45 đề thi học sinh giỏi toán lớp 10 có đáp án chi tiết

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 19/04/2014
(Đề thi co 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (4 điểm):
Giải phương trình sau trên tập số thực
 

 6 x  3

7  3 x  15  6 x  3 x  2  2 9 x 2  27 x  14  11 . 

Câu 2 (4 điểm):
Cho tam giác ABC ( BC  AC ). Gọi M là trung điểm của AB , AP vuông góc với
BC tại P , BQ vuông góc với AC tại Q . Giả sử đường thẳng PQ cắt đường
thẳng AB tại T . Chứng minh rằng TH  CM , trong đó H là trực tâm tam giác
ABC .
Bài 3 (4 điểm): Cho hàm số f : ¡  ¡ ( ¡ là tập số thực) thỏa mãn

3
x với mọi x  ¡ . Chứng minh rằng tồn tại 3 số thực phân biệt
4
a, b, c sao cho f (a)  f (b)  f (c)  0 .
f  f ( x)   x3 

Bài 4 (4 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của k để bất đẳng thức sau đúng với mọi giá trị a, b, c :
a 4  b 4  c 4  abc(a  b  c)  k (ab  bc  ca ) 2

Bài 5 (4 điểm): Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để   2013n - 1  chia hết cho  22014  
---HẾT---


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN HỌC LỚP 10
ĐỀ SỐ 1

Câu 1 (4 điểm):
Giải phương trình sau trên tập số thực

 6 x  3

 

7  3x  15  6 x  3x  2  2 9 x 2  27 x  14  11 . 
(Quốc học Huế)

CÂU

NỘI DUNG
Điều kiện:

ĐIỂM

2
7
x .
3
3

Đặt a  7  3 x ,  b  3 x  2 ( a, b  0 ). Suy ra
2

1,0

2

 a  b  5                                    
 2
2
 2b  1 .a   2a  1 b  2ab  11
2
 s 2  2 p  5            2 p  s  5                      
 2 p  s 2  5            


 2
 3 2
2
 2sp  s  2 p  11
 s  s  4s  6  0
 s  s  5  s  s  5  11

1,0

 s  a  b,  p  ab 
 a  2

2 p  s  5                      p  2
 b  1




2
a  1
s 3
  s  3  s  2 s  2   0

 b  2
2

x 1

x  2

1,0

1,0

Thử lại thỏa mãn. Vậy nghiệm phương trình là x  1 hoặc x  2 .

Câu 2 (4 điểm):

Cho tam giác ABC ( BC  AC ). Gọi M là trung điểm của AB , AP vuông góc với BC tại
P , BQ vuông góc với AC tại Q . Giả sử đường thẳng PQ cắt đường thẳng AB tại T .
Chứng minh rằng TH  CM , trong đó

H là trực tâm tam giác ABC .
(Bắc Ninh)


CD  AB tại D . Khi đó
AP, BQ, CD đồng quy nên T , B, D, A là
hàng điểm điều hòa ( (TBDA)  1).
. .
Do đó ta có TM .TD  TATB
Gọi

T
B
D

P

Xét hai đường tròn ngoại tiếp hai tam
giác CDM và ngoại tiếp tứ giác ABPQ ,

H
M

A
Q

C

tâm của hai đường tròn này đều nằm trên
CM .
Nhưng
và
TM .TD  TATB
.
HP.HA  HQ.HB nên H , T nằm trên
trục đẳng phương của hai đường tròn nói

trên.
Do đó ta có TH  CM . (ĐPCM)

 f ( x)   x3 

Bài 3 (4 điểm): Cho hàm số f : ¡  ¡ ( ¡ là tập số thực) thỏa mãn f

3
x
4

với mọi x  ¡ . Chứng minh rằng tồn tại 3 số thực phân biệt a, b, c sao cho

f (a )  f (b)  f (c )  0 .
(Vĩnh Phúc)

Nội dung trình bày

Điểm

3
4

Đặt g ( x)  x3  x thì f  f ( x )   g ( x) . Suy ra f  g ( x)   f  f  f ( x)    g  f ( x)  .
Dễ thấy g ( x) là đơn ánh nên từ f  f ( x )   g ( x) suy ra f ( x) cũng là đơn ánh.



1 1
2 2

Gọi x0 là một điểm cố định của hàm g ( x)  g ( x0 )  x0  x0  0;  ;  .
Ta có f ( x0 )  f  g ( x0 )   g  f ( x0 )  , suy ra f ( x0 ) cũng là một điểm cố định của hàm

1,0
1,0
1,0

g ( x)

1 1

f ( x) là một song ánh trên tập D  0;  ;  nên
2 2

 1
f     f (0) 
 2

1,0

1
1
1
f     0  0
2
2
 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 4 (4 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất của k để bất đẳng thức sau đúng với mọi giá trị a, b, c :
2

a 4 + b 4 + c 4 + abc (a + b + c)³ k (ab + bc + ca) .
(Lê Quí Đôn - Đà Nẵng)


Vì bất đẳng thức đúng với mọi giá trị a, b, c nên phải đúng với

a = b = c = 1Þ k £
Ta chứng minh k =

2
là gtln
3

2
3

k=

Xét

2
3

bất

1,0
đẳng

a 4 + b 4 + c 4 + abc (a + b + c)³

thức

trở

thành

2
2
ab + bc + ca) (1)
(
3

Û 3(a 4 + b 4 + c 4 )³ 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 )+ abc (a + b + c )

1,0

Áp dụng bđt AM – GM ta có

(a 4 + b4 )+ (b 4 + c4 )+ (b4 + c 4 )³ 2a 2b2 + 2b2c2 + 2c 2a 2
4
4
4
2 2
2 2
2 2
Suy ra 3(a + b + c )³ 3(a b + b c + c a ) (2)
2 2

2 2

1,0

2 2

Mặt khác a b + b c + c a - abc (a + b + c)

1
1
1
2
2
2
(ab - bc ) + (bc - ca ) + (ca - ab) ³ 0 (3)
2
2

2

=

Từ (2) và (3) suy ra (1) được chứng minh
Vậy số k lớn nhất k =

2
3

1,0
n

Bài 5 (4 điểm): Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để   2013

- 1  chia hết cho  22014  
(Nam Định)

k

Xét  n = 2 .t với k, t là các số tự nhiên và t là số lẻ. 
n

n

Đặt  2013 - 1 = a - 1  
k

k

t

( ) - 1 = (a

a n - 1 = a 2 .t - 1 = a 2
n

Do t là số lẻ nên  a - 1M
2
2k

2

2014

2

2k

n

Do đó  a - 1M
2

2014

2i - 1

t- 1

k

+ .... + a 2 + 1]  

k

Û a 2 - 1M
22014  
4

Ta có  a - 1 = (a - 1)(a + 1)( a + 1)....(a
a chia 4 dư 1 nên  a

k

)( )

- 1 [ a2

2k - 1

+ 1)  

+ 1 chia 4 dư 2 

Û ( k - 1) + 3 ³ 2014  

Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của n  cần tìm là  n = 2

2012

---HẾT--- 

. 


HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2011- 2012
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 1 trang

Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:
3
3
2
 x  y  3 y  9
 2
2
 x  y  x  4 y

Câu 2 (4 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 .
Chứng minh bất đẳng thức:

x2
x3  8



y2
y3  8



z2
z3  8

 1.

Câu 3 (4 điểm): Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta
dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE; C1 là giao
điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N,
CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2, B2, C2
tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy.
Câu 4 (4 điểm): Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3  m  12n 3  n .
Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên.
Câu 5 (4 điểm): Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ
(x; y) với x, y  R* và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba
màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ
nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và
được tô cùng màu.
………………………. HẾT …………………….

Câu
1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán 10
Nội dung
3
 x  y 3  3 y 2  9 1
Giải hệ phương trình:  2
2
 x  y  x  4 y  2 

Điểm
4 điểm

Hệ phương trình tương đương:

1,0

 x3  y 3  3 y 2  9
 x 3  y 3  3 y 2  3( x 2  y 2 )  9  3( x  4 y )
 2
2
3  x  y   3  x  4 y 
 x3  3 x 2  3 x  1  y 3  6 y 2  12 y  8

0,5

 ( x  1)3  ( y  2)3  x  1  y  2  x  y  3

0,5

Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2 y 2  9 y  6  0

0,5
0,5


9  33
y 
4


9  33
y 

4

Với y 

9  33
9  33 3  33
 x  3

4
4
4

0,5

Với y 

9  33
9  33 3  33
 x  3

4
4
4

0,5

Vậy phương trình có hai nghiệm:
 3  33 9  33 
;
;
4
4



 x; y   
2

 3  33 9  33 
;

4
4




 x; y   

Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 .
Chứng minh bất đẳng thức:

x2
3

x 8



y2
3

y 8



z2
3

4 điểm
 1.

z 8

Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có:
( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6
3
2
x  8  ( x  2)( x  2 x  4) 

2
2
x2
2x2

 2
x3  8 x  x  6

1,0


Tương tự, ta cũng có

y2

2 y2
 2
;
y3  8 y  y  6

z2

2z2
 2

.
z3  8 z  z  6

Từ đó suy ra:
x2
y2
z2
2 x2
2 y2
2z2


 2
 2
 2
. (1)
x3  8
y3  8
z3  8 x  x  6 y  y  6 z  z  6
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz :
2 x2
2 y2
2z2
2( x  y  z ) 2



(2)
x 2  x  6 y 2  y  6 z 2  z  6 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
Ta chứng minh:

2( x  y  z ) 2
 1  3
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
Thật vậy:
Ta có:
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

0,5
0,5

1,0

0,5

2

  x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18
2

  x  y  z    x  y  z   12  0

Nên  3  2( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
 x2  y 2  z 2  x  y  z  6
Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:
x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx

0,5

x  y  z  3( xy  yz  zx)
Mà xy  yz  zx  3 nên bất đẳng thức (3) đúng.

Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 .

3

Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các 4 điểm
hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE;
C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho
AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các
đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1
đồng quy.


Q
A1
F
B2
P

A
C2
E
G
B

I

C
C1

B1

A2
M

N

Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:
uuur uur 1 uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC
2
2
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuu
r
1
1
·
·
=
0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB
=0
2

2
1,0
0 µ
·
·
Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=90
+A







 
 









 FQ  AI hay FQ  A1G 1 .

4

Ta có CGB2P là hình bình hành nên GB2 song song và bằng CP nên GB2

song song và bằng AQ, suy ra AQB2G là hình bình hành, vậy có QB2
song song và bằng AG. Suy ra QB2 song song và bằng FC2, nên FQB2C2
là hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2).
Từ (1) và (2) suy ra A1G  B2C 2 .
Tương tự cũng có B1G  A 2C 2 , C1G  A 2 B2 .
Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với
B2C2 ,C2 A 2 ,A 2 B2 đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Cácnô ta có
các đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với
B1C1 ,C1A1 ,A1B1 cũng đồng quy.
Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3  m  12n 3  n .

1,0

0,5
1,0

4 điểm

Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên.
Ta có: 4m3  m  12n 3  n  4  m3  n 3    m  n   8n 3
  m  n   4m 2  4mn  4n 2  1  8n 3 1
Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1
Do 4m 2  4mn  4n 2  1 là số lẻ nên p là số lẻ.

1,0
0,5


p  mM
p

p mà p là số nguyên tố lẻ  n M
Từ (1) suy ra 8n 3 M

0,5

Mặt khác p là ước của 4m 2  4mn  4n 2  1  p  1 (vô lí)

0,5

do đó m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1 không có ước nguyên tố chung, suy
0,5
ra  m  n, 4m 2  4mn  4n 2  1  1 .
3

Do 8n 3   2n  , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên.

5

1,0

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y
 ¥ * và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: 4 điểm
màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ
nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc
M và được tô cùng màu.
Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không
ít hơn

0,5

144
 48 điểm.
3

Ta chọn trong các điểm của M đúng 48 điểm được tô cùng một màu. Chia các
điểm của M thành 12 hàng (các điểm có cùng tung độ) và 12 cột (các điểm có
cùng hoành độ). Gọi ai (i = 1,…,12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có

0,5

12

trong một cột thứ i suy ra:

a

i

 48

i 1

Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là:

a i (a i  1)
2

a  a  1
số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là:  i i
2

i 1
12

  12  2

a



i


12
12
12
12
a a 1
Ta có:  i  i   1   a i2   a i   1   i1    a i   72
 2  12

2
2  i1

i 1
i 1
i 1





0,5

1,0

Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp hàng trong
đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ.
2
 66
Số các cặp hàng khác nhau là: C12

1,0

Vì 72 > 66 nên luôn tìm được hai cặp điểm nằm trên 1 cặp hàng.
Vậy luôn tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ 0,5
và có 4 đỉnh tô cùng một màu.

Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT TÂN KỲ
***

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: Toán - Khối 10
( Thời gian làm bài: 150 phút)

Câu 1: (6 điểm) Cho f ( x )  x 2  2m  1x  m  1

a) Tìm điều kiện của m để phương trình: f ( x )  mx  m 2  1 có hai nghiệm trái dấu.
b) Tìm điều kiện của m để bất phương trình: f x   0 nhận mọi x  R làm nghiệm.
Câu 2: ( 6 điểm )
2
a) Giải phương trình: x  2. 7  x  2. x  1   x  8 x  7  1 .

 xy  y 2  2 y  x  1  y  1  x
b) Giải hệ phương trình: 
3. 6  y  3. 2 x  3 y  7  2 x  7
Câu 3: ( 6 điểm )
a) Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC sao cho MA  2.MC , N thuộc BM sao cho
NB  3.NM , P thuộc BC sao cho PB  k .PC . Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm
của đoạn HD. Giả sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và
5 
C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.
2 

Câu 4: (2 điểm)
2
2
Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x  y  1 .
4 x 2  2 xy  1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
2 xy  2 y 2  3

…………………Hết…………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì thêm.

1


Đáp án và biểu điểm
Câu
1

Đáp án

Điểm

Cho f ( x)  x 2  2m  1x  m  1
a) Tìm điều kiện của m để phương trình: f ( x)  mx  m 2  1 có hai
nghiệm trái dấu.
b) Tìm điều kiện của m để bất phương trình f x   0 nhận mọi x  R
làm nghiệm.

a)
(3 điểm)

f ( x)  mx  m 2  1  x 2  3m  2 x  m 2  m  2  0

1

Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và khi

0.5
1.0

 m2  m  2  0

b)
(3 điểm)

2

m  2

m  1

1.0

Kết luận: …

0.5

Bất phương trình f x   0 nhận mọi x  R làm nghiệm

khi và chỉ khi ' 0 vì hệ số a = 1 > 0

0.5

'  0  m 2  3m  0

1.0

 3  m  0

1.0

Kết luận:...

0.5

a) Giải phương trình: x  2. 7  x  2. x  1   x 2  8 x  7  1 .
 xy  y 2  2 y  x  1  y  1  x 1
b) Giải hệ phương trình: 
3. 6  y  3. 2 x  3 y  7  2 x  7 2 

a
(3 điểm)

Điều kiện: x  1;7
pt  x  1 




0.5

x  17  x   2

x 1  7  x





7  x  x 1  0

0.5



0.5

x 1  2  0

0.5

 x 1  7  x

 x  1  2

2


b
(3 điểm)

x  4

x  5

0.5

So sánh điều kiện và kết luận nghiêm:...

0.5

1  y  6

Điều kiện:  x  0
(*)
2 x  3 y  7  0


0.5

Vì x = 0 và y = 1 không phải là nghiệm của phương trình nên

0.5

pt 1  y  x  y  1   y  x  1 

3

y  x 1
y 1  x



1
0
 (x  y  1)  y  1 


y

1


x



0.25

 x  y  1  0  y  x  1 (do điều kiện (*))

0.25

Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4  2x  7 (3)
ĐK: 4 / 5  x  5

0.25

(3)  (7  x)  3 5  x  3(x  5x  4 )  0

0.25



1
3
 (4  5x+x 2 ) 

0
 3 5  x  (7  x)
5x  4  x 


0.25

x  1  y  2
 x 2  5x+ 4  0  
x  4  y  5

0.25

So sánh điều kiện và kết luận nghiêm:...

0.5

a) Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC sao cho MA  2.MC , N
thuộc BM sao cho NB  3.NM , P thuộc BC sao cho PB  k .PC .
Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A,
B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên
đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử H  1;3 ,
5



phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C  ; 4  . Tìm tọa
2 
độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.

3

a)

A

(3 điểm)

M

N
B
P

C

Ta có:





NB  3.NM  AB  AN  3. AM  AN  AB  3. AM  4. AN
1
1
AB  . AC
4
2

 AN 

1





PB  k .PC  AB  AP  k AC  AP  AB  k . AC  1  k  AP (k  1)

 AP 

0.5

1
k
AB 
AC
1 k
1 k

0.5
0.5

2

Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi

0.5

h
 1


1  k 4
AP  h. AN  
 k  h
 1  k 2
 k  2

0.5

Kết luận: ...

0.5

b)

C

B

(3 điểm)

H
I

K
E
D

A

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt

AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và
1
AD hay KE song song và bằng BC
2
Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0

0.5

KE 

3
 2

Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên


4

0.5
0.5


D  2;3

4
(2 điểm)

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0.5

- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).

0.5

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

0.5

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 .
4 x 2  2 xy  1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
2 xy  2 y 2  3
3 x 2  2 xy  y 2
Từ giả thiết suy ra: P 
2 xy  y 2  3x 2

Với y = 0 thì P = 1 (1)

0.5

2

Với y  0 ta có: P 

3t  2t  1
3t 2  2t  1

 3P  3t 2  2P  1t  P  1  0

*

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1

0.5

Khi P  1
'  P  1 2 P  4  0  2  P  1

(2)

0.5

Kết hợp (1) và (2): P   2;1
Suy ra: MinP = - 2 khi x  

10
3 10
;y 
10
10

MaxP = 1 khi x  1; y  0

Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.

5

0.5


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT VTC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2013- 2014
Môn thi : TOÁN LỚP : 10
Thời gian : 120 ‘ ( Không kế thời gian giao đề )

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1 : Giải các phương trình :
a, |4 − 9| = 3 – 2x

b, √5 + 6 = x – 6

Bài 2 : Tìm hai cạnh của một mảnh vườn hình chữ nhật trong hai trường hợp :
a, Chu vi là 94,4 m ; diện tích là 494,55
b, Hiệu của hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089
Bài 3 : Cho hàm số :

=

(

)(

)

a, Lập bảng xét dấu biểu thức trên.
b, Áp dụng giải bất phương trình :

(

)(

)

≤0

Bài 4 : Cho ⃗ = (2 ; 1), ⃗ = (3; −4);
⃗ = (-7 ; 2)
a, Tìm tọa độ vectơ ⃗ = 3 ⃗ + 2 ⃗ – 4 ⃗
b, Tìm tọa độ vectơ ⃗ sao cho ⃗ + ⃗ = ⃗ - ⃗
c, Tìm các số k và h sao cho ⃗ = k ⃗ + h ⃗
Bài 5 : Tam giác ABC có các cạnh : a = 13m , b = 14m , c =15m
a, Tính diện tích tam giác ABC.
b, Tính bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC.
-----------------Hết ----------------

Họ tên thí sinh …………………………..

Số báo danh :……………


ĐÁP ÁN
TT

Nội dung

Câu 1
(4đ)

a, |4 − 9| = 3 – 2x , ĐK : x
4x -9 =3 -2x  x = 2
4x -9 =2x – 3  x = 3
 Pt vô nghiệm

Điểm

≤

(loại)
(loại)

2đ

b, √5 + 6 = x – 6 , Đk : x ≥ 6
 5x +6 =
– 12x + 36

– 17x + 30 = 0
x= 15 (tm)và x =2(loại)
 Pt có nghiệm x=15.
Câu 2
(3đ)

Câu 3

(4đ)

2đ

Gọi 2 cạnh của hình chữ nhật là a, b, (a, b >0 ). Theo bài ra ta có :
a, 2(a+b) =94,4 ;
a.b = 494.55
 a = 31,5m và b= 15,7m

1,5đ

b, a – b = 12,1 ; a.b = 1089
 a= 39,6m và b= 27,5m.

1,5đ

a, Bảng xét dấu.
x
2x -3
x+5
2-x
f(x)

-∞
+
+

-5
I
0

I
0

3/2
- 0
+ I
+ I
- 0

+
+
+
+

2
I
I
0
II

+∞
+
+
1đ

Kết luận : f(x) > 0  x ∈ (-∞ ; -5) ∪ (3/2 ; 2)
f(x) <0  x ∈ (-5; 3/2) ∪ (2 ; +∞)
f(x) =0  x = -5 và x= 3/2.
f(x) không xác định khi x =2.

1đ

b, Dựa vào bảng xét dấu trên ta có ngay :
(

)(

)

≤ 0  x ∈[-5; 3/2] ∪ (2 ; +∞)

2đ


Câu 4
(5đ)

Câu 5
(4đ)

⃗ = (2 ; 1), ⃗ = (3; −4);
⃗ = (-7 ; 2)
a, Ta có ⃗ = 3 ⃗ + 2 ⃗ – 4 ⃗ = 3(2 ; 1) + 2(3; −4) - 4(-7 ; 2)
= (6;3) + (6; -8) – (-28 ; 8)
= (6 +6 +28; 3 -8 -8)
⃗ = (40 ; -13)
b,Ta có ⃗ + ⃗ = ⃗ - ⃗  ⃗ = ⃗ - ⃗ - ⃗ = (3; −4) - (-7 ; 2) - (2 ; 1)
⃗ = (3 + 7 – 2 ; -4 -2 -1) =(8 ;-7)

2đ

c, Ta có ⃗ = k ⃗ + h ⃗  (-7 ; 2) = k (2 ; 1) + h (3; −4)
 (-7 ; 2) = (2k + 3h ; k -4h)
Vậy : 2k + 3h = -7
và
k - 4h
= 2
 k = -2; h = -1

1đ

a, Ta có : P =

=

= 21

Áp dụng công thức Hê- rông.
S=
( − )( − )( − ) = √21.8.7.6 = 84
b, Áp dụng công thức S = pr ta có r =

2đ

=4

=

Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính là r =4m
Từ công thức S =

=> R =

2đ

=

.

.
.

= 8,125m

2đ


Đề thi toán lớp 10 dành cho học sinh giỏi


ĐỀ SỐ 104

Bài 1: Cho các biểu thức

 x 1
x  1 
1 
. x 
A = 




 x 1

x  1 

x

B=

x
1 1 x

a) Tìm x để A và B có nghĩa
b) Tìm giá tị lớn nhất và giá tị nhỏ nhất của B
c) Với giá trị nào của x thì A = B
Bài 2: Cho hàm số y = -2.x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (Dk) : y = - k.x + k .
Định k để (Dk)
a) Không cắt (P)
b) Cắt (P)
c) Tiếp xúc với (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm trong trường hợp này
Bài 3: Lấy một số tự nhiên có hai chữ số chia cho số viết bởi hai chữ số ấy có thứ
tự ngược lại thì được một số bằng tổng bình phương của mỗi chữ số đó .Tìm số tự
nhiên đó
Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) .M là điểm di động trên cung
lớn BC , từ M dựng đường vuông góc với AB ,BC và AC lần lược tại H, K ,P
.Chứng minh :
a) BKMH nội tiếp
b) Tam giác MHK đồng dạng tam giác MAC

c) Tìm vị trí của M để độ dài đoạn HK đạt giá trị lớn nhất
Bài 5: Giải phương trình :

c

4x
5x
 2
 1
x  8 x  7 x  10 x  7
2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,5 điểm)
a) Cho hàm số y  x 2  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm
số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của
đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.
1

b) Giải bất phương trình:
2

x  4x  3



1
0
2x  4

Câu 2 (2,5 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng 
là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C
đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục
tung.
b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM
3
và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin  
5
Câu 3 (2,5 điểm)



2 
3

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD  BC;
 1 

AE  AC . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
4

b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I


 
thỏa mãn hệ thức: b2 IB  c2 IC  2a 2 IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức
( b2 MB2  c2 MC2  2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x 2  1  2  5 x 2  4 x 
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:

1  1  x2 1  1  y2 1  1  z 2


 xyz .
x
y
z
…………………Hết………………….
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………………
Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013
Câu Ý
Nội dung

Điểm
2
Cho hàm số y  x  3 x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các
1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn 1,25
thẳng AB cách đều các trục tọa độ.
Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt
x 2  3x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0  m>1
x  xB
Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I  A
 1;
2
yI  x I  m  m  1
Yêu cầu bài toán  y I  x I

b

0,25

0,25

 m  1  1  m  2; m  0

0,25
0,25

Kết hợp ĐK, kết luận m  2

0,25

1

Giải bất phương trình:



2

x  4x  3

1
 0 (1)
2x  4

 x 2  4 x  3  0
TXĐ: 
 1  x  2;2  x  3
x  2
1

(1) 

2

x  4x  3



1,25

0,25

1
2x  4

Nếu 1  x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng
với mọi x: 1  x  2
2 x  4  0
Nếu 2  x  3  
2
  x  4 x  3  0

0,25

0,25

2

bất pt đã cho  2x  4   x  4x  3

2

 4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3  5 x 2  20 x  19  0
0,25
5
5
x  2
;x  2
5
5
5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 
 x3
5
0,25
5
Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2)  (2 
;3)
5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là
đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng cách
a từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C 1,25
nằm trên trục tung.
D(B;  )=

3
5

; C(0:y0) ; D(C;  )=

y0  1
5

, theo bài ra ta có

0,25


y0  1
5



9
 y 0  10; y 0  8
5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)
0,25
Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.
 
Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ;
0,25
Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0
Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5
 3 
Theo định lý Ta - Let suy ra CA  CB '
2
0,25

  7 44 
A(x; y);CA   x; y  8  ; CB'    ; 
 5 5 
21 26
Từ đó suy ra A(
; ) ;C(0;-8)
0,25
10 5
Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung
1,25
b tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin   3

5
Gọi a, b và c tương ứng là độ dài
các cạnh đối diện các góc A, B và C
c2
của tam giác. Có CN 2  b 2 
4
2
b
BM 2  c2 
4

B

N
G

0,25

C

A
M

BG 2  CG 2  BC 2
2BG.CG
2
2
2(b  c )

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC 

=
Có

2(b 2  c2 )
(4c 2  b 2 )(4b2  c 2 )

; Do đó cos 

(4c2  b 2 )(4b 2  c2 ) 

Do đó cos 

(4c2  b 2 )(4b 2  c2 )

Hay sin   1  cos 2  

3

a

(4c2  b 2 )(4b 2  c2 )

5(b2  c 2 )
;"  "  4c2  b 2  4b 2  c2  b  c
2

2(b 2  c2 )



0,25

2(b 2  c2 ).2 4

5(b 2  c2 )
5

3
. Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A
5

 2   1 
Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Tìm
3
4
vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

0,25

0,25
0,25

1,25


 1   1  3 
Vì AE  AC  BE  BC  BA(1)
4
4
4


 


Giả sử AK  x.AD  BK  x.BD  (1  x)BA

A

E
K

D

B

3

0,25

C

 2 

  2x 

Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK 
BD  (1  x)BA
3
3



Vì B, K, E thẳng hàng(B  E ) nên có m sao cho BK  mBE

m  3m  2x 
Do đó có: BC 
BA 
BC  (1  x)BA
4
4
3


m
2x
3m



  
Hay  
 BC  1  x 
 BA  0
4 
4 3 

 
Do BC; BA không cùng phương nên
m 2x
3m
1

8

 0 &1  x 
 0 Từ đó suy ra x  ; m 
4 3
4
3
9
 1 
Vậy AK  AD
3
Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c.


 
b Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a 2 IA  b2 IB  c2 IC  0 ; Tìm điểm M: biểu
thức 2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất.

b 2 .BH  c2 .CH . Do đó:

H

0,25

0,25

0,25

1,25

Kẻ đường cao AH, ta có
b 2  a.CH;c 2  a.BH nên

A

B

0,25

C

0,25


 
b2 .BH  c 2 .CH  0






Suy ra b2 .IB  c 2 .IC  b2 .IH  c 2 .IH  a 2 .IH


 
Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA  a 2 .IH hay 2.IA  IH
Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH



 
Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  0 (*) bình phương vô hướng 2 vế
 
(*), chú ý rằng 2IA.IB  IA 2  IB2  AB2 ta có:
(x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc 2  xzb 2  yza 2
Từ đó có (2a 2 .IA 2  b 2 .IB2  c2 .IC 2 )  3b 2c2

0,25
0,25

0,25


 
 
Mặt khác xMA 2  x(IA  IM) 2  x(IM 2  IA 2  2IA.IM)
Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có
xMA2  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM 2  xIA 2  yIB2  zIC2
Thay số có:
2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC2  a 2 IM 2  3b 2c 2  3b 2c 2
Dấu bằng xảy ra khi M trùng I

4



2
2
Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x  1  2 5 x  4 x

a

ĐK: x 

1
2

;x  



(*)

1

0,25

1,25
0,25

2

(*)

 (3x  1)2  (2x 2  1)  2(3x  1) 2x 2  1  1  (3x  1) 2  (2x 2  1)  (10x 2  8x)



2

 3x  1  2x  1



2

  x  1

0,25

2

 2x 2  1  2x  2(a)

 2x 2  1  4x(b)

0,25

Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x 

4  6
2

4  6
2
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:

0,25

Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x 

0,25

1  1  y2 1  1  z2

 xyz (I)
y
z

1,25

b 1  1  x2
x



Giả thiết suy ra:

1
1
1
 
 1 . Ta Có:
xy yz zx

 1 1  1 1  1  2 1 1 
1 x2
1 1 1 1
 2               ;"  "  y  z
x

x xy yz zx
 x y  x z  2  x y z 
Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

 1 1 1
1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 3     ;"  "  x  y  z
x
y
z
x y z
1 1 1
2
2
Ta sẽ CM: 3      xyz  3  xy  yz  zx    xyz    x  y  z 
x y z
2

2

0,25

0,25

0,25

2

  x  y    y  z    z  x   0 Điều này luông đúng
Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z
Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3

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

0,25
0,25