
S MA S AB S AC⇔ + + =
uuur uuur uuur r
.
0,5
4.
3)
BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với
đường cao hạ từ A nên có PT:
( ) ( )
4 2 3 1 0 4 3 5 0x y x y− + + = ⇔ + − =
.
0,5

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
( )
4 3 5 0 1
1;3
2 5 0 3
x y x
C
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
0,5
Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với
đường phân giác góc C, d có phương trình:
( ) ( )
2 2 1 0 2 5 0x y x y− − + = ⇔ − − =
.
Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác
góc C là nghiệm của hệ:
( )
2 5 0 3
3;1
2 5 0 1
x y x
H
x y y
+ − = =

 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
0,5
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân
giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm
BB` nên ta có:
( )
' '
2 4; 2 3 ' 4;3
B H B B H B
x x x y y y B
= − = = − = ⇒
AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ
0,5
phương
( )
' 5;0CB
uuur
nên có PT là:
( ) ( )
0 1 5 3 0 3 0x y y+ − − = ⇔ − =
.
0,5
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
( )
3 0 5
5;3

3 4 27 0 3
y x
A
x y y
− = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
Vậy
( ) ( )
5;3 , 1;3A C− −
.
0,5
Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình
đường phân giác góc C ta được các số:
4; 5− −
,
do đó đường phân giác góc C đó là phân giác
ngoài.
0,5
5.
Áp dụng bất dắng thức Côsi ta có:
3
3
3
1 3
4 2 2
1 3

4 2 2
1 3
4 2 2
a a bc
a
a bc
b b ca
b
b ca
c c ab
c
c ab
+
+ + ≥
+
+
+ + ≥
+
+
+ + ≥
+
0,5
Suy ra
( )
3 3 3
5
4 4
a b c ab bc ca
a b c
a bc b ca c ab

+ +
+ + + ≥ + +
+ + +
3 3 3
15
4 4
a b c ab bc ca
a bc b ca c ab
+ +
⇒ + + ≥ −
+ + +
0,5
Mặt khác:
( )
2
9 a b c ab bc ca= + + ≥ + +
,
0,5
do đó
3 3 3
15 9 3
4 4 2
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥ − =
+ + +
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1a b c= = =
.

0,5
TỔNG
20,0