Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 10 có đáp án chi tiết

----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI
HỌC SINH GIỎI


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƢƠNG

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 06/04/2016
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I(2,0 điểm)
và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số góc là

Cho parabol (P):

k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là
1) Tìm

để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục

.

tung.

2) Chứng minh rằng
Câu II(3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2)

Giải

hệ

phương

trình:

 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1

 4
2

 x  y  xy (2 x  1)  1
Câu III(4 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân




giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2; 

3
 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
2

. Viết phương trình của đường thẳng BC.
2) Cho tam giác ABC có

(b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu

lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng

2m  m  mc2 .
2
a

2
b


a) Chứng minh rằng a £ 4S.cotA
2

b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là
trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc MGO không nhọn.
Câu IV(1 điểm)
Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a  b  c 
lớn nhất của biểu thức M 

3 3

. Tìm giá trị
2

1
1
1
.
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3
2

-----------------------Hết----------------------Họ và tên thí sinh:………………………………..; Số báo danh:……………
Chữ ký của giám thị 1:………………..; Chữ ký của giám thị 2:…………….

HƢỚNG DẪN CHẤM
Câu

Điểm

Nội dung
và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số

Cho parabol (P):

góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có
hoành độ là
1) Tìm

1,0

.
để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục

tung.

+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1

0,25

+ PT tương giao (d) và (P): - x = kx - 1 Û x + kx - 1 = 0(*)
2

2

0,25

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì D = k + 4 > 0(" k )

0,25

x1  x2 k

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là
2
2 ; M nằm trên trục tung

0,25

2


k
0k 0
Û 2
2) Chứng minh rằng

1,0

Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1
0,25

3
3
2
Ta có: x1  x2  ( x1  x2 ) ( x1  x2 )  x1 x2  = x1  x2 . ( x1  x2 )2  x1 x2

2

2

2

Có x1 - x2 = (x1 + x2 ) - 4 x1 x2 = k + 4

I

 x13  x23 =

Điều kiện: x  
(1) 



II



0,25

k 2  4(k 2  1)  2 , k  R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

1) Giải phương trình:

(1)

0,25
1,5
0,25

1
3

 

0,25



3x  1  1  5 x  4  2  3 x 2  x

0,25

3x
5x
 x  3x 1
3x  1  1 5 x  4  2

 x  0(TM )
Û 
3
5

 3x 1 (*)
 3x  1  1
5x  4  2

0,25

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)

0,25

Nếu x>1 thì VT(*)<2
0,25

Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

0,25

2
3
2

 x  x y  xy  xy  y  1(1)
(*)
2) Giải hệ phương trình: 
4
2
x

y

xy
(2
x

1)

1(2)



1,5


( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1

(*)   2
2
 x  y   xy  1

0,25

a  x 2  y
a  ab  b  1
Đặt 
. Hệ trở thành:  2
(*)
b  xy
a  b  1

0,25

 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
 x  y  1.
Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ 
 xy  1
 x2  y  1
 ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .
Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ 
 xy  0

0,25

0,25

Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ

3
3


 x 2  y  2
y  
y  



 x  1; y  3 .
x
x

3
2
 xy  3
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) .
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường

3

phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2;   , tâm đường tròn ngoại tiếp tam
2


1,5


giác ABC là điểm

. Viết phương trình của đường thẳng BC.

III
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

0,25

15 

Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP AD  0;  
2

0,25

 n 1;0 là véc tơ pháp tuyến của AD
PT đường thẳng AD là: x  2

A'  AD  (C); A '  A  A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được A'  2; 4

» không chứa A nên IA’ ^ BC
A’ là trung điểm cung BC
 5 
đường thẳng BC đi qua D và có A ' I    ;5  là vecto pháp tuyến
 2 

Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x  2 y  5  0

0,25

0,25

0,25
0,25

(b ≠ c) và diện tích là . Kí

2) Cho tam giác ABC có

lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A,

hiệu

B, C. Biết rằng 2ma  mb  mc (*)
2

2

2

1,5

a) Chứng minh rằng a £ 4S.cotA
2

Viết được công thức các trung tuyến
0,25

a 2 c 2 + a 2 b2 a 2 + b2 c 2
(*) Û b + c ³
+

2
2
4
2
4

0,25

Û b2 + c2 ³ 2a 2 (**)

0,25

2

2

Ta có 4S .cot A = 2bc.sin A.

cos A
sin A

0,25


0,25

= 2bc.cos A = b2 + c2 - a 2
Từ (**) Û b + c - a ³ a Hay 4S .cotA ³ a
2

2

2

2

2

0,25

2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC;
M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc MGO không nhọn.

uuur uuur

uuur uuur

Ta sẽ chứng minh GO.GM £ 0 Û OG.GM ³ 0

1,0
0.25

Ta có
3OG  OA  OB  OC ; 6GM =2AM  AB  AC  OB  OC  2OA





 3OG.6GM  OA  OB  OC . OB  OC  2OA



0.25

= OB2  OC 2  2OA2  2OB.OC  OA.OC  OA.OB
= 2OB.OC  OA.OC  OA.OB
* Mặt khác ta có



BC 2  OC  OB



2

 OB 2  OC 2  2OB.OC

 2OB.OC  2 R  a
2

( trong đó R= OA = OB = OC ).

0.25

2

Tương tự có 2OAOC
.

 2R2  b2 ; 2OAOB
.
 2R 2  c 2 .
Vậy 18.OG.GM 

Cho

abc 
IV

b2  c 2
 a 2  0  OG.GM  0 ( do có (**))
2

0.25

a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn
3 3
.
2

Tìm

giá

trị

lớn

1

1
1
M 2


.
a  b2  3 b2  c 2  3 c 2  a 2  3

nhất

của

biểu

thức
1,0


* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó

a 2 b2 c 2  a  b  c 
(*)
  
x
y z
x yz
2

Dấu bằng xảy ra khi

0,25

a b c
  .
x y z

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia
* Vào bài chính
Ta sẽ chứng minh
M

1
1
1
1
 2 2
 2
 .
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2
2

1
1
1
1
 1
 1
 1

  2 2
  2 2
  2

2
3 a b 3 3 b c 3 3 c a 3 2
a 2  b2
b2  c2
c2  a2
3
P 2 2
 2 2
 2

2
a b 3 b c 3 c a 3 2

0,25
Giả sử a  b  c .

 a  b   a  b .
a 2  b2
Biến đổi 2

2
a  b  3 2 a 2  b2  3 2 a 2  b2  3
2



2





Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P.
Sau đó áp dung bđt (*) ta có:



0,25


a  b  b  c  c  a
P



a  b  b  c  a  c


2





4 a 2  b 2  c 2  18

4a  b  c  4a  c





4 a 2  b 2  c 2  18

2

P

2



4 a 2  b 2  c 2  18

2

2a  b  c  2a  c
2

P



2



2 a 2  b2  c2  9

Ta sẽ chứng minh
2a  b  c  2a  c
2





2 a b c 9
2

2

2

2






 2  a  b  c  2  a  c   3 a


  a  b  c

 4  a  b  c   4  a  c   6 a 2  b2  c2  2  a  b  c 
2

2

2

2



2
2
3
 4  a  b  c   4  a  c   6 a 2  b2  c 2  27
2

2

 b2  c2

 b 2  ab  bc  ca  0   a  b  b  c   0

2

2

0,25

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.

Lƣu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÖC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)


ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).
Tìm tập xác định của hàm số: f  x  

2014
x  2x  3
2



2015
x2  2x

.

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Chứng minh rằng hàm số f  x  

x
đồng biến trên khoảng  1;   .
x 1

b) Chứng minh rằng hàm số f  x   2015  x  2015  x là một hàm số lẻ.
Câu 3 (1,0 điểm).
Giải phương trình: 19  3x  4  x2  x  6  6 2  x  12 3  x .
Câu 4 (1,0 điểm).
 x 2  2 y 2  3xy  y  1  0

Giải hệ phương trình:  2
2

x  y  y  3  0
Câu 5 (1,0 điểm).

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho bất phương trình  m  1 x 2  2  m  2  x  2m  2  0
vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số).
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O và G là trọng tâm của tam giác
ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB và G’ là trọng tâm tam giác
MNP. Chứng minh rằng O, G, G’ thẳng hàng.
Câu 7 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC không vuông và có các cạnh BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh
rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn a 2  b2  2c2 và tan A  tan C  2 tan B thì tam giác ABC đều.
Câu 8 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông và nội
tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm là I ); điểm H  2; 2  là trực tâm tam giác ABC. Kẻ các
đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết

M  5;3 , N 1;3 và đường thẳng BC đi qua điểm P  4; 2  .
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  2015 . Chứng minh rằng:
 2015  a
2015a  a 2 2015b  b2 2015c  c 2
2015  b
2015  c 


 6  2 2 


 .
bc
ca
ab
a
b
c


-------------Hết-------------


Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo
danh……………………

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÖC

(Đáp án có 05 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Dành cho học sinh THPT không chuyên)

I. LƢU 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
Nội dung trình bày
Điểm
1
(2,0 điểm)

2

2

 x  2 x  3  0
Hàm số f  x  xác định khi và chỉ khi  2

x  2x  0

1,0

1  x  3

  x  2
 x  0


0,5

2  x  3

. Vậy tập xác định của hàm số f  x  là S   1;0 
 1  x  0
(1,0 điểm)
a.(0,5 điểm)

 2;3

0,5

Với mọi x1 , x2   1;   , x1  x2 ta có:

x1
x
 2
f  x1   f  x2  x1  1 x2  1
K

x1  x2
x1  x2


x1  x2  1  x2  x1  1
x1  x2
1


0
 x1  x2  x1  1 x2  1  x1  x2  x1  1 x2  1  x1  1 x2  1

(Do x1 , x2   1;   ).

0,25

0,25


Do đó K  0  f  x  đồng biến trên  1;   .
b.(0,5 điểm)
Tập xác định của hàm số là D   2015;2015 . Với mọi x  D , ta có  x  D ,

f   x   2015  x  2015  x  
3





2015  x  2015  x   f  x  suy ra f  x 

0,25

0,25

là hàm số lẻ.
(1,0 điểm)
 x 2  x  6  0

Điều kiện xác định: 2  x  0
 3  x  2 .
3  x  0


Bất phương trình đã cho tương đương với:

19  3x  4

 2  x 3  x   6 

2 x  2 3 x

0,25



Đặt t  2  x  2 3  x , t  0 ta có:

t 2  2  x  4 3  x   4

 2  x 3  x   14  3x  4  2  x 3  x 

t  1

Thay vào phương trình trên ta được: 5  t 2  6t  t 2  6t  5  0  
t  5
+) t  1  2  x  2 3  x  1  2  x  4  3  x   4

 3x  13  4  x 2  x  6  0

 2  x 3  x   1

vô nghiệm do 3  x  2

+) t  5  2  x  2 3  x  5  2  x  4  3  x   4

0,25

0,25

 2  x 3  x   25

2
2

16   x  x  6   11  3x 
 4  x  x  6  11  3x  

11  3x  0
2

25 x 2  50 x  25  0

  11

 x  1 thỏa mãn điều kiện.
x 
3


0,25

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1 .
4

(1,0 điểm)

 x 2  2 y 2  3xy  y  1  0 1

I 
 2
2
x

y

y

3

0
2






 x  y 1
Ta có 1   x  y  1 x  2 y  1  0  
x  2 y 1

0,25


y  2
Với x  y  1 thay vào (2) ta được 2 y  3 y  2  0  
y   1

2
+) y  2  x  1.
2

0,25

1
3
+) y    x   .
2
2

 y  1
Với x  2 y  1 thay vào (2) ta được 5 y  3 y  2  0  
y  2
5


2

+) y  1  x  1 .
+) y 

5

0,25

2
9
x .
5
5

 3 1 9 2
Vậy, hệ (I) có nghiệm  x; y  là: 1; 2  ,  1;  1 ,   ;   ,  ;  .
 2 2 5 5
(1,0 điểm)
Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi

0,25

 m 1 x2  2  m  2 x  2m  2  0 x 
TH1. Nếu m  1 thì 6 x  4  0, x 

0,25

2
 x   , x 

3

vô lí.

0,25

TH2. Nếu m  1 thì  m  1 x2  2  m  2  x  2m  2  0 x 


m  1
m  1  0


 2
2
 '   m  2    m  1 2m  2   0
  m  4m  6  0


m  1

   m  2  10  m  2  10 .

  m  2  10

0,25

0,25





Vậy tập hợp các giá trị của m là S  ; 2  10 .
6

(1,0 điểm) Bài này học sinh không nhất thiết phải vẽ hình.
Kết quả cơ bản: cho tam giác ABC trọng tâm G. Khi đó với mọi điểm O ta có

OA  OB  OC  3.OG .
Do M, N, P lần lượt là trọng tâm các tam giác OBC, OCA, OAB nên:
OB  OC  3.OM
OC  OA  3.ON

OA  OB  3.OP

0,5




 

Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được: 2 OA  OB  OC  3 OM  ON  OP



0,5

 2.3.OG  3.3.OG '  2.OG  3.OG '  O, G, G ' thẳng hàng.

7

(1,0 điểm)
Theo định lí hàm số sin và côsin ta có:
a
sin A
abc
tan A 
 2 2R

2
2
2
cos A b  c  a
R b  c2  a2 
2bc
abc
abc
Tương tự ta có tan B 
.
, tan C 
2
2
2
2
R c  a  b 
R  a  b2  c 2 

0,25

0,25

abc
abc
abc
 tan A  tan C  2.tan B 

 2.
2
2
2
2
2
2
2
R b  c  a  R  a  b  c 
R  a  c 2  b2 


1
1
1
 2
 2. 2 2 2
2
2
2
2
b c a

a b c
a c b
2

  c2  a 2  b2  a 2  b2  c 2    b2  c 2  a 2  a 2  c 2  b2 

0,25



4
2
2
4
2
2
4
2
2
 2  b2  c 2  a 2  a 2  b2  c 2   a   b  c   c   a  b   2 b   a  c 
2

2

2



 a 2  a 2  b2  2c 2    c 2  b2  c 2  2b2   0  b  c (do a 2  b2  2c2 ),

8

kết hợp với a2  b2  2c2  a  b  c .
Vậy tam giác ABC đều.
(1,0 điểm)
Nhận xét. Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần
lượt là trung điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN.
7 5
3 5
Do đó M  ;  , N  ;  .
2 2
2 2
7 5
Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), M  ;  nên:
2 2
x4 y2
BC :

 x y6  0.
7
5
4
2
2
2

0,25

0,25

AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH  1; 1 , kết hợp với AH đi qua điểm

H  2; 2  suy ra:
AH :1 x  2   1 y  2   0  x  y  0 .
A  AH  A  a; a  , C  BC  C b;6  b  .

0,5


Do F là trung điểm AC nên:

x x

xF  A C

a  b  3
a  1

2


 A 1;1 , C  2; 4  .

a  6  b  5 b  2
 y  y A  yC
F


2
Do E là trung điểm của BC nên:

xB  xC

 xE  2
 xB  2 xE  xC
x  5

 B
 B  5;1 .

 yB  1
 yB  2 yE  yC
 y  yB  yC
 E
2
Vậy A 1;1 , B  5;1 , C  2;4  .
A

F

H

N

0,25

I
B

E

P

C

M

9

(1,0 điểm)
Thay 2015  a  b  c thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:
 bc
a b  c  b c  a  c  a  b 
ca
a b 


 6  2 2 



bc
ca
ab
a
b
c 

Ta có

a b  c  b  c  a  c  a  b 

a a b b c c


6      6
bc
ca
ab
b c a c a b



bc
ca
a b
bc
ca
a b
2
2
22
.2  2
.2  2
.2
a
b
c
a
b
c

0,25

0,5


 bc
ca
a b 
 2 2 


 .
a
b
c



2015
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
.
3

----------------------Hết----------------------

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƢỜNG THPT HẬU LỘC 4
***

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƢỜNG

Năm học 2015 – 2016
Môn thi: Toán - Khối 10

0,25


( Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số

y  x2  2  m  1 x  4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1  x2  4 .
2. Tìm m để

y  0 với mọi x  1; 2  .

Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:
1.

 x  5 2  x   3.

x 2  3x

2.

2( x  1)
 x2  7

x2

3.

 x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1  3

 2
2

 x  x  y  y   1

Câu 3 (2.0 điểm). Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A 

sin B  2sin C
2cos B  cosC

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ,
QM. Chứng minh rằng: MB  NC  PD  QA  0
Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường
thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1 = 0 ; 2x
- y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.


Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn 4  a  b  c   3abc
minh rằng:

chứng

1 1 1 3
   .
a 3 b3 c 3 8

…………………Hết…………………
Thí sinh không đƣợc sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh..........................................................................;Số báo danh….......

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƢỜNG KHỐI 10
Năm Học 2015- 2016
Đáp án

Câu
1
(5đ)

Cho hàm số

Điểm

y  x2  2  m  1 x  4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2
thỏa mãn

x1  x2  4 .

xét phương trình:

3.0

x2  2  m  1 x  4  0 (*)

để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1  x2  4 trước hết pt (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x1; x2  0
 m  12  4  0
 '  0


  s  0  2  m  1  0
p  0
4  0



1.0


m  1

   m  3  m  1 ; theo định lí viet ta có:
m  1


 x1  x2  2(m  1)

 x1.x2  4

x1  x2  4  x1  x2  2 x1.x2  16  2(m  1)  4  16  m  5 (TM)

2. Tìm m để
để

y  0 với mọi x  1; 2  .

x  1; 2 

 '  0

  y (1)  0
 y (2)  0


m  1
m  1


  m  3
  m  3
3
3


m
3  2m  0  m 
2
2
 4  4m  0

m


1





1.

1.0
2.0

y  0 với mọi x  1; 2   đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành với

mọi

2

1.0

 x  5 2  x   3.

1.0

1.0

x 2  3x

(8đ)

3.0
Đk : x2  3x  0
0.5
pt  x  3x  3. x  3x  10  0
2

2

đặt t  x 2  3x ( đk t  0 ). Ta có phương trình: t 2  3t  10  0

0.5

t  2

kết hợp với điều kiện ta được t = 2
t  5

1.0

x  1
với t =2  x 2  3x  2  x 2  3x  4  0  
(TM).
 x  4

1.0


2.

2( x  1)

 x2  7
x2

3.0

Đk x > 2

1.0

bpt  2.  x  1  x  2  7. x  2  7. x  2  3x  4
vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó
x  6
2
2
bpt  49( x  2)  9 x  24 x  16  9 x  73x  114  0  
 x  19
9


1.0

19

2 x
kết hợp với đk ta được 
9  tập nghiệm của bpt là:

x  6

S = ( 2;

3.

1.0

19
) (6; )
9

 x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1  3

 2
2

 x  x  y  y   1

2.0

( x 2 y 2  2 x 2 y  x 2 )  2 y ( x  1)  3 ( xy  x) 2  2( xy  y)  3

hpt  
x
(
x

1)
y
(
y


1)

1

( xy  x)( xy  y)  1
0.5

a  xy  x
đặt 
, ta có hệ:
b  xy  y

a  2b  3

ab  1
2

 2 2
3
(a  1) 2 (a  2)  0
a  a  3 a  3a  2  0




1
1
b  1
b 
b 

a
a



a

a  2
a  1


hoặc 
1
b  1
b   2

0.5


a  1  xy  x  1
1  5
với 

x y
2
b  1  xy  y  1

3

x( x  )  x  2

a  2
 xy  x  2
 xy  x  2





2
với 
1
1
3 
b   2  xy  y   2
 x  y   2
y  x  3

2

0.5

0.5

2 x 2  5 x  4  0

(vô nghiệm)

3
y  x 


2

3

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

(2đ)

sin A 

2.0

sin B  2sin C
(1)
2cos B  cosC

Ta có: (1) 
a

2R

(2đ)

1.0

a 2 c 2  b 2
a 2 b2  c 2
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2
 2c)  (
 b)  0 


0
c
2b
c
2b

0.5

1 1 
  a 2  b2  c 2  .     0  a 2  b2  c 2  tam giác ABC vuông tại A
 c 2b 

0.5

(

4

b
2c

 a 2  c 2  b 2 a 2 b 2  c 2 
2R 2R

a


  b  2c
a 2  c 2  b 2 a 2 b 2  c 2

ac
2ab


2.

2ac
2ab

Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QN.
Chứng minh rằng: MB  NC  PD  QA  0

2.0

Theo quy tắc trung điểm ta có:









1
1
MB  . MN  MP ; NC  . NQ  NP ;
2
2

1.0








1
1
PD  . PM  PQ ; QA  . QM  QN
2
2



cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
VT =

5
(2đ)



 

0.5



1
QM  MN  NQ  PM  QN  NP  PQ  MP 

2

1
1
= QQ  PM  QQ  MP   PP  0 = VP
2
2

0.5

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng
chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1
= 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.

2.0

Tọa độ điểm B:
vì B  đt: x + y + 1 = 0  B(b; -b - 1)

0.5

 b  3 b  1 
gọi M là trung điểm của AB ta có M 
;

2 

 2

vì M  đt: 2x - y -2 = 0  b  3 

b 1
 2  0  b  1  B(-1; 0)
2

0.5

Tọa độ điểm C:
vì AC đi qua A(3; 0) và vuông góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:

0.5

pt AC: x - y - 3 = 0

x  y  3  0
 x  1
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt: 

 C (1; 4)
2 x  y  2  0
 y  4
6

Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn 4  a  b  c   3abc

(1đ)
minh rằng:

1 1 1 3
  
a 3 b3 c 3 8

0.5

chứng
1.0


từ gt ta có:

1
1 1 3
 

ab bc ca 4

áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

1 1 1
1 1 1 3 1
 3   3. 3 3 . 3 .  .
; tương tự ta cũng có:
3
a b 8
a b 8 2 ab
0.5
1 1 1 3 1

   .
b3 c3 8 2 bc
1 1 1 3 1
   .
c3 a3 8 2 ca

cộng theo vế các bđt trên ta được:
3 3 3
3
3 3 1
1 1
2.VT +  .      2.VT   .  VT   đpcm
8 2 4
8
8 2  ab bc ca 

0.5


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

HẢI DƢƠNG

NĂM HỌC 2013-2014

---------------

MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình : ( x – 2 )2 = 9
 x + 2y - 2= 0

2) Giải hệ phương trình:  x y
.
 2  3  1

Câu 2 ( 2,0 điểm ):

1) Rút gọn biểu thức: A = 


1
1  x
9 

 với x > 0 và x  9
  2 
x 3
x  3 
4 x 

2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m -2) x +m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x +5
Câu 3 ( 2 ,0 điểm ):
1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km. Một ca nô đi xuôi d ng từ A đến B rồi
ngược d ng từ B về A hết tất cả 6 giờ 15 phút. Biết vận tốc của d ng nước là 3 km h.Tính vận
tốc của ca nô khi nước yên lặng.
2) Tìm m để phương trình x2 – 2 (2m +1)x +4m2+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2
thỏa mãn điều kiện x1  x 2  . x1+ x2
Câu 4 ( 3,0 điểm ) :
Cho nửa đường tr n tâm O đường kính AB, trên nửa đường tr n lấy điểm C (C khác A
và B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C) .Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại B.
Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F.
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tr n.
2)Gọi I là trung điểm của BF.CHứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường tr n đã cho.
3)Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của CKE cắt AE và AF lần lượt tại M và
N.Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân.


Câu 5 ( 1,0 điểm ):
Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a+b=2.Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a b  1 1 
Q = 2 a2  b2  6     9  2  2 
b a a b 





ĐÁP ÁN
Câ

u

Phần

Nội dung

x  2  3
(x-2)2 = 9  
 x  2  3

1

x  3  2  5
 
 x  3  2  1
Vậy pt có 2 nghiệm là x =5 và x = – 1.

1

 x  2y  2  0
 x  2y  2


x y
 1
3x  2y  6

2 3

4x  8


 x  2y  2
2

x  2

y  0
Vậy hpt có 1 nghiệm là (x; y) = (2; 0).
với x> 0 và x  9
 ( x  3)  ( x  3)  x
9
A  



 ( x  3)( x  3)  2 2 x

1



2 x x 9
.
x 9 2 x

1



