De thi olympic mon toan lop 10 truong thpt da phuc nam 2016 2017

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

ĐỀ THI OLYMPIC MƠN TỐN 10
NĂM HỌC 2016 – 2017
(Thời gian làm bài: 120 phút)
yy
x 2 2x4x m
 1 Câu 1. (3,5 điểm): Cho hàm số

và

hàm số . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời
khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác OAB đến các trục tọa độ bằng nhau. (điểm O là
gốc tọa độ)
Câu 2. (6.5 điểm):
 xy  x  y  x 2  2 y 2

 x  1  2 y 4

a). Giải hệ phương trình:
b).

Giải 6 x  3( x 2  2 x) 2 x  1 2 x3  4

phương trình: .
Câu 3. (1,5 điểm): Cho tam giác ABC hb  hpb( p  b)
thỏa mãn hệ thức . ( là độ dài đường cao ứng với cạnh AC). Chứng minh tam giác ABC là
tam giác cân.
Câu 4. (3,5 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vng tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích

tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C khơng âm.
Câu 5. (3,0 điểm): Cho đường trịn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường
trịn đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H,
I, K thẳng hàng.
, c 2bc
0  2ca 0 Câu 6. (2,0 điểm): Cho thỏa
a 2  b 2  c 2a , bab

mãn: .
c2
c2
ab
Chứng minh: .


2
2
2
2
a  b (a  b  c) a  b

--------------- Hết -----------------Họ tên thí sinh: ................................................................................ SBD: ......................
Chú ý: Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


KỲ THI OLYMPIC MƠN TỐN 10

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC

NĂM HỌC 2016 – 2017

ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1

Nội dung đáp án
Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

(3,5đ)

Điểm
1,5

x 2  4 x  1  2 x  m

(1)

 x 2  6 x  1  m 0



m
 08
Hai đồ thị cắt nhau tại hai
điểm phân biệt A, B Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Gọi là hai nghiệm của phương x A , xB trình (1), G là trọng tâm của
tam giác OAB.

1,0

Ta có:

x A  xB  xO

 2
 xG 
 3xG  yG
Yêu cầu bài toán

 y  y A  yB  yO 12  2m
 G  123 2m 6 3
Kết hợp điều kiện,vậy m=-  m  3

3 thỏa mãn yêu cầu bài
 m  9

1,0

toán.
2a

x 1; y 0

Điều kiện: .

(3,5 đ) Với điều kiện trên, hệ phương trình

0,5

1,5

 x 2  y 2  y 2  xy  ( x  y ) 0

 x( x1  y )(2 xy 24y  1) 0
   x  y

(loại)
 x  1  2 y 4
y 2 y110
   xx2

   y 2
x 2 1 2y 
2 y4 4
 
 
 x 5

1,0
0,5

KL: Vậy hệ phương trình có
nghiệm (5; 2).
2b

Điều kiện: .

x

1
2

(3,0 đ) Với điều kiện trên, phương trình tương đương:

0,25
1,0

3x ( x  2) 2 x  1 2 x 3  6 x  4
 3 x( x  2) 2 x  1 ( x  2)(2 x 2  4 x  2)
2)(3
2(2xx 21)
x2 
00
 (1)
(x 
x 13x 2 x22x  41 x 22)

Đặt

(loại) 
x 2(2
2 x  1)  3 2 x  1  2 0(2)
2


x
2 x2  1x
 3 x 2 x t1 2 x  4 x(t20)0(1)
x

0,5
0,5


2
Phương trình (2) trở thành: 2t  3t  2 0

21 1
1  t 2
x (loại)
t 


2 2  t x1
2
 x  8 x 24 0

Với

0,5

 x 43;4+2
Kết hợp điều kiện, tập S {4-2
2 3 3}

nghiệm của phương trình
 x 4  2 3
là:

0,25
3

Ta có:

0,5

(1,5đ)
Theo đề bài:


Vậy tam giác ABC 

cân tại B
4

Gọi B(b;0), C(0;c) ()

1
2S
S  bhb  hb 
2
S
2
 p( p bb)
S 2Spb( p  a )( p  b)( p  c)
b
2
p ( p  b)


p  a  p  c 0
2 ( p  a )( p  c ) b
 p  a p  c
2( pa ac)( p  c )  p  a  p  c
b, c 0





0,5
0,5

1,5



(3,5đ)
Tam giác ABC
vng tại A
Mà

Lại có:
Xét hàm số ()
Bảng biến thiên:
x 0
3

AB (b  3;  1)  AB  (b  3) 2  1



ABAC
. AC09  (c  1) 2
AC ( 3; c 
1) 
  3(b  3)  (c  1) 0
10
c 0
 c10
103b 3b0  0 b 
3

1
(b  3)2  1. (c  1) 2  9
2
3
 (b  3)2  1. (3  b) 2  1
2
3
10
f ( x ) 0 xx 2 9 x  15
3 2
3
 b  9b 215
10
2
3

SABC 

1,0
1,0

f(x) 15

5
33
 B (0;0), C (0;10)
2

Vậy diện tích tam giác
ABC lớn nhất là 15 khi b=0
5
(3,0đ)

   

*) Chứng minh tính chất: OA  OB  OC OH
Cho tam giác ABC. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác thì:

1,0


Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O, D là trung điểm của BC.
Ta có: tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên D là trung điểm của HA’
   
OB  OC 2OD  AH
   
 OB  OC OH  OA

   
*)Ta có: H, I, K lần lượt
là OA
trực tâm
giác ACF, AED, BCE.
OB của
OCtam
OH
   
OH OA  OC  OF(1)
    
Từ (1)và (2)
 OI
OADC
OEEF
OD(2)

IH
    
OBBA
OC  OE (3)
(1)và (3)
 KH
OK

  EF
 
n
DC
BH

mm
n,EF
EF
Mà AB//CD//EF sao

Mà

1,0

1,0

cho , .


KH
IH ((nm1)EF
1)EF

 IH , KH

,
cùng phương.

 I, H, K

thẳng hàng
6

Đặt , (x,y >0)

(3,0đ)

Theo đề bài :

ab
c
a 2  b 2  c 2  ab  2bc  2ca 0
xy 

1,0

 x 2  y 2  1  xy  2 x  2 y 0

Áp dụng bất đẳng
thức Cơ-si:
Do đó:
Ta có:

 ( x  y  1) 2 (x xy
 y)2
xy 
4

 x  y  1

2



( x  y)2

2
 x  y 2
4
3

c2
c2
ab
P 2


2
2
1a  b ( a1 b  c) xya  b
 2


x  y 24 ( x  y  1) 2 1x  y
P
2
2
x y
xy
1( x  y )41
2(
1 x  y ).
 2


 2 x  y 2 2

2
x  y 2 2xy
 2.2

Dấu bằng xảy ra
khi x = y =1a=b=c

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



xy
4
1
2
.
2
( x  y)

2 xy x  y



4
1
2
2
( x  y)
2( x  y ) xy

1,5

0,5