Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 (có đáp án chi tiết)

www.VNMATH.com
Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH


KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN XX – NĂM 2014

Môn thi : Toán - Khối : 10
Ngày thi : 05/04/2014

Trường THPT Chuyên

Lê Hồng Phong

Thời gian làm bài : 180 phút

Ghi chú : – Thí sinh làm mỗi câu trên mô ̣t hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở trang 1 của
mỗi tờ giấy làm bài.
– Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay .
– Đề này có 01 trang.

Bài 1 (4 điể m): Giải hệ phương trình sau:
2
2
2
2

 5x  2xy  2y  2x  2xy  5y  3(x  y)
.


3
2x

y

1

2
7x

12y

8

2xy

y

5


Bài 2 (4 điể m): Cho đường tròn (O) đường kính AB , C là điểm di đô ̣ng trên (O) không trùng với A
và B. Các tiế p tuyế n của (O) tại B và C cắ t nhau ta ̣i N, AN cắ t (O) tại D khác A. Tiế p tuyế n
của (O) tại D cắ t CN ta ̣i P. Chứng minh rằ ng P di đô ̣ng trên mô ̣t đường cố đinh
̣ khi C di
đô ̣ng trên (O).
Bài 3 (3 điể m ): Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh :
a
b
c

≤ 1.


2
2
2
2
2
2
2
7a  b  c
a  7b  c
a  b2  7c2
Bài 4 (3 điể m): Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình :
x2 + y2 + x + y = kxy
có nghiệm nguyên dương x , y.
Bài 5 (3 điể m): Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động
viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải,
người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra . Chứng minh rằ ng khi đó có thể chọn ra ba vận
động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người đươ ̣c cho ̣n đều đã thi đấu với nhau.
Bài 6 (3 điể m) Cho hàm số f: N*  N*\{1} (N* là tập hơ ̣p các số nguyên dương) thỏa mãn:
f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168.
Tính f(2014).
Hế t


www.VNMATH.com
Bài
Bài 1

ĐÁP ÁN TOÁN 10
Nội dung
Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau
 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y)

 2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5

(1)

∑=4.0

.

(2)

Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và
5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2
2

2

1.0

2

2

=

(2x  y)  (x  y)  (x  2y)  (x  y)

≥

(2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y)

0.5

Dấu “=” xảy ra  x  y  0
Thế y = x vào (2), ta được:

3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5 (3)

0.5

(3)  3 x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8   x  2    2 x 2  2 x




 x2  x

3x  1  x  1
x2  x

3x  1  x  1

2  x 3  6 x 2  7 x 
3

19 x  8

2

3

 ( x  2) 19 x  8  ( x  2)
2  x 2  x  ( x  7)

3

19 x  8

2

3

 ( x  2) 19 x  8  ( x  2)

 2x2  2x

0.5

 2( x 2  x)  0

0.5

2

2

 x2  x  0

1
2( x  7)
 

 2  0 (*)
2
 3 x  1  x  1 3 19 x  8   ( x  2) 3 19 x  8  ( x  2)2

Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1.

0,5

0.5

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0; 0  , 1;1
Bài 2

Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và
B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp
tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định
khi C di động trên (O).
Xét hệ trục Oxy sao cho A(0; 1), B(0; –1).
Ta có:
(O): x2 + y2 = 1; C  (O) nên C(cost; sint).
Vì C không trùng A và B nên cost ≠ 0.
CP là tiếp tuyến của (O) tại C
 CP: cost.x + sint.y – 1 = 0.

A

∑=4

0,5
C
P

O
D

B

1  sin t
; –1)
cos t
  1  sin t
1

Đường thẳng AN có VTCP là AN  
; 2  
(1  sin t ; 2 cos t )
 cos t
 cos t
 AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = 0  AN: 2xcost + (1+ sint)y = 1 + sint
BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = 0  BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost
Ta có D = AN  BD nên tọa độ D thỏa hệ:

N

N(xN; –1)  CP  N(

0,5
0,5
0,5


2x cos t  (1  sin t)y  1 www.VNMATH.com
sin t
4 cos t
5sin t  3
 x
;y

5  3sin t
5  3sin t
(1  sin t)x  2y cos t  2 cos t
4 cos t
5sin t  3
.x +
.y – 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến của (O) tại D)
5  3sin t
5  3sin t

4cost.x + (5sint – 3).y = 5 – 3sint

DP:

Bài 3

Vì P = DP  CP nên tọa độ P thỏa hệ:
4x cos t  (5y  3)sin t  3y  5
4 cos t.x  (5sin t  3) y  3sin t  5
 

1
cos t.x  sin t. y
4x cos t  4y sin t  4
3y  1
3(1  y 2 )
 sin t 
và cos t 
. Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1.
y3
x(y  3)
Ta có sin2t + cos2t = 1  x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2.
 9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2.
 8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 0  8x2 + 9(y2 – 9) = 0 (vì 1 – y2 ≠ 0)
x2

 y2  1 .
9/8
x2
 y2  1.
Vậy P thuộc elip (E):
9/8
Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh:
a
b
c



1
2
2
2
2
2
2
2
7a  b  c
a  7b  c
a  b 2  7c 2
Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:


 7a

2

 b 2  c 2   7  1  1   7 a  b  c 

1
9
1
3





2
2
2
7a  b  c  7a  b  c
7a2  b2  c2 7a  b  c
2

a
7a2  b2  c2



2

3a
7a  b  c

1
1
1 2
1 
3a
1 2
a


  
  



7a  b  c 3a  3a  a  b  c 9  3a a  b  c 
7a  b  c 3  3 a  b  c 
1 2
a
a

Do đó:
  

2
2
2
3 3 abc 
7a  b  c

0,5

0,5

0,5

0.5

∑ = 3.0
0.5
0.5

Mà

b

1 2

  

3 3 abc 
a  7b  c
1 2
c
c

  

2
2
2
3 3 a b c 
a  b  7c
a
b
c
Cộng vế theo vế ta được:


1
2
2
2
2
2
2

2
7a  b  c
a  7b  c
a  b 2  7c 2

Tương tự ta có:

Bài 4

1.0

b

2

2

2

Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x 2  y 2  x  y  kxy (1)
có nghiệm nguyên dương x, y .
Không mất tính tổng quát, giả sử x  y . Xét giá trị k nguyên dương sao cho
phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy ta gọi
 x0 ; y0  là nghiệm sao cho x0  y0  1 và x0  y0 nhỏ nhất.

1,0

∑ = 3.0

0,5

Ta có x02   ky0  1 x0  y02  y0 = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình
f  x   x 2   ky0  1 x  y02  y0 = 0.

Vì f  x  là bậc 2 nên f(x) còn có thêm một nghiệm là x1 . Do đó (x1; y0) thỏa (1)
nên (x1; y0) là một nghiệm của (1).
Mà cách chọn  x0 ; y0  có x0 + y0 nhỏ nhất nên x1  y0  x0  y0  x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ 1.
Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f  x  có hệ số bậc
2 là số dương. Từ đó f  y0   0 .

1,0


Do f  y0   2 y02  2 y0  ky02 nên ta
có
www.VNMATH.com
2
k  2   4 (vì y0  1 ). Suy ra k  1; 2; 3; 4 .
y0

0,5

2

3
y
+ Với k  1 thì (1)  x 2  y 2  x  y  xy   x    y 2  x  y  0 (vô lý )
2



2

4

2

2

0,5

+ Với k  2 thì (1)  x  y  x  y  2 xy   x  y   x  y  0 (vô lý)
+ Với k  3 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm  x; y    2; 2 
+ Với k  4 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm  x; y   1;1
Bài 5

Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên
tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải,
người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra. Chứng minh: khi đó có thể chọn ra ba vận
động viên sao cho hai người bất kỳ đều đã thi đấu với nhau.
Ta chứng minh bằng quy nạp theo n .
● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự là A, B,C , D và có 5 ván đấu đã diễn
ra.
Nếu hai trong ba người B,C , D đều đã đấu với nhau một ván thì ta có đpcm.
Nếu có hai trong ba người B,C , D chưa đấu với nhau. Giả sử B và C chưa đấu với

0,5

∑ = 3.0

1.0

nhau thì do số trận tối đa là C24 – 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là
chưa đấu với nhau. Khi đó ba người A, B, D và A,C , D thỏa mãn yêu cầu bài toán.





● Giả sử bài toán đúng với n = k k   *, k  2 .

Bài 6

● Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1.
Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau.
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1 thì theo
giả thiết quy nạp ta có đpcm.
Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k 2 , mà tại thời
điểm này có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà E và F
đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả ván đấu giữa E và F ). Suy ra số ván đấu
giữa E, F với nhóm 2k vận động viên kia lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*) .
Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và
F thì số ván thi đấu tối đa là 2k (mâu thuẫn với (*))
Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã đấu với cả E và
F (giả sử người này là G). Khi đó ta có 3 vận động viên E , F ,G thỏa yêu cầu bài toán.
Vậy bài toán được chứng minh.
Cho hàm số f: N*  N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n  N*

1.0

1.0

∑ = 3.0

Tính f(2014)?

0.5

Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168
Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168
Do đó k  N* thì f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)]
Suy ra rằng:
f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)]

(1)

f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)]

(2)

0.5

Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k  N*, k ≥ 2
Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k + 1) ≠ f(2k – 1).
Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| là số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ 1
k–1

và f(n) ≥ 2, n  N* . Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2

, với k  N*, k ≥ 2

0.5


Điều này không thể xảy ra. Vậy f(3)
= f(1) suy ra f(2k + 1) = f(2k – 1) = a
www.VNMATH.com

0.5

Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b  N*; a, b ≥ 2
Giả thuyết: a + b = ab - 168  ab – a – b + 1 = 169 = 132  (a – 1)(b – 1) = 132.
a  1  169
a  1  1
 a  1  b  1  13 hoặc 
hoặc 
b  1  1
b  1  169
 b  14
  b  2 .
 b  170
Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoặc f(2014) = 170

0.5

Chú ý:
Nếu học sinh làm bài 1 theo cách sau thì biểu điểm bài 1 như sau:
Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau
 5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y)
(1)

.

(2)
 2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5
Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và
5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 =

≥

∑=4.0

(2x  y)2  (x  y)2  (x  2y)2  (x  y)2



3  x  1

0.5

3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5  3x  1  2  2

3x  1  2

38  x  1


3

x  1


3


 3x  1  2


Xét phương trình:

19 x  8 

2

 3 3 19 x  8  9

19 x  8 

2



3



19 x  8  3  2 x 2  x  3

  x  1 2 x  3

38
3

1.0

(2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y)

Dấu “=” xảy ra  x  y  0
Khi đó, ta được:

0.5

0.5
0.5

 2x  3

0.5

 3. 3 19 x  8  9

3

3x  1  2

38
3

19 x  8

2

 2x  3

(*)

 3. 3 19 x  8  9

Ta thấy x  0 là một nghiệm của phương trình (*)
3
38
Với mọi x  0 , ta có:

 3  2x  3
3 x  1  2 3 19 x  8  2  3. 3 19 x  8  9
Nên phương trình (*) không có nghiệm dương.
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0;0  , 1;1

0.5

0.5


TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
Web: />Ngày 14/03/2013
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN: TOÁN LỚP 10
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình :

x3  3x2  2 (x  2)3  6x  0
Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ :
 x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy

2
3
 2 x  2 y  1  3 y  14  x  2
 1 
Câu 3 (1,5 điểm). Cho hình vuông ABCD. E,F là hai điểm thoả mãn: BE  BC ,
3

 
 
1 
CF   CD , AE  BF  I . Biểu diễn AI , CI theo AB, AD . Từ đó chứng minh góc AIC
2
bằng 900 .

Câu 4 (1,5 điểm). Chứng minh rằng nếu các cạnh và các góc của tam giác ABC thoả
mãn điều kiện :

b
c
a


thì tam giác đó vuông.
cosB cosC sinB.sinC

Câu 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M(1;-1) là trung điểm của BC,
2
3

trọng tâm G( ;0). Tìm tọa độ A, B, C?
Câu 6 ( 1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn: a2  b2  c2  3. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức:

P  ab2  bc2  ca2  abc.

--------------------------------- Hết -------------------------------Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: ……………………..
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


Câu
1 (2điểm)

Đáp án và biểu điểm Môn Toán lớp 10
Đáp án
ĐKXĐ: x  2 ; Đặt x  2  y , y  0 .Ta có pt:

Điểm
0.25

x 3  3x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3x ( x  2)  2 y 3  0

0.75

 x3  3xy 2  2 y 3  0(1)

x
x
 1 hoặc  2 .
y
y

Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 3, giải pt thu được
2 (2điểm)

0.25

Giải pt được nghiệm là: x=2, x= 2  2 3 .Kết luận.
ĐKXĐ: x 2  2 y  1

0.75
0.25

x  y

0.25

Phân tích pt (1) của hệ: ( x  y )( x 2  2 y )  0  

2
x  2y

TH1: x 2  2 y (loại do ĐKXĐ)
TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được:
2 x 2  2 x  1  3 x3  14  x  2(3) Ta thấy,

 x  2
Đặt

3

 x 3  6 x 2  12 x  8  ( x 3  14)  6( x 2  2 x  1)

x 2  2 x  1  a  0, x  2  b . Ta có pt: 2a  3 b3  6a 2  b

 3 b3  6a 2  b  2a  b3  6a 2  b3  6b 2 a  12ab 2  8a 3
 8a 3  6b 2 a  12ba 2  6a 2  0
a  0

2
 
3  3 2
2a  b   b  3a  0(*)

2  4

3(1.5điểm)

0.25
0.25

0.25
0.25
0.25

Dễ thấy pt(*) vô nghiệm .

a  0 , giải pt thu được x  y  1  2.
  1 
AE  AB  AD ,
3

     
 
AI  AB  BI  AB  k BF  AB  k ( BC  CF )
k  
 (1  ) AB  k AD.
2
 
 6  2 
2
Vì AI , AE cùng phương suy ra k  . Vậy AI  AB  AD.
5
5
5
    1  3 
Lại có, CI  AI  ( AB  AD)  AB  AD
5
5
 
 AI .CI  0.
a
4(1.5điểm) Từ giả thiết suy ra bcosC+ccosB 
.
cosBcosC
sin B sin C

a 2  b2  c 2
Áp dụng định lý Côsin, bcosC=
, tương tự với ccosB .
2a
 bcosC+ccosB=a

0.25
0.25
0.5

0.25
0.25
0.25
0.25
0.5


Từ đó, B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2).
Suy ra, B  900  C  A  900.


5(1.5điểm) Gọi A(x;y). Ta có, MA  3MG , suy ra A(0;2)


1
3

Pt đường thẳng BC ( qua M, nhận MG ( ;1) ) làm VTPT:
x  3y  4  0
B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2)

0.5
0.25
0.5
0.25

Tam
giác ABC vuông tại A
 

0.25
0,25

TH1: b  0  B(4;0), C (2; 2)

0.25

 AB. AC  0  (3b  2)(3b  4)  (b  4)(b  2)  0

TH2: b= -2 , ngược lại.
6(1.5điểm) Vai trò a,b,c bình đẳng, giả sử b là số ở giữa

0.25

 (b  a )(b  c )  0  a(b  a )(b  c )  0
 P  a(b  a )(b  c )  b(a 2  c 2 )  b(a 2  c 2 )

0.25

Áp dụng BĐT Côsi,

a2  c2 a2  c2
 P  b (a  c )  4b
.
2
2
2
2
2
2
a c a c
b2 

2
2 )3  4  P  2.
 4(
3
2

2

2

2 2

2

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy giá trị lớn nhất của khi P
bằng 2.
Ghi chú: các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng

0.75

0.25


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN
* Bảng: A
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 01 trang)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy.

Câu 2: (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f:

→

thỏa mãn điều kiện

2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ .

Câu 3: (4 điểm)
⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15
Giải hệ phương trình: ⎨
.
2
⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15

Câu 4: (4 điểm)
Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì:
a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0.

Câu 5: (4 điểm)
Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy tùy ý một điểm M. Chứng
minh rằng T = MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

--- HẾT ---

1

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN
* Bảng: A
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 03 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: (4 điểm)
Phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy (1)
- Có x = y = 0 thỏa mãn phương trình (1)
- Khi x, y ∈ Z , xy ≠ 0 thì
(1) ⇔ ( x − 2 y ) 2 =

xy ⎛ xy ⎞
⎜ − 1⎟ (2)
2 ⎝ 2
⎠

(1.0đ)
(1.0đ)

Phương trình (2) có VT là số chính phương và VP là tích của 2 số nguyên

xy
(1.0đ)
liên tiếp nên suy ra
− 1 = 0 ⇔ xy = 2 (3)
2
⎧x = 2
⎧ x = −2
Từ (2) và (3) suy ra ⎨
.
hoặc ⎨
⎩y =1
⎩ y = −1

⎧x = 0
,
Kết luận nghiệm của (1) là: ⎨
⎩y = 0

⎧x = 2
⎧ x = −2
và ⎨
⎨
⎩y =1
⎩ y = −1

(1.0đ)

Câu 2: (4 điểm)

2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x

Đặt a = 2012, b = 2011.
Thay x bởi x+1, ta có
af ( x) + bf (− x) = x + 1
⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1

(1.0đ)
(0.5đ)

(1)
(2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta có:
(a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) =

2
a+b

⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1
x
1
⎪
⇒⎨
+
2 ⇒ f ( x) =
a −b a +b
⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b
1
Vậy f ( x) = x +
.

4023

Câu 3: (4 điểm)
⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1)
⎨
2
⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 )
Lấy (1) trừ (2), ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x
1

(1.0đ)
(1.0đ)
(0.5đ)

(1.0đ)


⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0
⎡x = y
⇔⎢
⎣8 x + 8 y + 9 = 0

(1.0đ)

• Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15
2

⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0
1
11

⇔ x = hoặc x = −
8
2

(1.0đ)

8x + 9
4
2
⇔ 64 x + 72 x − 35 = 0

• Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 −
2

⎡
−9 + 221
⎢x =
16
⇔⎢
⎢
−9 − 221
⎢x=
16
⎣
x=

(0.5đ)

−9 ± 221
−9 ∓ 221

⇒y=
16
16

Vậy hệ có các nghiệm là:

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞
;
;
⎟;⎜
⎟
⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜
16
16
16
16
⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝
⎠⎝
⎠
Câu 4: (4 điểm)
BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012
+ Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có:
a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1

(0.5đ)

2013a

(0.5đ)
(1.5đ)

2012 sô

≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a

(1.0đ)
(1.0đ)

+ Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1

Câu 5: (4 điểm)
- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC và lập luận được OA + OB + OC = 0
(0.25đ)
2
2
(0.25đ)
- Viết được MA = 2 R + MO.OA

(

)

(

) (

)

2

(

)

2

(

- Viết được T= 12 R 4 + 8R 2 .MO OA + OB + OC + 4 MO.OA + 4 MO.OB + 4 MO.OC
(0.25đ)
- Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng OA, OB, OC.

(

) (
2

) (
2

Lập luận được MO.OA + MO.OB + MO.OAC

)

2

= R 2 . ( OA12 + OB12 + OC12 )

(1.0đ)
- Lập luận được A1, B1, C1 là các đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đường

kính OM.
(1.0đ)

2

)

2


3
2

- Lập luận được OA12 + OB12 + OC12 = R 2

(1.0đ)

- Vậy T = 18R4.

(0.25đ)

--- HẾT---

3


Họ và tên thí sinh:……………………..…………..

Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:……………………………..………...

…………….………………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN
* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 01 trang)

ĐỀ
Câu 1: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

2 x + y = 2 x + y + 2.

Câu 2: (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f:

→

thỏa mãn điều kiện

2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ .

Câu 3: (4 điểm)
⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15
.
Giải hệ phương trình: ⎨
2
⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15

Câu 4: (4 điểm)
Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì:
a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0.

Câu 5: (4 điểm)
(C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 2 y + 3 = 0
Cho đường tròn
và đường thẳng
d : x + my − 2m + 3 = 0 . Gọi I là tâm của (C). Tìm m để đường thẳng d cắt đường tròn
(C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.

--- HẾT ---

1


SỞ GDĐT BẠC LIÊU

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

* Môn thi: TOÁN
* Bảng: B
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Gồm 03 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: (4 điểm)
2x +

- Phương trình:

(

(1)

)

⇔ 2 xy = 2 2 x + y + 1

(2)

⇔ 4 2 x + y = xy − 4 x − 2 y − 2

(3)

2 xy là số chẵn và

Từ (2) , (3) suy ra
Đặt

y = 2x + y + 2

2 xy = 2t, t ∈

+

2 x + y là số nguyên.

.

⎧⎪ 2 xy = 2t

Kết hợp với (1) và (2), ta có hệ: ⎨

⎪⎩ 2 x +

Suy ra

y = t +1

.

y là nghiệm của PT: X2 – (t + 1)X + 2t = 0 (4).

2 x và

(1.0đ)

2

(0.5đ)
(0.5đ)

2

PT (4) có Δ = t - 6t + 1 = (t - 3) - 8.
PT (4) có nghiệm nguyên khi Δ ≥ 0 và Δ là số chính phương.
Ta có Δ ≥ 0 ⇔ 0 < t ≤ 3 − 2 2 hoặc t ≥ 3 + 2 2 ⇒ t ≥ 6
Nên ta có (t - 5)2 ≤ Δ < (t - 3)2
+ Δ = (t - 5)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 5)2 => t = 6 (thỏa mãn)
Giải ra có x = 8; y = 9
+ Δ = (t - 4)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 4)2 => 2t = 15 (loại)
Vậy nghiệm của (1) là: ( x; y ) = (8; 9)

(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)

Câu 2: (4 điểm)

2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x

Đặt a = 2012, b = 2011
Thay x bởi x+1, ta có

af ( x) + bf (− x) = x + 1
⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1

(1.0đ)
(0.5đ)

(1)
(2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta có:
(a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) =

2
a+b

⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1
1
x
⎪
⇒⎨
+
2 ⇒ f ( x) =
a −b a +b
⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b

1

(1.0đ)
(1.0đ)

Vậy f ( x) = x +

1
.
4023

(0.5đ)

Câu 3: (4 điểm)
⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1)
⎨
2
⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 )
Lấy (1) trừ (2) ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x

(1.0đ)

⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0

⎡x = y
⇔⎢
⎣8 x + 8 y + 9 = 0
2
• Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15

(1.0đ)

⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0
11

1
⇔ x = hoặc x = −
8
2

(1.0đ)

8x + 9
4
⇔ 64 x 2 + 72 x − 35 = 0

• Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 −
2

⎡
−9 + 221
⎢x =
16
⇔⎢
⎢
−9 − 221
⎢x=
16
⎣
x=

(0.5đ)

−9 ± 221
−9 ∓ 221

⇒y=
16
16

Vậy hệ có các nghiệm là:

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞
;
;
⎟;⎜
⎟
⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜
16
16
16
16
⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝
⎠⎝
⎠

(0.5đ)

Câu 4: (4 điểm)

BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012
+ Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có:
a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1

2013a.

(0.5đ)
(1.5đ)

2012 sô

≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a

+ Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1

(1.0đ)
(1.0đ)

Câu 5: (4 điểm)
- Xác định được I(-2; -1) và bán kính của (C) là R =

2

2

(0.5đ)


- Viết được công thức tính diện tích của tam giác IAB: S ΔIAB =
- Lập luận được S ΔIAB đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin AIB = 1
⇔ d(I;d) = 1
1 − 3m
⇔
=1
1 + m2
⎡m = 0

⇔⎢
⎢m = 3
⎣
4
- Kết luận

--- HẾT---

3

1 2
R .sin AIB (0.5đ)
2
(0.5đ)
(1.0đ)

(0.5đ)
(0.5đ)
(0.5đ)


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
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).

x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2

(x∈ ).

1.

Giải phương trình:

2.

Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai

2

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) .
Câu 2 (1,5 điểm).
2
3
2
 x + x y − xy + xy − y = 1
Giải hệ phương trình:  4
( x, y ∈ ) .
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1

Câu 3 (1,5 điểm).

(

Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2

)( y +

)

1 + y 2 = 2012 . 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
uuur uuur uuur uuur
giác MNP. Chứng minh rằng OA + OB + OC = OH 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:
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
,
2 AC.BD.sin 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
cot ϕ =

 7 5   13 5 
M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm

2 2  2 2

tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q ( −1; 1) 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 VĨNH PHÚC
———————

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:
Nội dung trình bày
Điểm
Câu Ý
1
1 2,0 điểm
2

2

1 3
1 3


Ta có x 2 − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định
2 4
2 4


với mọi x ∈ . Phương trình đã cho tương đương với

x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

2

(x

2

)(

)

− x + 1 x2 + x + 1 = 4
0,5

⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2
1 − x 2 ≥ 0

 −1 ≤ x ≤ 1
⇔ 4
⇔
2

4
2
2
4
2
2
x + x +1 = 1 − 2x + x
 x + x + 1 = (1 − x )
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0.
x = 0
2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

0,5

0,5

m ≥ 2
2
∆ ' ≥ 0
 −2 ≤ m ≤ 0
m m − 4 ≥ 0


⇔
⇔
⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ m ≤ 3
 x1 + x2 ≤ 4
m ≤ 3
2 ( m − 1) ≤ 4


(

0,5

)

0,5

2

Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra
3

3

2

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m

0,5

Bảng biến thiên
m

-2

0

2

0

16

3

0,5
P
-144

2

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .
1,5 điểm

0,5

2
2

 x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1
Ta có  4
⇔ 2
2
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
( x − y ) + xy = 1

0,25

a = x 2 − y
Đặt 
. Hệ trở thành:
b
=
xy


0,25

 a + ab + b = 1
(*)
 2
a
+
b
=
1


 a 3 + a 2 − 2a = 0
a (a 2 + a − 2) = 0
Hệ (*) ⇔ 
⇔
2
2
b = 1 − a
b = 1 − a

0,25

Từ đó tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}
 x2 − y = 0
* Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ 
⇔ x = y = 1.
xy
=
1


0,25

 x2 − y = 1
* Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ 
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .
 xy = 0

0,25

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

0,25

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);(−1; 3)} .
3

1,5 điểm
Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x =

Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 =
Từ (1) và (2) suy ra x + y =

Do đó x + y ≥

t 2 −1
(1)
2t

0,25

2012
20122 − t 2
. Từ đây cũng suy ra y =
(2)
t
2.2012.t

t 2 − 1 20122 − t 2
2011  2012 
+
=
t+
2t
2.2012.t
2.2012 

t 

0,25

2011
2012
2011
2011
.2 t.
=
.2 2012 =
.
2.2012
t
2.2012
2012

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y =

0,25

0,5
2011
2 2012
0,25

2011
2011
, khi x = y =
.

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
2012
2 2012
4

1

1,0 điểm
A

P

N
H
O

0,5
B

C

K
M
D


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 OK là đường trung bình nên
uuur uuur
uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur
2OK = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH
uuur uuur
uuur uuuur
Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được:
uuuur uuur uuur
uuur uuur uuur
uuur
OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH
uuur
uuur
⇒ 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng.
1,0 điểm

(

2

)

1
AB 2 + MA2 − MB 2
AC.BD.sin α ; cot ϕ =
2
4S MAB

Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD =

0,5

0,5

Tương tự ta được:
AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2
cot ϕ =
=
=
4S MAB
4S MBC
4S MCD
=

DA2 + MD 2 − MA2
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
=
4S MDA
4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA )

0,5

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
=
4S ABCD
2 AC.BD.sin α
1,0 điểm
=

3

A

N

P
K
I

C

B

0,25

M

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

2 x − y + 3 = 0
 y = 2x + 3
 x = 1, y = 5
phương trình  2
⇔

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

0,25

0,5

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:

11
25
−
=1
2
x ( x + 5 )2

 x2 − y 2 − 6 = 0

2
 2 
2.Giải hệ phương trình: 
2
( x + y − 1) − 
 −3 = 0
−

x
y



Bài 2. (5.0 điểm)
2
Cho hàm số y = x + 2ax + b (1)

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).
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:

BM =

a
2a
; CN =
; AP = x (0 < x < a ) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN.
3
3

Bài 4. (2 điểm)
Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận

x = 3 3 + 1 làm nghiệm.
Bài 5. (3.0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:

x + y + 2013
z + 3 4 ( x3 + y 3 )

≤

x + y + 2013
x+ y+z .

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 -----------


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
1.1

Nội dung
11
25

Giải phương trình: 2 −
= 1 (1)
x ( x + 5)2

Điểm
2đ

Đặt t = x + 5 ( t ≠ 0; t ≠ −5 ) khi đó phương trình trở thành

0.5đ

11

( t − 5)

2

−

25
2
2
= 1 ⇔ 11t 2 − 25 ( t − 5 ) = t 2 ( t − 5 )
2
t

0.5đ

⇔ t 4 − 10t 3 + 39t 2 − 250t + 625 = 0
625 


 25 
⇔  t 2 + 2  − 10  t +  + 39 = 0
t 
t 


25
Đặt a = t +
( a ≥ 10, a ≠ −10 ) (*)
t

0.5đ

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

25
11 ± 21
= 11 ⇔ t 2 − 11t + 25 = 0 ⇔ t =
t
2

khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: x =
1.2

1 ± 21
2

 x2 − y 2 − 6 = 0


2
Giải hệ phương trình: 
 2 
2
( x + y − 1) − 
 −3 = 0
 x− y

( x − y )( x + y ) = 6

Ta có ( I ) ⇔ 
4
2
( x + y − 1) − x − y 2 = 3
(
)

a = x − y
Đặt 
( b ≠ 0 ) ta có hệ ( I ) trở thành
b = x + y

0.5đ

2đ

(I )
0.5đ

1 a
=
a.b = 6

 b 6
⇔
(I ) ⇔ 
4
2
2
( a − 1) − b 2 = 3 ( a − 1)2 − 4a = 3
36


(1)
(2)

a = 3
Từ (2) ta có phương trình: 9 ( a − 1) − a = 27 ⇔ 8a − 18a − 18 = 0 ⇔ 
 a = −3
4

5

x=
 x + y = 3 
2
*Với a = 3 ta có b = 2 suy ra 
⇔

x − y = 2  y = 1

2
2

nghiệm hệ là

2

2.1

5 1
; 
2 2

0.5đ

( x; y ) = 

−35 29 
; 
 8 8 

Cho hàm số y = x 2 + 2ax + 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).
Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên − a = 2 ⇔ a = −2 mà đỉnh của (P) nằm trên Ox
do đó 0 = 22 − 4.2 + b ⇔ b = 4 hàm số trở thành y = x 2 − 4 x + 4
Bảng biến thiên

x
y

0.5d

( x; y ) = 

−35

3 x =

3
x + y = −

8
*Với a = − ta có b = −8 suy ra 
4⇔
29
4
 x − y = −8
y =

8

nghiệm hệ là

0.5đ

2

−∞
+∞

2

2đ

0.5
0.5

+∞
+∞

0
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)
Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số.

0.5
0.5

y

x
O

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

với

(P)

d ( M , Ox) = ( a − 2 )
2
M ∈ ( P) ⇒ M a; ( a − 2 ) ⇒ 
d ( M , Oy) = a

(

Oy

ta

có

A(0;4),

M

1đ

2

)

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

2

Nếu a < 0 thì S > 4.

0.5đ

Nếu a > 2 thì S >2
2

3 7 7

Nếu 0 ≤ a ≤ 2 thì S = a + ( a − 2 ) =  a −  + ≥
2 4 4

7

3
3 1
Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là
xảy ra khi a = khi đó M  ;  là
4
2
2 4
điểm cần tìm
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P
2

3

sao cho: BM =

0.5đ
1đ

3đ

a
2a
; CN =
; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN
3
3

Từ giả thiết ta có:

AP x uuur x uuur AN 1 uuur 1 uuur

= ⇒ AP = AB;
= ⇒ AN = AC
AB a
a
AC 3
3

0.75

uuur uuur uuur
uuur
uuur
vậy PN = AN − AP = 1 AC − x AB
3
a
uuur 1 uuur x uuur
uuur
uuur
uuur
suy ra PN = AC − AB ⇔ 3aPN = a AC − 3 x AB
3
a

1

uuuur
uuur
uuur
uuuur
uuur uuur

Hơn nữa: AM = 2 AB + 1 AC ⇔ 3AM = 2 AB + AC
3
3
AM ⊥ NP ⇔

0.5

uuuur uuur
uuuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur
AM .PN = 0 ⇔ 3 AM .3aPN = 0 ⇔ 2 AB + AC −3x AB + a AC = 0

(

)(

)

0.75

uuur uuur
1
⇔ −6 x. AB 2 + aAC 2 + ( 2a − 3x ) AB. AC = 0 ⇔ −6 xa 2 + a 3 + ( 2a − 3x ) a 2 = 0
2

⇔−
4

15 2
4
xa + 2a 3 = 0 ⇔ x = a
2
15

Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
x = 3 3 + 1 làm nghiệm.
3

Ta có x = 3 3 + 1 ⇔ 3 3 = x − 1 ⇔ 3 = ( x − 1) ⇔ x3 − 3 x 2 + 3 x − 4 = 0
Vậy P( x) = x3 − 3x 2 + 3x − 4 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 x = 3 3 + 1 làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai

2đ