Đề thi HSG môn Toán lớp 10 trường THPT Tam Quan năm 2015 -2016

SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH
TRƯỜNG THPT TAM QUAN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10
NĂM HỌC 2015- 2016
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: (1,5 điểm). So sánh các số thực sau ( Không dùng máy tính gần đúng).
3 2 và

Câu II: (3,0 điểm). Cho A 

2 3

1
x2  x  2
2x  4
 2

x  2 x  7 x  10 x  5

a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Câu III: (5,0 điểm).
1) Mỗi học sinh lớp 10A1 đều chơi bóng đá hoặc bóng chuyền. Biết rằng có 25 bạn
chơi bóng đá, 20 bạn chơi bóng chuyền và 10 bạn chơi cả hai môn thể thao này. Hỏi lớp
10A1 có bao nhiêu học sinh.
2) Cho các nữa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A  B. Với điều kiện
nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó .

3) Tìm một tính chất đặc trưng cho các phần tử của mỗi tập hợp sau:
1 1 1 1 1 
2 3 4 5 6 
a) A   , , , , 
b) B   , , , , 
 2 6 12 20 30 
 3 8 15 24 35 
Câu IV: (3,0 điểm).
1) Tìm m để phương trình x 2  1  m 4  m 2  1 có bốn nghiệm phân biệt.
2) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:

 x4  3  4 y


 y4  3  4x


Câu V: (4,0 điểm).
1) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm của AM và K là điểm trên
1
cạnh AC sao cho AK  AC . Chứng minh ba điểm B, I ,K thẳng hàng.
3
2) Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N, P và Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD
và DA. Chứng minh hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm.
Câu VI: (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Trong đoạn AB lấy điểm M khác 0. Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm
thứ hai N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) tại N ở
điểm P. Chứng minh rằng:
a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.

c) CM.CN = 2R2
---HẾT--Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...................................


CÂU
I.
(1,5đ)

Giả sử

3 2 > 2 3 



3 2 2 3 3 2



NỘI DUNG ĐÁP ÁN

  2 3
2

 
2

3 2

2



2 3



2

 18  12 (BĐT đúng)

a) (1,5 đ) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là
x ≠5và x ≠2
1
x2  x  2
2x  4
1
x2  x  2
2x  4
A
 2





x  2 x  7 x  10 x  5 x  2 ( x  5)( x  2) x  5
x  5  x 2  x  2  (2 x  4)( x  2)

( x  5)( x  2)

II
2
(3,0 đ)   x  8 x  15  ( x  5)( x  3)   x  3
( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2)
x2
( x  2)  1
1
b) (1,5 đ) A 
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
 1 
x2
x2
1
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
x2
1)(2 đ) Gọi A là tập hợp các học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá
B là tập hợp các học sinh lớp 10A1 chơi bóng chuyền. Vì mỗi bạn của lớp 10A1
đều chơi bong đá hoặc bóng chuyền nên A  B là tập các học sinh của lớp. Để đếm
số phần tử của A  B . Số phần tử của A là 25 Hs và của B là 20 hs. Nhưng khi đó
các phần tử thuộc A  B được đếm hai lần( 10 lần).
Vậy số phần tử của A  B là 25+20 -10 = 35. Lớp 10A1 có 35 hs.
III
2) (2 đ) C  [b; b  2)  (a; a  1] là một đoạn  b  a  b  2  a  1
(*)
(5,0đ)  b  1  a  b  2.
Khi đó, C  [b; b  2)  (a; a  1]  [b; a  1] là đoạn có độ dài a  b  1



1

/ n  N ,1  n  5
 n(n  1)


3) (1 đ) a) A  



n
/ n  N , 2  n  6
 n  1)

4
2
IV 1) (1,5 đ) Ta có: m  m  1  0
 x 2  m4  m2  2
(3,0đ)
(1)
PT

2
2
4
2
2
)
 x  m  m  m (1  m ) (2)

b) A  

2

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m4  m2  2  0
(2) có 2 nghiệm phân biệt  m  0 và 1  m 2  0  m  (1; 1) \{0}
PT có 4 nghiệm phân biệt  m  (1;1) \{0} và m4  m2  2  m2  m4


m  (1;1) \{0} và m 4  m 2  1  0
m  (1;1) \{0} , kết luận


x  3
4 (*)
2) (1,5 đ) . §iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ: 
 y  3 4
 x4  3  4 y
 x4  3  4 y
(a)
 4
Víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã:  4
4
 y  3  4x
 x  y  4( x  y )  0 (b)
(b)   x  y   x  y  x 2  y 2  4   0  x  y  0  x  y
(v× x, y  3 4  0 nªn  x  y  x 2  y 2  4  0 ).
Thay vµo (a): x 4  3  4 y  x 4  4 x  3  0  x 4  1  4  x  1  0
















  x  1 x 3  x 2  x  3  0   x  1 x 2  2 x  3  0  x  1
2

v× x 2  2 x  3   x  1  2  0 .
2

So víi ®iÒu kiÖn (*), ta cã: x  y  1  3 4 .
x 1
y 1

VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt : 


 



1) (2,0 đ) Đặt u  BA ;v  BC .Ta có

    1   1   2  1 
BK  BA  AK  u  AC  u  ( BC  BA)  u  v (1)
3
3
3
3

 1   1  1 
BI  ( BA  BM )  u  v (2)
2
2
4


 

 

 4 
Từ (1) và (2) suy ra 2u  v  3BK , 2u  v  4 BI vậy 3BK  4 BI hay BK  BI

V
(4,0đ) Do đó ba điểm B, I, K thẳng hàng
   
2) (2,0 đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ANP .Khi đó GA  GN  GP  0
Ta có
        
GC  GM  GQ  GA  AC  GN  NM  GP  PQ
        
 GA  GN  GP  AC  ( NM  PQ )  AC  CA  0

   
Vậy GC  GM  GQ  0 Suy ra G là trọng tâm tam giác CMQ
C

M

VI
(3,5đ)

O

A

E

B

F

N
P

D

3


a) (1,5 đ) * Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn đường
kính OP.
* Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn đường kính OP.

* Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP.
b) (1,0 đ) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)
  NCD
 (hai góc đồng vị)
NMP
  OCN
 (hai góc đáy của tam giác cân ONC)
ONC
  NOP
 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP)
NMP
  NOP
 ; do đó, OP//MC.
Suy ra MNO
Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành.
c) (1,0 đ)

CND  COM ( g .g )
OC CM
Nên
hay CM.CN = OC.CD = 2R2

CN CD