Tuyển tập các đề thi học sinh giỏi toán lớp 10 (có đáp án chi tiết)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KonTum
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ SỐ 1:
Câu 1 (2 điểm)
a) Cho hàm số
2
2 3y x mx m= + −
và hàm số
2 3y x= − +
. Tìm m để đồ thị các
hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b) Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
b) Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
Câu 3 (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho điểm
(1;4)M
. Đường thẳng d qua M, d cắt
trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B
dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB.
b) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho đường tròn (C):
2 2
( 2) ( 3) 9x y− + + =
và
điểm
(1; 2)A −
. Đường thẳng
∆
qua A,
∆
cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ
nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
Câu 4 (3 điểm)
a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
.
b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
a

h b c
= +
(trong đó AB=c; AC=b;
đường cao qua A là
a
h
).
Câu 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
3
a b b c c a
a b c
b c c a a b
a b c
− + − + −
+ + ≥ +
+ + +
+ +
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Tìm m:
2
2 3y x mx m= + −
và
2 3y x= − +
cắt nhau tại hai điểm
phân biệt và hoành độ dương
1,00
Yêu cầu bài toán
⇔
PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
2 2
2 3 2 3 2( 1) 3 3 0x mx m x x m x m+ − = − + ⇔ + + − − =
0,25
' 0
3( 1) 0
2( 1) 0
m
m
∆ >


⇔ − + >


− + >


0,25
1
' 0
4
m
m
> −

∆ > ⇔

< −

0,25
Kết hợp nghiệm, kết luận
4m < −
0,25
b
Giải bất phương trình:
2
8 12 10 2x x x− + − > −
1,00
TXĐ:
2
8 12 0 2 6x x x− + − ≥ ⇔ ≤ ≤
0,25
Nếu
5 6x< ≤
thì
2
8 12 0 10 2x x x− + − ≥ > −

, bất phương trình
nghiệm đúng với mọi x:
5 6x< ≤
0,25
Nếu
2
10 2 0
2 5
8 12 0
x
x
x x
− ≥


≤ ≤ ⇒

− + − ≥


bất pt đã cho
2 2
8 12 4 40 100x x x x⇔ − + − > − +
2
28
5 48 112 0 4
5
x x x
⇔ − + < ⇔ < <
0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:
4 5x< ≤
Tập nghiệm của bpt đã cho:
(4;6]
0,25
2 a
Giải phương trình:
3 3 3
3
(4 3)
2
x x x
− + − =
(1)
1,00
Đặt
3
4 3y x x= − +
. (1) có dạng:
3 3
3
2 2 3
( )
4 3
y x
I
x x y

− =



− + =


Khi đó nghiệm
của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)
0,25
(I)
3 3
3 3
2 2 3
2 2 ( ) 0
y x
x y x y

− =

⇔

+ − + =


3 3
2 2
2 2 3(2)
( )(2 2 2 1) 0(3)
y x
x y x xy y

− =


⇔

+ − + − =


0,25
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1):
3
3
4
x = −
0,25
TH2:
2 2 2
2 2 2 1 0; ' 2 3
x
x xy y y− + − = ∆ = −
. Nếu có nghiệm thì
2
3
y ≤
.
2
Tương tự cũng có
2
3
x ≤
. Khi đó VT (2)
≤

3
2 8 2
4 3
3 3 3
 
= <
 ÷
 
.
Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm
3
3
4
x
= −
0,25
b Giải phương trình:
2
2 11 23 4 1x x x− + = +
1,00
ĐK:
1x ≥ −
.
2
(1) 2( 6 9) ( 1 4 1 4) 0x x x x⇔ − + + + − + + =
0,25
2 2
2( 3) ( 1 2) 0x x− + + − =
(*) 0,25
Do

2
0( )a a≥ ∀
nên pt(*)
3 0
1 2 0
x
x
− =


⇔

+ − =


0,25
3x⇔ =
. Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25
3 a
(1;4)M
. Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại
B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB(
; 0
A B
x y >
)
1,00
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:
1
x y

a b
+ =
0,25
Vì AB qua M nên
1 4 4 16
1 1 2 1
a b ab ab
+ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
0,25
2
1 4 1
8;" "
8
2 2
a
ab
b
a b
=

⇒ ≥ = ⇔ = = ⇔

=

0,25
Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S
1 1
. 8
2 2
OAOB ab

= = ≥
.
Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8)
0,25
b
(C):
2 2
( 2) ( 3) 9x y− + + =
;
(1; 2)A −
.
∆
qua A,
∆
cắt (C) tại M và N.
Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
1,0
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì
2 2 2
(1 2) ( 2 3) 2 9IA = − + − + = <
0,25
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có
2 2 2 2 2 2
9 4 4(9 )IH HN IN MN HN IH+ = = ⇒ = = −
0,25
Mà
2IH AH IH IA⊥ ⇒ ≤ =
2
4(9 2) 28 2 7MN MN⇒ ≥ − = ⇒ ≥
0,25

Vậy MN nhỏ nhất bằng
2 7
khi H trùng A hay MN vuông góc với
IA tại A
0,25
4 a
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
1,5
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành
0AB DC AB DC⇔ = ⇔ − =
uuur uuur uuur uuur r
0,25
( )
2
0AB DC⇔ − =
uuur uuur
2 2
2 . 0AB DC AB DC⇔ + − =
uuur uuur uuur uuur
0,25
2 2
2 .( ) 0AB DC AB AC AD⇔ + − − =
uuur uuur uuur
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) 0AB DC AB AC BC AB AD BD⇔ + − + − + + − =
(*)
0,25
0,25

3
( vì
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 . 2 .a b a a b b a b a b a b− = − + ⇒ = + − −
r r r r r r r r r r r r
) 0,25
(*)
⇔
2 2 2 2 2 2
AB BC CD DA AC BD+ + + = +
(Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
0,25
4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
2 2 2
1 1 1
a
h b c
= +
(1) 1,5
Có
. 2 sin
a
a h S bc A= =
0,25
2 2
2 2 2 2 2 2
1 4

sin
a
a R
h b c A b c
⇒ = =
0,25
(1)
2 2 2
4b c R⇔ + =
2 2
sin sin 1B C⇔ + =
0,25
1 cos2 1 cos2 2B C⇔ − + − =
cos2 cos2 0B C⇔ + =
0,25
2cos( )cos( ) 0B C B C⇔ + − =
0,25
( )

2 2
0 ;0
2
B C hay A
B C B C
B C
π π
π π
π

+ = =


⇔ < + < ≤ − <


− =


Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có
2
B C
π
− =
0,25
5
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
2 2 2
: 3 ; , , 0
a b b c c a
a b c
CMR a b c
b c c a a b
a b c
− + − + −
+ + ≥ + >
+ + +
+ +
1,00

XétM=
2 2 2
1 1 1
a b c
b c c a a b
− + − + − =
+ + +
a b a c b c b a c a c b
b c c a a b
− + − − + − − + −
+ +
+ + +
1 1 1 1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
= − − + − − + − −
+ + + + + +
0,25
2 2 2
1 1 1
( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b b c c a
b c c a c a a b a b b c
= − + − + −
+ + + + + +
0,25
Vì
1
( )( )b c c a+ +

2 2 2
4 4 1
( 2 ) (2 2 2 ) ( )a b c a b c a b c
≥ > =
+ + + + + +
;
2
( ) 0a b− ≥
2
2
2
1 ( )
( ) ;" "
( )( ) ( )
a b
a b a b
b c c a a b c
−
⇒ − ≥ = ⇔ =
+ + + +
0,25
Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại
Suy ra M
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
a b b c c a
a b c
− + − + −

≥
+ +
(Đpcm); “=”
a b c⇔ = =
0,25
4
Hình vẽ câu 3b:
H
A
N
M
I
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ SỐ 2:
SỞ GD&ĐT KONTUM
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x+ + + − + =

( )
x ∈¡
.

2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn
x
(
m
là tham số):
( ) ( )
2
2 3
2 1 1 0x m x m m− − − + + =
có hai
nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
1 2
4x x+ ≤
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
( )
3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 8P x x x x x x= + + + +
.
Câu 2 (1,5 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1
( , )
(2 1) 1

x x y xy xy y
x y
x y xy x

+ − + − =

∈

+ − − =


¡
.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho
,x y
là hai số thực dương thoả mãn điều kiện
(
)
(
)
2 2
1 1 2012x x y y+ + + + =
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của
P x y= +
.
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng
của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam

giác MNP. Chứng minh rằng
OA OB OC OH+ + =
uuur uuur uuur uuur
và ba điểm O, H, L thẳng hàng.
2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho
·
·
·
·
MAB MBC MCD MDA
ϕ
= = = =
. Chứng minh đẳng thức sau:
2 2 2 2
cot
2 . .sin
AB BC CD DA
AC BD
ϕ
α
+ + +
=
,
trong đó
α
là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm
( )
7 5 13 5

1; 5 , ; , ;
2 2 2 2
M N P
   
− −
 ÷  ÷
   
(M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa
5
độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm
( )
1; 1Q −
và điểm A có hoành độ
dương.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT KONTUM
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 1 2,0 điểm
Ta có
2 2
2 2
1 3 1 3
1 , 1
2 4 2 4
x x x x x x
   
− + = − + + + = + +
 ÷  ÷
   
nên phương trình xác định
với mọi
x∈¡
. Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 2 1 1 4x x x x x x x x− + + + + + − + + + =
0,5
2 4 2 4 2 2
2 2 2 1 4 1 1x x x x x x⇔ + + + + = ⇔ + + = −
0,5
( )
2
2
4 2 2 4
4 2 2
1 0
1 1

1 1 2
1 1
x
x
x x x x
x x x

− ≥
− ≤ ≤


⇔ ⇔
 
+ + = − +
+ + = −



0,5
1 1
0
0
x
x
x
− ≤ ≤

⇔ ⇔ =

=


. Vậy pt có nghiệm duy nhất
0.x =
0,5
2 2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn
1 2
4x x+ ≤
( )
( )
2
1 2
2
4 0
' 0
2 0
2 0
4
2 3
2 1 4
3
m
m m
m
m
x x
m

m
m

≥


− ≥
∆ ≥
− ≤ ≤


 

⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− ≤ ≤
  


+ ≤
≤ ≤
− ≤


 

≤

0,5
Theo định lí Viet ta có
( ) ( )

2
3
1 2 1 2
2 1 , 1x x m x x m m+ = − = − + +
suy ra
( ) ( ) ( )
3 3 2
3 2
1 2 1 2
8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m= + + = − − + + = − +
0,5
Bảng biến thiên 0,5
6
-24
16
-144
0
3
2
0
-2
P
m
Từ bảng biến thiên ta được:
max
16P =
khi
2m
=
,

min
144P = −
khi
2m
= −
. 0,5
2 1,5 điểm
Ta có
( )
2 2
2 3 2
2
4 2
2
( ) ( ) 1
1
(2 1) 1
1
x y xy x y xy
x x y xy xy y
x y xy x
x y xy

− + − + =

+ − + − =
 
⇔
 
+ − − =

− + =

 

0,25
Đặt
2
a x y
b xy

= −

=

. Hệ trở thành:
2
1
1
a ab b
a b
+ + =


+ =

(*) 0,25
Hệ
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0

(*)
1 1
a a a a a a
b a b a
 
+ − = + − =
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
 
Từ đó tìm ra
{ }
( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b ∈ − −
0,25
* Với
( ; ) (0; 1)a b =
ta có hệ
2
0
1
1
x y
x y
xy

− =
⇔ = =


=

. 0,25
* Với
( ; ) (1; 0)a b =
ta có hệ
2
1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y
x y
xy

− =
⇔ = − −

=

. 0,25
* Với
( ; ) ( 2; 3)a b = − −
ta có hệ
2
3 2
3 3
2
1; 3
3
2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y
x y
x y
x x
xy
x x x x x
 
= − = −

− = −
 
⇔ ⇔ ⇔ = − =
  
= −

 
+ + = + − + =
 
.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm
{ }
( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y ∈ − − −
.
0,25
3 1,5 điểm
Đặt
2
1t x x= + +
thì dễ thấy
0t >

và
2
1
2
t
x
t
−
=
(1) 0,25
Từ giả thiết ta có
2
2012
1y y
t
+ + =
. Từ đây cũng suy ra
2 2
2012
2.2012.
t
y
t
−
=
(2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
1 2012 2011 2012
2 2.2012. 2.2012

t t
x y t
t t t
− −
 
+ = + = +
 ÷
 
0,25
Do đó
2011 2012 2011 2011
.2 . .2 2012
2.2012 2.2012
2012
x y t
t
+ ≥ = =
. 0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2012t =
. Từ (1) và (2) suy ra
2011
2 2012
x y= =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
2011
2012
, khi
2011
2 2012

x y= =
.
0,25
7
4 1 1,0 điểm
K
P
N
M
D
O
H
C
A
B
Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của
BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên
2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH= ⇔ + = − ⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
Ta có
2OB OC OK OM+ = =
uuur uuur uuur uuuur
và các đẳng thức tương tự ta được:
( )
2 2OM ON OP OA OB OC OH+ + = + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
3 2OL OH⇒ =
uuur uuur
suy ra O, H, L thẳng hàng.

0,5
2 1,0 điểm
Trước hết ta có các kết quả sau:
1
. .sin
2
ABCD
S AC BD
α
=
;
2 2 2
cot
4
MAB
AB MA MB
S
ϕ
+ −
=
0,5
Tương tự ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot
4 4 4
MAB MBC MCD
AB MA MB BC MB MC CD MC MD
S S S
ϕ
+ − + − + −

= = =
( )
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
4 2 . .sin
MDA MAB MBC MCD MDA
ABCD
DA MD MA AB BC CD DA
S S S S S
AB BC CD DA AB BC CD DA
S AC BD
α
+ − + + +
= =
+ + +
+ + + + + +
= =
0,5
3 1,0 điểm
I
K
P
N
M
C
B
A
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập
được phương trình này là:

2 2
3 29 0x y x+ + − =
suy ra tâm K của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có tọa độ là
3
; 0
2
K
 
−
 ÷
 
.
0,25
8
Do
AB KP⊥
nên AB có vtpt
( )
5
2; 1
2
AB
n KP= = − −
uuur uuur
. Suy ra phương trình
( ) ( )
: 2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y+ − − = ⇔ − + =
. Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ
phương trình

2 2 2
2 3 0 2 3
1, 5
4, 5
3 29 0 3 4 0
x y y x
x y
x y
x y x x x
− + = = +
= =
 

⇔ ⇔
 

= − = −
+ + − = + − =

 
0,25
Suy ra
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
. Do
AC KN⊥
nên AC có vtpt là
( )
5
2;1

2
AC
n KN= =
uuur uuur
Suy ra pt
( )
: 2 1 5 0 2 7 0AC x y x y− + − = ⇔ + − =
. Khi đó tọa độ A, C là nghiệm
của hệ phương trình:
2 2 2
2 7 0 2 7
1, 5
4, 1
3 29 0 5 4 0
x y y x
x y
x y
x y x x x
+ − = = − +
= =
 

⇔ ⇔
 

= = −
+ + − = − + =

 
. Từ đây suy ra

( )
4; 1C −
.
Vậy
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
,
( )
4; 1C −
.
0,5
ĐỀ SỐ 3:
SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012
Môn thi: Toán 10
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số
2
3 2y x x= − +
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Tìm m để phương trình:
2
3 2 2x x m− + = −
có đúng 2 nghiệm.
Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau
a)
( ) ( )
2

1 4 8
4 8
x x
x x
= + − −
− + −
b)
( )
2
2 5 7 2 0x x x− − − ≥
c)
( ) ( )
3 3 2 2
2 2
2 3
5
0; 0
x y x y xy
x y
x y

+ = +


+ =


< <



Câu 3. (4 điểm) Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức
cot cot cotB C A
α
+ =
. Độ dài
các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a, b, c.
a) Với
1
2
α
=
chứng minh rằng
2 2 2
5b c a+ =
.
b) Tìm giá trị lớn nhất của góc A khi
( )
2 2 1
α
= −
.
Câu 4. (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
( ) ( ) ( )
1 1 1
1; 2 , 2;2 , 1;2A B C− − −
.
9
a) Tìm tọa độ điểm
M Ox∈
sao cho

·
0
1 1
45MA B =
.
b) Tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là
1 1 1
, ,A B C
.
Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC.
Câu 5. (2 điểm) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn
3x y z+ + =
. Chứng minh rằng
3 3 3
4x y z xyz+ + + ≥
.
HẾT
10
Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM
1a)
2đ
TXĐ:
D = ¡
3
2 2
b
a
− =
;
1

4 4a
∆
− = −
; a = 1 > 0
Hàm số đồng biến trên
( )
3
2
;+∞
; nghịch biến trên
( )
3
2
;−∞
.
Bảng biến thiên

Đồ thị có TĐX là x = 3/2, Đồ thị cắt Ox tại điểm (1;0) và (2; 0), cắt Oy tại (0; 2).
Đồ thị (hình vẽ 1)
0.5
0.5
BBT
0.5
ĐT
0.5
1b)
2đ
Từ đồ thị trên suy ra đồ thị hàm số
2
3 2y x x= − +

như hình vẽ 2:
Từ đó, để phương trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là:
2 0
2
1
9/2
2
4
m
m
m
m
− =

=


⇔


>
− >


1
1
2a)
2đ
Điều kiện
4 8x

≤ ≤
.
Đặt
4 8t x x= − + −
(t > 0),
( ) ( )
2
4 2 4 8t x x= + − −
Phương trình đã cho trở thành:
2 2
3
2 4 2 2
1 2 4 0
2 2
t t
t t
t t
− −
= + ⇔ = ⇔ − − =
( )
( )
2
2 2 2 0 2t t t t⇔ − + + = ⇔ =
Với t = 2,
( ) ( )
4 8 2 4 8 0 4x x x x x− + − = ⇔ − − = ⇔ =
hoặc x = 8.
0.5
0.5
0.5

0.5
2b)
2đ
Điều kiện:
2x ≥
. Bất phương trình đã cho tương đương với
TH1:
2
1
2 5 7 0
7/2
7/2
2 0
2
x
x x
x
x
x
x
 ≤ −


− − ≥
 

⇔ ⇔ ≥
≥
 


− ≥



≥

(t/m điều kiện)
TH2:
2
2 5 7 0
1 7/2
2
2
2 0
x x
x
x
x
x

− − ≤
− ≤ ≤


⇔ ⇔ =
 
=
− ≤




(t/m điều kiện)
Vậy, bất phương trình đã cho có tập nghiệm
{ }
[
)
2 7/2;S = ∪ +∞
.
0.5
0.5
0.5
0.5
2c)
2đ
Do x < 0; y < 0 nên x + y < 0
Ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
3 3 2 2 2 2
2 2 2 2
2 3 2 3
5 5
x y x y xy x y x xy y xy x y
x y x y
 
+ = + + − + = +
 
⇔

 
+ = + =
 
 
( )
2 2
2 5 3
3 2
2 1
5
xy xy
x y x
xy y
x y
− =
+ = − = −
 

⇔ ⇔ ⇔
  
= = −
+ =
 


hoặc
1
2
x
y

= −


= −

(thỏa mãn)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm (-1; -2) và (-2; -1).
0.25
0.5
1
11
Hình 1
Hình 2
0.25
3a)
2đ
2 2 2 2 2 2
cos
cot
sin 2 sin 4
A b c a b c a
A
A bc A S
+ − + −
= = =
.
Tương tự:
2 2 2 2 2 2
cot ;cot
4 4

a c b a b c
B C
S S
+ − + −
= =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot cot cot .
4 4
a c b a b c b c a
B C A
S S
α α
+ − + + − + −
+ = ⇔ =
( )
( )
2 2 2
2 a b c
α α
⇔ + = +
(*)
Với
1
,
2
α
=
ta có
( )
( )

2 2 2 2 2 2
1 1
2 2
2 5a b c b c a+ = + ⇔ + =
0.5
0.5
0.5
0.5
3b)
2đ
Từ (*)
2 2 2
2
b c a
α
α
+
⇒ + =
( )
2 2 2
2 2 2
2
2
2 2
2
2 2
cos
2 2 2
2
2 2 2 2

2
2 2
2 2 2 1
.
a a a
b c a
A
bc bc bc
a
a
b c
a
α
α α
α
α
α
α
α
+
−
+ −
= = =
≥ = = = =
+
+
+
+ −
Suy ra,
0

45A ≤
. Vậy GTLN của góc A là 45
0
khi
b c=
.
0.5
0.5
0.5
0.5
4a)
Gọi
( )
;0M x Ox∈
.
( ) ( )
1 1 1
1;2 ; 3;4A M x A B= + =
uuuur uuuur
. Ta có:
·
( )
( ) ( )
2
0
1 1 1 1 1 1 1 1
. . .cos 3 1 8 1 4.5.cos 45A M A B A M A B MA B x x= ⇔ + + = + +
uuuur uuuur uuuur uuuur
( )
( )

2
2 2
11/3
6 22 5 2 2 5
36 264 484 50 2 5
x
x x x
x x x x
≥ −


⇔ + = + + ⇔

+ + = + +


2
11/3
13
9/7
14 164 234 0
x
x
x
x x
≥ −
=


⇔ ⇔



= −
− − =


. Vậy,
( )
13;0M
hoặc
( )
9/7;0M −
0.5
0.5
0.5
0.5
4b)
12
H
Chứng minh được trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
1 1 1
A B C
.
G/s
( )
;H x y
,
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
1; 2 ; 0;4 ; 3;4A H x y AC A B= + + = =

uuuur uuuur uuuur
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1
2; 2 ; 3; 4 ; 3;0B H x y B A B C= − − = − − = −
uuuur uuuur uuuur
. Ta có
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2
4 2 3 1 4 2
cos , cos ,
1 2 .4 1 2 .5
3 2 4 2 3 2
cos , cos ,
2 2 .5 2 2 .3
y x y
A H A C A H A B
x y x y
x y x

B H B A B H B C
x y x y
+ + + +
=


=

+ + + + + +
 
⇒
 
− − − − − −
=
 
=


− + − − + −


uuuur uuuur uuuur uuuur
uuuur uuuur uuuur uuuur
5 10 3 4 11 3 1 0
3 4 14 5 10 2 2 1
y x y x y x
x y x x y y
+ = + + − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔

  
+ − = − − = − =
  
.
( )
0;1H
.
BC qua
( )
1
1; 2A − −
, nhận
( )
1
1;3A H =
uuuur
làm vecto pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )
1 3 2 0 3 7 0x y x y+ + + = ⇔ + + =
.
0.5
0.5
0.5
0.5
5)
BĐT
( ) ( ) ( ) ( )
3 3
3 3
3 4 0 3 3 3 4 0x y xy x y z xyz z z xy z xyz⇔ + − + + + − ≥ ⇔ − + − − + − ≥

( )
2
4 9 9 27 23 0xy z z z⇔ − + − + ≥
.
Đặt
t xy=
, do
( ) ( )
2 2
3
0
4 4
x y z
xy
+ −
≤ ≤ =
nên
( )
2
3
0
4
z
t
−
≤ ≤
Ta chứng minh
( ) ( )
2
4 9 9 27 23 0f t z t z z= − + − + ≥

, với mọi
( )
2
3
0
4
z
t
−
≤ ≤
(*)
( )
f t
là hàm bậc nhất đối với t nên đạt được GTNN tại
0t =
hoặc
( )
2
3
4
z
t
−
=
+
( ) ( )
2
0 9 27 23 0 do 9 0; 99 0f z z a= − + > = > ∆ = − <
+
( )

( )
( )
( ) ( )
2 2
2
2
3 3
1
4 9 9 27 23 1 4 11 0
4 4 4
z z
f z z z z z
 
− −
 ÷
= − + − + = − + ≥
 ÷
 
Vậy, (*) đúng, ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi x = y = z= 1.
0.5
0.25
0.5
0.5
0.25
ĐỀ SỐ 4:
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: Toán
ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)

SỐ BÁO DANH:…………… Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
13
Câu 1:(3.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
2
2
2
10
1
2 12
x
x
y y
x x
y

+ + =




+ + =


b) Giải phương trình:
( )
2
cos2 cos4 6 2sin 3x x x
− = +
Câu 2:(2.5 điểm)

a) Tính giới hạn dãy số:
(
)
4 2 6
3
lim 1 1n n n+ + − +

b) Cho dãy số
( )
n
u
xác định như sau:
1
1
1
2013
1
( 1)
2013
n
n
n n
n
u
u u n
+
+
=




= + ≥


Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn dãy số
( )
n
u
?
Câu 3:(2.5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC=2a,
AB=AD=DC=a (a>0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC
và BD. Biết SD vuông góc với AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng (
α
) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với
hai đường thẳng SD và AC.
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (
α
). Biết MD = x.
Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.
Câu 4:(2.0 điểm) Cho phương trình:
4 3 2
0x ax bx cx d+ + + + =

a) Với
2013d
= −
, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân

biệt.
b) Với
1d
=
, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh
2 2 2
4
3
a b c+ + ≥

HẾT
SỞ GD&ĐT KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012 - 2013
Môn thi: Toán
14
(Khóa ngày 27 tháng 3 năm 2013)
HƯỚNG DẪN CHẤM
(Đáp án, hướng dẫn này có 4 trang)
yªu cÇu chung
* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập
luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng.
* Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải
sau có liên quan. Ở câu 3 nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì cho điểm 0.
* Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần
là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm.
* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng
bài.
* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài.
Câu Nội dung Điểm
1

a) ĐK:
0y ≠
. Đặt
1
1;a x b
y
= + =
Ta có hệ phương trình trở thành

2 2
11
5 7 2 3
( )
6 18 3 2
13
a b ab
a b a b a a
VN
ab ab b b
a b
+ + =
+ = + = − = =

   
⇔ ∨ ⇔ ∨
    
= = = =
+ =
   


TH1:
2
1
( ; ) 1;
3
3
a
x y
b
=

 
⇒ =

 ÷
=
 

TH2:
3
1
( ; ) 2;
2
2
a
x y
b
=

 

⇒ =

 ÷
=
 

1,5 điểm
0,25
0,75
0,25
0,25
b)
( )
2
cos2 cos4 6 2sin3x x x
− = +
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
4sin sin 3 6 2sin3
4(1 sin sin 3 ) 2(1 sin3 ) 0
4 sin (1 sin 3 ) cos 2(1 sin3 ) 0
4(sin cos 3 cos ) 2(1 sin3 ) 0
sin3 1
sin3 1
sin cos 3 0 2 ( )

2
cos 0
cos 0
x x x
x x x
x x x x
x x x x
x
x
x x x k k Z
x
x
π
π
⇔ = +
⇔ − + + =
 
⇔ − + + + =
 
⇔ + + + =
= −

= −


⇔ = ⇔ ⇔ = + ∈
 
=



=

1,5 điểm
0,5
0,5
0,5
15
2
a)
(
)
(
)
4 2 6 4 2 2 6 23 3
lim 1 1 lim 1 ( 1 )n n n n n n n n
+ + − + = + + − − + −
Ta có:
(
)
2
2
4 2 2
4 2 2
2 4
1
1
1 1
lim 1 lim lim
2
1 1

1
1 1
n
n
n n n
n n n
n n
 
+
 ÷
 
+
 ÷
+ + − = = =
 ÷
 ÷
+ + +
 
+ + +
 ÷
 
6 2
3
6 2 2 6 4
3 3
1
lim( 1 ) lim 0
( 1) ( 1)
n n
n n n n

+ − = =
+ + + +
Do đó
(
)
4 2 6
3
1
lim 1 1
2
n n n
+ + − + =
1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
b)
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
1 1
1 1
1 1
2013 2013
n n n n
n n n n
n n
u u u u

+ +
+ +
= + ⇒ − =

Do đó:
2 1
2 1
1
1
2013
u u− =

3 2
3 2
2
1
2013
u u− =


1
1
1
1
2013
n n
n n
n
u u
−

−
−
− =
Suy ra:
1
1
1
1 2 1
1
1
1 1 1
2013

2013 2013 2013 2012
n
n
n
n
u u
−
−
 
−
 ÷
 
− = + + + =

1
1
1

2013
2013
2012
n
n
n
u
−
 
−
 ÷
 
= +
1
1
1
1 1 1 2014 2013
2013
1 2013 2014 1
2012
n
n
n
n
u
n n
−
 
−
 ÷

+ + + +
 
< = + < < = +
(Cô si)
Mặt khác
2013
lim 1 1
n
 
+ =
 ÷
 
. Vậy
lim 1
n
u =
1,5 điểm
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
16
3

O
B
C
A
D

S
T
M
N
P
K
Q
J
2,5 điểm
0,25

a) Dễ thấy đáy ABCD là nữa hình lục giác đều cạnh a.
Kẻ DT//AC (T thuộc BC). Suy ra CT=AD=a và DT vuông góc SD.
Ta có: DT=AC=
3a
.
Xét tam giác SCT có SC=2a, CT=a,
0
120SCT∠ =
7ST a⇒ =
Xét tam giác vuông SDT có DT=
3a
,
7 2ST a SD a= ⇒ =
b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N,P.
Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần
lượt tại K, J, Q. Thiết diện là ngũ giác NPQKJ.
Ta có: NJ, MK, PQ cùng vuông góc với NP.
dt(NPQKJ)=dt(NMKJ)+dt(MPQK)=
1 1

( ) ( )
2 2
NJ MK MN MK PQ MP+ + +
1
( ).
2
NJ MK NP= +
(do NJ=PQ).
Ta có:
. . 3
3
3
NP MD AC MD x a
NP x
a
AC OD OD
= ⇒ = = =

2 .
.
3
2( 3)
3
a
a x
NJ AN OM SDOM
NJ a x
a
SD AD OD OD
 

−
 ÷
 
= = ⇒ = = = −

( )
2 . 3
. 2
( 3 )
3 3
a a x
KM BM SD BM
KM a x
SD BD BD
a
−
= ⇒ = = = −
Suy ra: dt(NPQKJ)=
1 2
2( 3) ( 3 ) 3 2(3 2 3 )
2
3
a x a x x a x x
 
− + − = −
 ÷
 

2
2

1 1 3 3
(3 2 3 )2 3 (3 2 3 ) 2 3
4
3 4 3
a x x a x x a
 
= − ≤ − + =
 
Diện tích NPQKJ lớn nhất bằng
2
3 3
4
a
khi
3
4
x a=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
17
4
a) d= -2013
Đặt

4 3 2
( ) 2013f x x ax bx cx= + + + −
liên tục trên R.
Ta có:
( )
0 2013 0f = − <
Mặt khác
lim ( )
x
f x
→±∞
= +∞
, nên tồn tại 2 số
0; 0
α β
< >
sao cho
( ) 0; ( ) 0f f
α β
> >
. Do đó
(0). ( ) 0; (0). ( ) 0f f f f
α β
< <
.
Vậy phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng
( ,0)
α
và
(0, )

β
1.0 điểm
0,25
0,5
0,25
b) d=1: Gọi
0
x
là nghiệm của phương trình (
0
0x ≠
)

4 3 2 2
0 0 0 0 0 0
2
0 0
1 1
1 0x ax bx cx b x ax c
x x
−
+ + + + = ⇔ = − + − −
Ta có:
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2
0 0 0 0
2 2 2
0 0 0 0
1 1 1 1

( 1) ( 1)a b c x a c x ax c x
x x x x
 
 
−
 
+ + + + = + + − + − − + +
 ÷
 
 
 
2 2
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
1 1 1 1
ax c x ax c x
x x x x
   
−
≥ + − + − − = +
 ÷  ÷
   
Suy ra:
( )
2
2
0
2

2
0
2 2 2
2
0
2
0
1
1
1
1
x
x
t
a b c
t
x
x
 
+
 ÷
 
+ + ≥ =
+
+ +
với
2
0
2
0

1
2t x
x
= + ≥
Mặt khác:
2
2
4
3 4 4 0 ( 2)(3 2) 0
1 3
t
t t t t
t
≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − + ≥
+
(đúng do
2t ≥
).
Vậy
2 2 2
4
3
a b c+ + ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi
2
3
a b c= = = −
(ứng với
0

1x =
)

2 2
,
3 3
a c b= = = −
(ứng với
0
1x = −
)
1.0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
ĐỀ SỐ 6:
TRƯỜNG THPT KON TUM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013
Môn: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi: 31/01/2013
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1. (4.0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2
2

11 25
1
5
x
x
− =
+
18
2.Giải hệ phương trình:

( )
2 2
2
2
6 0
2
1 3 0
x y
x y
x y

− − =


 
+ − − − =

 ÷
−
 


Bài 2. (5.0 điểm)
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1)
1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng
2x =
và có đỉnh nằm trên trục Ox.
Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P).
2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất.
Bài 3. (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho:
3
a
BM
=
;
2
; (0 )
3
a
CN AP x x a
= = < <
. Tìm x theo a để AM ⊥ PN.
Bài 4. (2 điểm)
Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
3
3 1x
= +

làm nghiệm.
Bài 5. (3.0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
.
Bài 6. (3.0 điểm)
Cho tam giác
ABC

không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong
( )
, ,AD BE D BC E AC
∈ ∈
biết rằng
. .AD BC BE AC
=
. Tính góc C.
HẾT
19

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Chú ý:
1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó
giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp
cho cách giải khác.
2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm
bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn
lại.
Đáp án chấm chi tiết
Câu Nội dung Điểm
1.1
Giải phương trình:
( )
2
2
11 25
1
5
x
x
− =
+
(1)
2đ
Đặt
( )
5 0; 5t x t t= + ≠ ≠ −
khi đó phương trình trở thành

( )

( ) ( )
2 2
2 2
2
2
11 25
1 11 25 5 5
5
t t t t
t
t
− = ⇔ − − = −
−
0.5đ
4 3 2
2
2
10 39 250 625 0
625 25
10 39 0
t t t t
t t
t
t
⇔ − + − + =
   
⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
0.5đ

Đặt
( )
25
10, 10 (*)a t a a
t
= + ≥ ≠ −

ta thu được phương trình
2
10 11 0 11(do(*))a a a
− − = ⇔ =
0.5đ
Với
11a
=
ta có
2
25 11 21
11 11 25 0
2
t t t t
t
±
+ = ⇔ − + = ⇔ =

khi đó phương trình đã cho có nghiệm là:
1 21
2
x
±

=
0.5đ
1.2
Giải hệ phương trình:

( )
2 2
2
2
6 0
( )
2
1 3 0
x y
I
x y
x y

− − =


 
+ − − − =

 ÷
−
 

2đ
Ta có

( ) ( )
( )
( )
2
2
6
( )
4
1 3
x y x y
I
x y
x y

− + =

⇔

+ − − =

−

Đặt
( )
0
a x y
b
b x y
= −


≠

= +

ta có hệ
( )I
trở thành
( )
( )
2
2
2
2
1
(1)
. 6
6
( )
4
1 3
4
1 3 (2)
36
a
a b
b
I
a
a
a

b

=
=


 
⇔ ⇔
 
− − =
 
− − =



0.5đ
Từ (2) ta có phương trình:
( )
2
2 2
3
9 1 27 8 18 18 0
3
4
a
a a a a
a
=



− − = ⇔ − − = ⇔
−

=

0.5đ
20
*Với
3a =
ta có
2b =
suy ra
5
3
2
2 1
2
x
x y
x y
y

=

+ =


⇔
 
− =



=



nghiệm hệ là
( )
5 1
; ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
0.5d
*Với
3
4
a = −
ta có
8b = −
suy ra
35
3
8
4
29
8

8
x
x y
x y
y
−

=


+ = −
 
⇔
 
 
− = −
=




nghiệm hệ là
( )
35 29
; ;
8 8
x y
−
 
=

 ÷
 
0.5đ
2.1
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1). Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối
xứng x= 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị
(P).
2đ
Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên
2 2a a
− = ⇔ = −
mà đỉnh của (P) nằm trên Ox
do đó
2
0 2 4.2 4b b= − + ⇔ =
hàm số trở thành
2
4 4y x x= − +
0.5
Bảng biến thiên
x
−∞
2 +
∞
y +
∞
0

+
∞
0.5
Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I(2;0), nhận x = 2 làm trục đối xứng và qua
các điểm A(1; 1), B(0;4), C(3; 1), D(4;4)
0.5
Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số. 0.5
2.2 Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ
nhất.
3đ
Gọi A là giao điểm của (P) với Oy ta có A(0;4), M
( )
( )
( )
2
2
( ,Ox) 2
( ) ; 2
( ,Oy)
d M a
M P M a a
d M a

= −

∈ ⇒ − ⇒

=



Vậy với
( )
2
( ,Ox) ( ,Oy) 2S d M d M a a= + = + −

1đ
Nếu a < 0 thì S > 4.
Nếu a > 2 thì S >2
0.5đ
Nếu
0 2a≤ ≤
thì
( )
2
2
3 7 7
2
2 4 4
S a a a
 
= + − = − + ≥
 ÷
 
0.5đ
Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là
7
4
xảy ra khi
3
2

a =
khi đó
3 1
;
2 4
M
 
 ÷
 
là
điểm cần tìm

1đ
3 Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P 3đ
21
x
y
O
sao cho: BM =
3
a
; CN =
2
3
a
; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN
Từ giả thiết ta có:
1 1
;
3 3

AP x x AN
AP AB AN AC
AB a a AC
= ⇒ = = ⇒ =
uuur uuur uuur uuur

vậy
1
3
x
PN AN AP AC AB
a
= − = −
uuur uuur uuur uuur uuur
0.75
suy ra
1
3 3
3
x
PN AC AB aPN aAC xAB
a
= − ⇔ = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hơn nữa:
2 1
AM 3AM 2
3 3
AB AC AB AC
= + ⇔ = +

uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
1
AM ⊥ NP ⇔
( ) ( )
. 0 3 .3 0 2 3 0AM PN AM aPN AB AC xAB aAC
= ⇔ = ⇔ + − + =
uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
0.5
( ) ( )
2 2 2 3 2
1
6 . 2 3 . 0 6 2 3 0
2
x AB aAC a x AB AC xa a a x a
⇔ − + + − = ⇔ − + + − =
uuur uuur
0.75
4 Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
3
3 1x = +
làm nghiệm.
2đ
Ta có
( )
3
3 3
3 1 3 1 3 1x x x= + ⇔ = − ⇔ = −
3 2
3 3 4 0x x x⇔ − + − =
Vậy

3 2
( ) 3 3 4P x x x x= − + −
là một đa thức thỏa ycbt
Ta chứng minh n = 3 là bậc nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy vì không có đa thức bậc
nhất với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai
với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm là
2
ax bx c+ +
khi đó tồn tại đa
thức với hệ số nguyên mx + n sao cho

( )
( )
2
( )P x mx n ax bx c= + + +
bằng cách
đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên.
Vậy
( )
3 2
( ) 3 3 4 ( , 0)Q x k x x x k k= − + − ∈ ≠¢
là đa thức cần tìm.

5
CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có:
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
.(1)
3đ
Ta có :
( )
3 3
3
(1) 4 x y x y
⇔ + ≥ +
. 0,5đ
Mà
( )
( ) ( ) ( )
3 2
3 3
4 3 0x y x y x y x y
+ − + = + − ≥

1,5đ
Suy ra:
( )
3 3
3
4z x y z x y
+ + ≥ + +
. 0,5đ
Vậy
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
0,5đ
6
Cho tam giác
ABC

không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong
( )
, ,AD BE D BC E AC∈ ∈
biết rằng

. .AD BC BE AC=
. Tính góc C.
3đ
Gọi O là giao điểm hai đường phân giác
Ta có:
·
·
. sin . .sinAD BC ADB BE AC AEB=
mà
·
·
. . sin sinAD BC BE AC ADB AEB= ⇒ =
1đ
22
2 3
15 4
2 0
2 15
⇔ − + = ⇔ =xa a x a
·
·
·
·
180
o
ADB AEB
ADB AEB

=
⇒



+ =

0.5đ
TH1: Nếu
·
·
ADB AEB=
thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó
· ·
EAD EBD=
tức là
µ µ
A B=
, điều này trái với giải thiết bài toán
0.5đ
TH2: Nếu
·
·
180
o
ADB AEB+ =
thì
·
·
180
o
ECD EOD+ =
do đó

·
· ·
·
( )
µ
1
180 90
2
o o
EOD AOB ABO BAO C= = − + = +

Suy ra
·
·
µ µ µ
1
180 90 60
2
o o o
ECD EOD C C C= + = + + ⇒ =
0.5đ
Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi
µ
60
o
C =
0.5đ
Hết
ĐỀ SỐ 7:
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT CON
CUÔNG
ĐỀ THI VÀO LỚP CHỌN KHỐI 10
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,5 điểm). Cho biểu thức
1 1
4
2 2
x
A
x
x x
= + −
−
− +
1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức
A
2. Tìm giá trị x để
3
5
A
x
=
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình
2 2
2 4( 1) 2 3 0 (1)x m x m m
− + + + − =
, m là

tham số thực.
1. Giải phương trình (1) khi
2m
=
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn:
23
Hình vẽ bài 3
A
P
B
M C
N
Hình vẽ bài 6
C
D
B
A
E
2 2
1 1 2
(2 3) 2 4( 1) 8m m x x x m+ − + + + =
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 3
2 1y x y
x y y


− = −


− =


Câu 4 (3,5 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có BC = a, AB = 3BC. Gọi M
là điểm đối xứng của B qua C, đường thẳng đi qua B vuông góc với DM tại
N cắt CD tại I.
1. Chứng minh tứ giác CMNI nội tiếp đường tròn
2. Chứng minh tam giác ANC vuông tại N
3. Tính độ dài đoạn thẳng BN theo a
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn
2 2 2
0a b c+ + >
.
Chứng minh rằng:
2 2 2
2
2 2
a b c
a b c
+ +
≤
+ +
Hết
Học sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì
thêm.
Họ và tên:

SBD:
Hướng dẫn giải:
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 3
2 1y x y
x y y

− = −


− =


( ) ( )
( )





=−
−=
⇒





=−

−=−
2
11
12
32
2
32
2
yyx
yx
yyx
yxy
Lấy (1) thế (2) được:
24

( )
( )
0*
0*
301565
01
2
2
34
3
4
≠
⇒=
=+−+−⇔
=−−−

yxet
tmkoyxet
yyy
yyy
Chia cả 2 vế cho y
2
được:
2
11
:
06
1
5
1
2
2
2
2
2
−=+⇒=+
=+








+−









+
t
y
yt
y
yđăt
y
y
y
y
Phương trình trên trở thành:



=
=
⇒
=++⇔
=++−
4
1
045

0652
2
2
t
t
tt
tt
Sau đó suy ra y rồi thế y vưa tìm vào (1) để tìm x
}
} }{{{
324;32,324;32,
−−++=
yx
Bài 5:
Tá có :
( )
( )
( )
( )
( )



=+
=
⇔=
⇒=







++
++
≤
++
++
⇒
>++
++
=
++
≥++≥++=++
cba
ba
đpcm
cba
cba
cba
cba
cbavi
cbacba
cbacbacba
""
2
2
22
0
2

2
222
222
222
2
2
2
222222
25