10 DE THI HSG TOAN 10 CO DAP AN

Câu I: (5 điểm)
2
1. Giải bất phương trình: ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 4 ) ( x − 8 ) ≤ 4 x
2. Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai
( a − b ) ( 2a − b )
nghiệm thuộc đoạn [ 0; 1] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =
.
a ( a − b + c)
Câu II: (5 điểm)
1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: ( x + 1)( x + 2)( x + 8)( x + 9) = y 2
2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
1
 1
x + x + y + y = 5


 x3 + 1 + y 3 + 1 = 15 m −10

x3
y3


·
Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng, cho góc xOy
= 600. M, N là hai điểm lần lượt thay
đổi trên hai tia Ox và Oy sao cho:

1
1
2012
+

=
. Chứng minh đường thẳng MN luôn
OM ON 2013

đi qua điểm cố định.
Câu IV: (2 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng
nhất của biểu thức:

P = x 2 + 11x +

1 2 x + 11
3y
+
+
.
2
y
xy + 1
y

17
. Tìm giá trị nhỏ
4

Câu V: (5 điểm)
1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2 x − 3 y − 3 = 0 và
d 2 : 5 x + 2 y − 17 = 0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d 2 cắt hai tia Ox, Oy lần
AB 2
lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2
nhỏ nhất.

S ∆OAB

2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc
của G xuống cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:
uuur
uuur
uuuu
r r
a 2 .GA1 + b 2 .GB1 + c 2 .GC1 = 0 . (với a=BC, b=AC, c=AB).
----------------------- Hết ----------------------


Cõu
I

Ni dung

Thang
im
5.0
2.5

2
1. Gii bt phng trỡnh: ( x 1) ( x 2 ) ( x 4 ) ( x 8 ) 4 x

bpt ( 2 ) ( x 2 6 x + 8 ) ( x 2 9 x + 8 ) 4 x 2 (2)

0,5

x = 0 không phải là nghiệm

8
8



x 0 , phơng trình (2) x + 6 ữ x + 9 ữ 4
x
x



8
Đặt x + = t , điều kiện t 4 2 (*)
x
Bpt trở thành: t 2 15t + 50 0 5 t 10 , kết hợp (*) ta đợc:
8
4 2 t 10 4 2 x + 10 5 17 x 5 + 17
x
KL: nghiệm của BPT là: x 5 17;5 + 17


2. Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc: P =

0,5

1,0

( a b ) ( 2a b )
.
a ( a b + c)

2.5

b

x1 + x2 = a
Gi x1, x2 la 2 nghim ca PT ó cho. Theo Vi-et:
x x = c
1 2 a
Do a 0 nờn ta cú :
b
b
1 ữ 2 ữ ( 1 + x + x ) ( 2 + x + x )
x12 + x22 + x1 + x2
a
a
1
2
1
2

P=
=
= 2+
1 + x1 + x2 + x1 x2
1 + x1 + x2 + x1 x2
b c
1 + ữ
a a
Khụng mt tớnh tụng quỏt gi s x1 x2 do 2 nghim thuc [0; 1] nờn

x12 x1 x2 ; x22 1 va 1 + x1 + x2 + x1 x2 > 0 nờn ta cú:

0,5

0,75

x12 + x22 + x1 + x2 x1 x2 + 1 + x1 + x2

=1 P 3
1 + x1 + x2 + x1 x2 1 + x1 + x2 + x1 x2

0,75

x1 = 0
c = 0


x1 = x1 x2
x 2 = 1
b = a 0



Du ng thc xy ra khi: 2


x = 1
b
x2 = 1
1

a = c = 0

2
x 2 = 1
Vy giỏ tr ln nht ca P bng 3

0,5

II
1.Tỡm tt c cỏc nghim nguyờn ca phng trỡnh: ( x + 1)( x + 2)( x + 8)( x + 9) = y
t t = x + 5 , ta c:
( x + 1)( x + 2)( x + 8)( x + 9) = y 2 (t 2 9)(t 2 16) = y 2 (1)
25
t u = t
( 2u Z ) (1) (2u + 2y)(2u 2y) = 49
2
2

2

5.0
2.5
0, 5


2u + 2 y = 49  2u + 2 y = 1
2u = 25  2u = 25
∨
⇒
∨


2
u
−
2
y
=
1
2
u
−
2
y
=
49
y
=
12

 y = −12


2u = 25 ⇒ t = ±5 ⇒ x = 0 hay x = −10
Từ đó ( x, y ) = (0 ; ± 12) , (−10 ; ± 12)
2u + 2 y = −49  2u + 2 y = −1
2u = −25 2u = −25
∨
⇒
∨
Trường hợp 2:


2
u
−
2
y
=
−
1
2
u
−
2
y
=
−
49
y
=
−
12

 y = 12


2u = −25 ⇒ t = 0 ⇒ x = −5 Từ đó ( x, y ) = (−5 ; ± 12)
2u + 2 y = 7 2u + 2 y = −7
2u = 7 2u = −7
∨
⇒

∨
Trường hợp 3:

2u − 2 y = 7 2u − 2 y = −7
 y=0  y=0
2u = 7 ⇒ t = ±4 ⇒ x = −1 hay x = −9
2u = −7 ⇒ t = ±3 ⇒ x = −2 hay x = −8
Từ đó ( x, y ) = (−1 ; 0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0)
Tóm lại phương trình có 10 nghiệm nguyên (x, y) là:
(−1; 0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0) , (0 ; 12) ,
(0 ; − 12) , (−5 ; 12) , (−5 ; − 12) , (−10 ; 12) , (−10 ; − 12)
2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm
1
1
Đặt u = x +
và v = y + với u ≥ 2, v ≥ 2
y
x
u + v = 5
u + v = 5
⇔
Hệ đã cho trở thành:  3 3
u v = 8 − m
u + v − 3 ( u + v ) =15m − 10
u, v là các nghiệm của PT : t2 – 5 t + 8 = m (1)
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (1) có nghiệm t1, t2 thoả mãn t1 ≥ 2, t2 ≥ 2
Trường hợp 1:

(t1, t2 không nhất thiết phân biệt)
Xét hàm số y = t2 – 5 t + 8 với t ∈(− ∞; − 2] ∪ [ 2; + ∞ )

t
-∞
-2
2

5
2

+∞
y

0,5

0,5

0,5

0,5
2.5đ

1.0

+∞
+∞

22
2

1.0
7

4

7
≤ m ≤2
Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi  4

 m ≥ 22
0.5
III.

Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định.
Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy

3.0đ


IV

Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm MN với tia Ot.
Ta chứng minh I cố định.
1
* S ∆OMN = OM .ON . sin MON
2
1
3
= OM .ON . sin 600 =
OM .ON (1)
2
4
1

1
* S ∆OMN = S ∆OMI + S ∆ONI = OM .OI . sin MOI + ON .OI . sin NOI
2
2
1
1
0
= (OM + ON ).OI . sin 30 = (OM + ON ).OI (2)
2
4
1
OM + ON
=
Từ (1) và (2) suy ra:
OI
3OM .ON
1
1
1
2012
=
(
+
)=
⇒ I cố định.
3 OM ON
2013 3
1 2 x + 11
3y
2

+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x + 11x + 2 +
.
y
xy + 1
y
3
1 2
1
1
Ta có: P = ( x + ) + 11( x + ) + x + 1 . Đặt: t = x + > 0. Ta có:
y
y
y
y
3
1
3
1
1
47
3
= ( t – )2 + (12 t + ) – ≥ 2 12t. –
=
.
t
2
t
4
4

4
t
1
Đẳng thức xảy ra khi t = .
2
17

 x + y = 4
1
Giải hệ: 
được: x = và y = 4.
4
x + 1 = 1
y 2

47
1
Vậy: Min P =
đạt được khi x = và y = 4.
4
4

0.5

0.5

1.0

1.0

2.0đ
0.5

P = t 2 + 11 t +

V

1.0

0.5

5.0đ
2

1. Viết phương trình đường thẳng d sao cho

AB
nhỏ nhất.
S ∆2OAB

2.5đ


0.5

• Gọi I là

giao điểm của hai đường thẳng

d1 và d 2 ⇒ I (3 ; 1) .

• Giả sử A(a ; 0) và B(0 ; b) với a, b > 0 thì đường thẳng d có phương
trình

x y
3 1
+ = 1 . Vì I ∈ d ⇒ + = 1
a b
a b

AB 2
OA 2 + OB 2
1 
1 
 1
 1
=
4
.
= 4.
+
= 4 2 + 2 
• Ta có 2
2
2
2
2 
S ∆OAB
OA .OB
OB 

b 
 OA
a
• Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có
2
1
1
1
1  3 1
2
2  1
(3 + 1 ) 2 + 2  ≥  +  = 1 ⇒ 2 + 2 ≥
10
a
b
b  a b
a

0.5

0.5

0.5

10
3 1

AB 2
2
 + =1

a =
=
⇔
• Min 2
khi  a b
3
S ∆OAB 5
 3a = b
 b = 10
Khi đó đường thẳng d có phương trình 3 x + y − 10 = 0 .

0.5

2. Chứng minh rằng: a 2 .GA1 + b 2 .GB1 + c 2 .GC1 = 0 . (Với a=BC, b=AC, c=AB).

2.5đ

uuur
uuur
uuuu
r r
uuur
uuur
uuuu
r
a 2 .GA1 + b 2 .GB1 + a 2 .GC1 = 0 ⇔ ( a 2 .GA1 + b 2 .GB1 + a 2 .GC1 ) 2 = 0
uuur uuur
uuur uuuu
r
uuur uuuu

r
⇔ a 4 .GA12 + b 4 .GB12 + c 4 .Gc12 + 2a 2b 2 GA1.GB1 + 2a 2c 2 GA1.GC1 + 2b 2c 2 GB1.GC1 = 0 (*)

0.75

uuur

uuur

uuuu
r r

h
h
h
Ta có: GA1 = a , GB1 = b , GC1 = c , aha = bhb = chc = 2S ,
3
3
3
uuur uuur
0
GA1.GB1 = GA1.GB1.cos(180 − C ) = −GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C = c 2 − a 2 − b 2
uuur uuuu
r
GA1.GC1 = GA1 .GC1.cos(1800 − B ) = −GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B = b 2 − a 2 − c 2
uuuu
r uuur
GC1.GB1 = GC1.GB1.cos(1800 − A) = −GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A = a 2 − b 2 − c 2
VT(*) =

4 S 2 .a 2 4 S 2 .b 2 4 S 2 .c 2 4 S 2 .(c 2 − a 2 − b 2 ) 4 S 2 .(b 2 − a 2 − c 2 ) 4 S 2 .( a 2 − c 2 − b 2 )
+
+
+
+
+
=0
9
9
9
9
9
9

Là điều phải chứng minh.

1.0

0.75


Bài 1. (4 điểm)
1. Giải phương trình:

3

2 − x + x −1 = 1

2. Tìm m để phương trình

x+6 x−9 +m x+2 x−9 −8 = x+

3m + 1
có hai
2

nghiệm x1 , x 2 sao cho x1 < 10 < x 2
Bài 2. (2,5 điểm) Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với
mọi x:
6x2 + 4x + 5 > |2x2 + 4mx + 1| (1)
2
 2 x + 3 y − 8 = 0
Bài 3. (3 điểm) Cho hệ phương trình: 
 x − y + m = 0

1. Giải hệ phương trình với m = 1.
2. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Bài 4. (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, có G là
trọng tâm. Chứng minh rằng:
1
3

1. GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b2 + c 2 ) .
2. R 2 − OG 2 =

a 2 + b2 + c2
9

Bài 5 (4,5 điểm). Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai điểm A(2; -5), B(-4; 5) và
đường thẳng d: x - 2y + 3 = 0.

1. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A sao cho khoảng cách từ B đến ∆
là lớn nhất.
2. Tìm điểm M trên d sao cho MA + MB là nhỏ nhất.
Bài 6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2.
a2
b2
c2
+
+
≥1
Chứng minh rằng:
b+c a+c a +b

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


P N
ỏp ỏn
Bi 1.
4 im

2 x b = x 1 ĐK b 0.
a = 0; b = 1
a + b = 1
a = 1; b = 0
PT 3 2

a + b = 1
a = 2; b = 3

1. Đặt a =

3

*) a = 0; b = 1 giải đợc x = 2
*) a = 1 ; b = 0 giải đợc x = 1
*) a = -2; b=3 giải đợc x = 10
Vậy nghiệm của phơng trình là: x = 1; x = 2, x = 10.
2. PT x 9 + 3 + m ( x 9 + 1) = x +

3m + 1
t t = x 9, t 0
2
3m + 1
2t 2 2 ( m + 1 ) t + m + 13 = 0 (1)
PT tr thanh : t + 3 + m ( t + 1) = t 2 + 9 +
2
PT ban õu cú nghim x1 < 10 < x 2

' > 0

(1) cú nghim 0 t1 < 1 < t 2 ( t1 1) ( t 2 1) < 0

t1 + t 2 > 0
( m + 1) 2 2 ( m + 13 ) > 0
m 2 25 > 0

m
+
13

m 1 + 1 < 0 13 m < 0 m > 13
2
m > 1

m + 1 > 0


Bi 2.
2,5
im

Vỡ 6x2 + 4x + 5 > 0 vi mi x nờn
(1) - (6x2 + 4x + 5 ) < 2x2 + 4mx + 1 < 6x2 + 4x + 5
x + (1 m) x + 1 > 0
(2)
2
4 x + 2(1 + m) x + 3 > 0

Thang
im
0, 25
0, 75

0, 75
0,25
0,5
0,25

0,5

0,75

1,0

2



0,5

Võy, (1) nghim ỳng vi mi x khi va ch khi c hai bt phng trỡnh
trong h (2) ng thi nghim ỳng vi mi x. iu nay tng ng vi
2
2

1 = (1 m) 4 = m 2m 3 < 0
'
2
2
2 = (1 + m) 12 = m + 2m 11 < 0

1 < m < 3

1 < m < 1 + 2 3
1 2 3 < m < 1 + 2 3

Bi 3.

3 im

2
2 x + 3 y 8 = 0
y = x + m
2

x y + m = 0
2 x + 3 x + 3m 8 = 0 (1)

1. Vi m = 1:
(1) 2 x 2 + 3 x 5 = 0 . t t = |x| (t 0) ta c phng trỡnh:

0,5
0,5

0,5


t = 1
5
2t + 3t - 5 = 0 ⇔ 
.
t = − (lo¹i)

2

0,75 đ

2

0,25 đ
0,5 đ

Với t = 1 ⇒ |x| = 1 ⇔ x = ± 1.
Vậy hệ có 2 nghiệm (1; 2) và (-1; 2).
2. Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ PT (1) có nghiệm duy nhất

0,25 đ

t1 = 0

0,5 đ

⇔ PT 2t2 + 3t + 3m - 8 = 0 (2) có nghiệm thoả mãn: t < 0
2

0,25 đ

3m − 8 = 0
8

⇔m=
⇔ 3
3
 − 2 < 0

Bài 4
3 điểm

1. Có :

0,5 đ

4
GA2 + GB 2 + GC 2 = (ma2 + mb2 + mc2 )
9
2
2
2
4  b + c a c2 + a 2 b2 a 2 + b2 c2 
= 
− +
− +
− ÷
9 2
4
2
4
2
4
2
2
2
a +b +c
=
3

0,5 đ
0,5 đ

2. Có:

uuu
r 2 uuur2 uuur 2 uuur uuu
r
uuur uuu
r
uuur uuur
OA + OB + OC = (OG + GA) 2 + (OG + GB ) 2 + (OG + GC ) 2
uuur 2 uuu
r 2 uuur2 uuur 2
uuur uuu
r uuu
r uuur
= 3OG + GA + GB + GC + 2OG (GA + GB + GC )
uuu
r uuur uuur r
Do OA = OB = OC = R và GA + GB + GC = 0 nên:
3R 2 = 3OG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 hay 3R 2 − 3OG 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 =
a 2 + b2 + c2
⇒ R − OG =
9
2

Bài 5.
4,5
điểm

2

1. Gọi H là hình chiếu của B trên ∆, ta có: BH ≤ AB.

0,5đ
0,5 đ
a +b +c
3
2

2

2

0,5 đ
0,5 đ

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H ≡ A. Khi đó ∆ là đường thẳng qua A và 0,5 đ
vuông góc với AB.
PTTQ: 3x - 5y - 31 = 0.
2. Kiểm tra A và B cùng phía với d.

0,5 đ
0,5 đ

Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d.

0,5 đ

Có: MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B.
Đẳng thức xảy ra ⇔ A’, M, B thẳng hàng. Suy ra M là giao điểm của 0,5 đ

đường thẳng A’B với d.
Gọi d’ là đường thẳng qua A và vuông góc với d. d’ có PTTQ:
2x + y + 1 = 0.

0,25đ


Gọi H là giao điểm của d’ và d. Tọa độ H = (-1; 1).

0,25đ

H là trung điểm của AA’ nên A’ có toạ độ A’(-4; 7).

0,25 đ

uuuur
r
Đường thẳng A’B có VTCP A ' B = (0; −2) nên có VTPT n A ' B = (1;0)

0,25đ

PTTQ đường thẳng A’B: x + 4 = 0.
Toạ độ giao điểm M của A’B và d là nghiệm của hệ phương trình:
y + 4 = 0
 x = −11
⇔
⇒ M(-11; -4)

x − 2 y + 3 = 0
 y = −4

Bài 6
3 điểm

Bài 6. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2.
Chứng minh rằng:
Có:

a2
b2
c2
+
+
≥1
b+c a+c a +b

a2
b+c
a2 b + c
+
≥2
.
=a.
b+c
4
b+c 4

Tương tự:
b2
a+c

b2 a + c
+
≥2
.
= b;
a+c
4
a+c 4
c2
a+b
c2 a + b
+
≥2
.
=c
a+b
4
a+b 4

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được

0,5 đ


Bài1(8đ).
1) Giải phơng trình: x (x +1)(x + 2)(x + 3) =
2) Giải hệ phơng trình:

Bài 2(3đ).

9
16

x + y + xy = 4
.
2
2
x
y
+
xy
=
3


x 2 + 3xy - y 2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = 2
x + xy + y 2
Bài 3(2đ).
Cho tam giác ABC với A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) và đờng thẳng d :
uuu
r
uuur
uuur
x 2y 3 = 0. Tìm điểm M thuộc d sao cho MA + 2 MB - 3MC đạt giá trị
nhỏ nhất
Bài 4(6 )
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, cú H la trc tõm, gi R la bỏn kớnh ng
trũn ngoi tip.
1) Chng minh rng: AH = 2R.cosA.

2) Chng minh rng: cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C
Bài 5(1 đ)
a
b
c
Cho a, b, c là ba số thực dơng. Chứng minh rằng:
+
+
2
b+c
a+c
b+a
________________ Hết _____________

Cõu 1:

1) Giải phơng trình: x (x +1)(x + 2)(x + 3) =

9
(1)
16

* Đặt t = x(x+3) (1) trở thành t(t+2) =9/16

1


ộ
9
ờ=t

ờ
4
ờ
ờ 1
ờt =
ở 4
9
9
9
3
ta có x(x+3) = - x2 + 3x + = 0 x = 4
4
4
2
ộ -3 + 10
ờx =
ờ
1
1
1
2
* với t = ta có x(x+3) = x2 + 3x - = 0 ờ
ờ -3 - 10
4
4
4
ờx =
ờ
2
ở

ộ
3
ờx =ờ
2
ờ
ờ - 3 + 10
* Vậy phơng trình có nghiệm ờx =
ờ
2
ờ
ờ
3 + 10
ờx =ờ
2
ở
2) Giải hệ phơng trình:
x + y + xy = 4
(2)
2
2
x
y
+
xy
=
3

ỡùù ( x + y) + xy = 4
(2) ớ
đặt S = x+ y; P = xy

ùùợ xy(x+y) = 3
ỡù S + P = 4
Ta đợc hệ ùớ
Khi đó S, P là nghiệm của Phơng trình
ùùợ SP = 3
t2 - 4t + 3 = 0
ùỡù S =1
ùỡ S = 3
hoặc ùớ
ớ
ùùợ P = 3
ùùợ P =1

1

ỡùù S =1
*ớ
x, y là nghiệm của phơng trình u2 u + 3 = 0
ùùợ P = 3
Phơng trình này vô nghiệm
ỡùù S = 3
*ớ
x, y là nghiệm của phơng trình u2 3u + 1 = 0
ùùợ P =1
ỡù
ỡù
ùù x = 3 + 5
ùù x = 3 - 5
ùù
ùù

2
2
ớ
hoặc ớ
ùù
ùù
3- 5
3+ 5
ùù y =
ùù y =
2
2
ùợ
ùợ

1

* với t =

1

1

2

1


ỡù
ỡù

ùù x = 3 + 5
ùù x = 3 - 5
ù
ù
2
2
Vây hệ có 2 nghiệm ùớ
và ùớ
ùù
ùù
3- 5
3+ 5
ùù y =
ùù y =
2
2
ùợ
ùợ
x 2 + 3xy - y 2
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P = 2
x + xy + y 2
* y = 0 thì P = 1
t + 3t - 1
với t = x/y gọi P là một giá trị bất kỳ của nó
t 2 + t +1
khi đó phơng trình sau ẩn t phải có nghiệm
P(t2 +t +1) = t2 + 3t - 1(1- P)t2 + (3 -P)t (1+ P ) = 0 có nghiệm
hay
ộP =1
ờ

ờ = (3 - P )2 + 4(1 - P 2 ) 0 (*)
ở
(*) -3P2 6P +13 0 - (1+ 3 ) P 3 - 1
Vậy giá trị lớn nhất của P = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = - (1+ 3 )
Cho tam giác ABC với A(-1 ; 0) , B(2 ; 3), C(3 ; -6) và đờng thẳng d : x
2y 3 = 0. Tìm điểm M thuộc d sao cho
uuu
r
uuur
uuur
Q = MA + 2 MB - 3MC đạt giá trị nhỏ
uuu
r
uuur
uuur
Gọi M(2y+3 ; y) d Khi đó MA + 2MB - 3MC = (2y 5 ; y+21)
uuu
r
uuur
uuur
MA + 2 MB - 3MC = (2 y - 5) 2 + ( y + 21) 2 = 5 y 2 + 22 y + 466
* y 0 thì P =
Câu 2

Câu 3

1
2

Q đạt giá trị nhỏ nhất khi y = -

7
11
;)
5
5
Cho tam giỏc ABC cú 3 gúc nhn, cú H la trc tõm, gi R la bỏn kớnh
ng trũn ngoi tip.
1) Chng minh rng: AH = 2R.cosA.
2) Chng minh rng: cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C
Vậy M( -

Câu4

11
5

1

0,5

2


1

A

O

H
B

D

C
A'

1) Gọi A là điểm sao cho AA là đờng kính dễ có BHCA là hình bình
hành. Do đó AH = 2OD = 2OCcosA = 2RcosA

2

2)
1
1
cos A + cos B + cos C = (cos A + cos B + cos B + cos C + cos C + cos A)
2
C
A- B
A
B- C
B
C- A
= sin cos
+ sin cos
+ sin cos
2
2
2

2
2
2
A- B
Ê 1 vì C nhọn nên
Ta có cos
2
1
C
C
A- B
C
0
0
0 < < 60 ị 2cos >1 ị cos
< 2cos
2
2
2
2
B- C
A
cos
< 2cos
2
2
Tơng tự ta có
C- A
B
cos

< 2cos
2
2
Vậy cos A + cos B + cos C < sin A + sin B + sin C

Câu5

Cho a, b, c là ba số thực dơng. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
2
b+c
a+c
b+a

1


a
a
2a
=
³
b +c
a(b + c) a + b + c
b
b

2b
=
³
a +c
b(a + c) a + b + c
c
c
2c
=
³
]
b +a
c(b + a ) a + b + c
Céng 3 bÊt ®¼ng thøc trªn vÕ theo vÕ ta cã ®iÒu ph¶i chøng minh

2


Bài 1: ( 3 điểm)
a) Giải bất phương trình: 5 x − 2x <

1
5
−
+4.
2x 2 x

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 .
Bài 2: ( 3 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x,

x + y + 2010

z + 3 4 ( x3 + y 3 )

x + y + 2010
≤
x+ y+z .

y,

z

ta

có:

Bài 3: ( 3 điểm)
Cho tam giác ABC có đường cao CH, H∈AB. Các điểm I, K lần lượt là trung
điểm của các đoạn AB và CH . Một đường thẳng d di động luôn song song với cạnh AB
cắt cạnh AC tại M và cạnh BC tại N.
Vẽ hình chữ nhật MNPQ với hai điểm P, Q thuộc cạnh AB. Gọi J là tâm của hình chữ
nhật MNPQ. Chứng minh I, J, K thẳng hàng.
Bài 4:( 1 điểm)
Số 3n + 2009 , n là số nguyên dương, có chia hết cho 184 không? hãy chứng minh
điều mà bạn khẳng định.

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


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài
1.a

Nội dung từng ý


Điểm

1 



+ Đưa bất phương trình về dạng: 5  x +
÷ < 2  x + 4x ÷+ 4
2 x




+ Đặt t = x +

1
2 x

, t ≥ 2 , x > 0 và tính được x +

1

1
= t 2 −1

4x

+ Viết được bất phương trình theo t: t2 − 5t + 2 > 0 ⇔ ( t > 2 ∨ t <
1
(loại))
2

0,25đ
0,5đ
0,25đ

+ Viết được bất phương trình
2

( x)

2

3
3


− 4 x +1 > 0 ⇔  x > + 2 ∨ 0 < x < − 2 ÷
2
2



0,5đ

1.b + Nhận xét: y là tổng của hai biểu thức nhận giá trị dương nên có
0,25đ
thể dùng bất đẳng thức cauchy biến đổi từ TBC sang TBN.

2

+ Viết được: y ≥ 2 4 ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 1) = 2 4 x 4 + x 2 + 1 ≥ 2

0,5đ

 x 2 + x + 1 = x 2 − x + 1
⇔ x=0
+ Đẳng thức xảy ra khi:  4 2
 x + x + 1 = 1

0,5đ

y = y (0) = 2 0,25đ
+ Luận được y ≥ 2, dấu " = " xảy ra khi x = 0. Do đó: min
¡
+ Viết được để chứng minh bất đẳng thức cần chứng minh:
0,5đ
3 4 x3 + y 3 ≥ x + y
.
(
)

+ Viết được 4 ( x3 + y 3 ) − ( x + y ) = 3 ( x + y ) ( x − y ) ≥ 0

1,5đ

+ Suy được: z + 3 4 ( x3 + y 3 ) ≥ z + x + y .

0,5đ

3

x + y + 2010

2

x + y + 2010

+ Kết luận được z + 3 4 x3 + y 3 ≤ x + y + z
(
)
3

0,5đ

+ Chọn hệ trục tọa độ như hình bên và
viết được
0,25đ
tọa độ của H(0;0), A(a;0), B(b;0),
C(0;c)
+ Suy được tọa độ các điểm
 a+b   c
0,25đ
I
;0 , K 0;


 2

÷



÷
 2

+ Viết được phương trình của (d):y =
m, 0< m thẳng AC: cx + ay –ac = 0, phương
trình đường thẳng BC: cx + by – bc =
0.

0,5đ


+ Lập luận và tìm được tọa độ của các

 a ( c − m)

 b ( c − m)

; m ÷, N 
, m ÷,
c
c





 b ( c − m) 
;0 ÷ ,
P
 c

 ( a + b) ( c − m) m 
; ÷
J
2
c
2


điểm M 

1đ

+ Tính được tọa độ các vectơ:

uur

uur  a + b c  ur  m ( a + b ) m 
IK =  −
; ÷, IJ =  −
; ÷
2 2
2c

2



0,5đ

r
c uu
.IJ nên ba điểm I, J, K thẳng hàng .
0,5đ
m
+ Viết được 184 = 8.23 và 32 m − 1 chia hết cho 32 – 1 = 8.
0,25đ
2m
2m
+ Viết được nếu n = 2m (chẵn), thì 3 + 2009 = 3 − 1 + 251.8 + 2 không

+ Viết được: IK =
4

chia hết cho 8
2 m +1
2m
+ Nếu n = 2m + 1 (lẻ), thì 3 + 2009 = 3 ( 3 − 1) + 251.8 + 4 cũng 0,75đ
không chia hết 8.
+ Kết luận được ∀n ∈ ¢ + , 3n + 2009 không chia hết cho 184.
Ghi chú: Mọi cách giải khác đúng căn cứ từng phần của biểu điểm để cho điểm.


Bài 1: (4 điểm )

Cho họ đường thẳng ( d m )
y=

m +1
m2
x
+
m2 + m + 1
m2 + m + 1

Tìm các điểm trên mặt phẳng tọa độ sao cho không có bất kỳ đường thẳng nào
thuộc họ ( d m ) đi qua.
Bài 2: (4 điểm )
Cho 4 số không âm a, b, c, d thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh rằng: abcd ≤

1
.
81

a
b
c
d
+
+
+
=1
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d

Bài 3: (4 điểm )
Giải hệ phương trình sau:
 x 2 + x + y + 1 + x + y 2 + x + y + 1 + y = 18
 2
 x + x + y + 1 − x + y 2 + x + y + 1 − y = 2

Bài 4: (4 điểm )
Cho bất phương trình:
x + 4 − x ≤ 4x − x2 + m + 3

Xác định m để bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ∈ [ 0; 4] .
Bài 5 :(4 điểm )
Cho ∆ ABC vuông tại A có hai đường trung tuyến BM, CN. Gọi α là góc giữa hai
4
5

đường thẳng BM và CN, chứng minh rằng khi đó cosα ≥ .


Đáp án và biểu điểm Toán 10
Câu
I

Nội dung
Bài 1 Gọi (xo;yo) là điểm cần tìm, khi đó phương trình sau
y0 =

m +1
m2

x
+
0
m2 + m + 1
m2 + m + 1

⇔ m2(y0-1)+m(y0-x0)+y0-x0=0 (1) vô nghiệm
TH1: y0=1 (1) ⇔ m(1-x0)+1-x0=0 luôn có nghiệm m.
TH2: y0 ≠ 1, khi đó (1) vô nghiệm
⇔ ∆ = (y0-x0)(-x0-3y0+4)<0
 y0 − x0 < 0
 y0 − x0 > 0
⇔ (I) 
hoặc (II) 
 − x0 − 3 y0 + 4 > 0
 − x0 − 3 y0 + 4 < 0

Điểm
4 điểm
1đ
0,5 đ

1,5 đ

Từ đó suy ra các điểm thỏa mãn là phần không bị gạch
trong hình nhưng không bao gồm cạnh và không bao gồm
đỉnh A(1;1).

4
3

1

1đ
0

II

A
1

4

x

4 điểm

Bài 2
Từ giả thiết suy ra
1
b
c
d
=
+
+
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm
c

d
;
ta có
1+ c 1+ d
1
b
c
d
bcd
=
+
+
≥ 33
1+ a 1+ b 1+ c 1+ d
(1 + b)(1 + c)(1 + d )

b
;
1+ b

Tương tự có
1
acd
≥ 33
1+ b
(1 + a )(1 + c)(1 + d )
1
abd
≥ 33
1+ c

(1 + a )(1 + b)(1 + d )
1
abc
≥ 33
1+ d
(1 + a )(1 + b)(1 + c)

1đ
0,5 đ


Nhân vế với vế có

0,5 đ

1
abcd
≥ 81
(1 + a )(1 + b)(1 + c)(1 + d )
(1 + a )(1 + b)(1 + c)(1 + d )
1
⇔ abcd ≤
81

0,5 đ

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = d
Bài 3
 x 2 + x + y + 1 ≥ 0
Điều kiện  2

 y + x + y + 1 ≥ 0

III

1,5 đ

Cộng và trừ từng vế tương ứng của hệ phương trình trên ta
được
 x 2 + x + y + 1 + y 2 + x + y + 1 = 10

 x + y = 8

Thế y=8-x vào phương trình trên ta được
x 2 + 9 + x 2 − 16 x + 73 = 10
⇔

( x 2 + 9)( x 2 − 16 x + 73) = − x 2 + 8 x + 9

⇔

( x 2 + 32 )  ( x − 8) 2 + 32 )  = 9 + x(8 − x) (1)
→

1đ

→

Trong hệ trục tọa độ xét a ( x;3) ; b (8 − x;3)
→
→

Khi đó | a |.| b |= ( x 2 + 32 ) ( x − 8)2 + 32 ) 
→

→

a . b = 9 + x(8 − x )
→

→

→ →

Pt (1) tương đương với | a |.| b |= a . b (2)
→

→

→ →

Ta có | a |.| b | ≥ a . b
→
→
→
→
Khi đó (2) xảy ra khi và chỉ khi hoặc a = 0 hoặc b = 0
→

→

(không xảy ra) hoặc a cùng hướng b suy ra

⇔ x=4.
KL: Nghiệm của hệ là (4;4)
Bài 4:
x + 4 − x ≤ 4 x − x 2 + m + 3 (1)

1đ

8− x
=1> 0
x

1đ

0 ≤ x ≤ 4

0 ≤ x ≤ 4
⇔

2
2
4 x − x + m + 3 ≥ 0(2)
m ≥ x − 4 x − 3(2)
Điều kiện cần để bpt (1) nghiệm đúng với ∀x ∈ [ 0; 4] thì (2)

Điều kiện 

nghiệm đúng ∀x ∈ [ 0; 4]
Xét f(x)= x2-4x-3
Bảng biến thiên

0,5 đ


0,5 đ
IV

2

0

x

4

-3

f(x)

-3

0,5 đ

-7

Từ bảng biến thiên (2) đúng với ∀x ∈ [ 0; 4]
f ( x ) ⇔ m ≥ −3
⇔ m ≥ max
[0;4]

PT ⇔ 4 + 2 4 x − x 2 ≤ 4 x − x 2 + m + 3

Đặt t = 4 x − x 2
Bảng biến thiên

4

2

0

x

2
t
0

0

Dựa vào bảng biến thiên suy ra 0 ≤ t ≤ 2
Bất phương trình trở thành
g(t)=-t2+2t+1 ≤ m (3)
Để bất phương trình đầu nghiệm đúng với ∀x ∈ [ 0; 4] thì (3)

1đ
0,5 đ

g (t )
có nghiệm đúng với ∀t ∈ [ 0; 2] . ⇔ m ≥ max
[0;2]

0

t

1

2

2
g(t)
1

1

Từ BBT suy ra m ≥ 2 .
Kết luân m ≥ 2 thì bpt (1) nghiệm đúng ∀x ∈ [ 0; 4] .

0,5 đ


Bài 5
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ :
y

C

N
G
A

V

M
b
2

B
c
2

x

1đ
b c
3 3

A(0;0),B(b;0), C(0;c), M( ;0), N(0; ); G( ; )

0,5 đ

→
 b c  →  2b c 
GM  ; − ÷; GB  ; − ÷;
3
 6 3
 3
2
2
2
2b c
b + c2

→
→
GM . GB = 18 + 9 = 9
→
→
b 2 + 4c 2
4b 2 + c 2
| GM | =
; | GB |=
6
3
→
→
→
→
GM . GB =| GM |.| GB |. cosα

⇔ cosα =

2(b 2 + c 2 )
b 2 + 4c 2 4b 2 + c 2

Áp dụng bất đẳng thức côsi có
(b 2 + 4c 2 )(4b 2 + c 2 ) ≤

Suy ra cosα ≥

5(b 2 + c 2 )
2

4
5

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi b2+4c2=4b2+c2 ⇔ b=c

1đ


Câu 1: (2,5 điểm) . Cho phương trình: x 2 − 2 3x + 1 = 0 (1). Gọi x1, x2 là nghiệm
phương trình (1)
2

2

a, Hãy lập phương trình ẩn y nhận y1 = x1 + x , y 2 = x2 + x làm nghiệm.
2
1
b,Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị biểu thức: A =

3 x12 + 5 x1 x 2 + 3 x 22
4 x13 x 2 + 4 x1 x 23

Câu 2: (1,5 điểm).cho phương trình : x 4 + ax 3 + bx 2 + ax + 1 = 0 có ít nhất một
nghiệm thực , với a,b là số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a 2 + b 2
Câu 3 : (2,5 điểm) .
a, Giải phương trình:

6
10
+

=4
2− x
3− x

1
1
2( x + ) 2 − ( x − ) − 7
x
x
>2
b, Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm:
1 2
1
3( x + ) + ( x − ) + m − 12
x
x
Câu 4: (1,5 điểm).Cho x, y, z ∈ [1;2] . Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
P = ( x + y + z )( + + )
x y z

Câu 5: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC và P là điểm thuộc miền trong tam giác.
Gọi K, M, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng BC, CA,
AB. Hãy xác định vị trí P sao cho tổng BK 2 + CL2 + AM 2 nhỏ nhất.
………………..HẾT……………….
( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

Họ
và
tên

thí
……………………………………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………

sinh:


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
Câu

Nội dung

Điểm
0,25

 x1 + x 2 = 2 3

Theo Vi-Et ta có : 
I

 x1 x 2 = 1
2( x1 + x 2 )
=6 3
Lại có: y1 + y 2 = x1 + x2 + x x
1 2
4
y1 y 2 = x1 x 2 + 4 +
=9
x1 x 2

0,5
0,5
0,25

Vậy: y 2 − 6 3 y + 9 = 0
b, Ta có: A =
=

[

]

0,25

3 ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2 ) + 5 x1 x 2
4 x1 x 2 ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1 x 2

[

3.(2 3 ) 2 − 1

[

]

0;25

]

4.1 (2 3 ) 2 − 2.1

36 − 1
7
=
=
4(12 − 2) 8

0,5

* x = 0 không là nghiệm pt

0,25

1
1
* x ≠ 0 : Phương trình trở thành : x 2 + 2 + a( x + ) + b = 0
x
x

0,25

1
x
2
t + at − 2 + b = 0 ⇔ 2 − t 2 = at + b

Đặt x + = t ; t ≥ 2 , khi đó phương trình trở thành:

II

Theo Bunhia at + b ≤ (a + b )(t + 1) ⇔ a + b ≥

2

2

2

2

2

at + b
t2 +1

=

2 − t2

0,25

t2 +1

0,25
9
−6
t +1
 9(t 2 + 1)
9
18
+ 2
≥


25
t +1 5
Mặt khác:  2
do t 2 ≥ 4
16(t + 1) ≥ 16
 25
5
4
Vậy a 2 + b 2 ≥ ⇔ t = ±2 ⇔ x = ±1
5
a2 + b2 ≥ t 2 + 1+

2

0,25

0,25


a, Với x <2 đặt t =

6
6
> 0 ⇒ 3 − x = 2 +1 ⇔
2− x
t

10t 2
= 4−t

t2 + 6

0,25
0,25
0,25

⇔ t 4 − 8t 3 + 12t 2 − 48t + 96 = 0
⇔t=2
1
⇔x=
2

III.a

0,25

KL:

1
0,25
b, Đặt t = x − , bài toán quy về tìm đk để bpt sau đúng với mọi t:
x

2t − t + 1
≤2
3t 2 + t + m
2

III.b

Vì mẫu xác định với mọi t nên ∆ < 0 ⇔ m >

1
⇒ 3t 2 + t + m > 0, ∀t
12

Do đó bất phương trình tương đương với :

0,25
0,25

2t − t + 1 ≤ 6t + 2t + 2m, ∀t
⇔ 4t 2 + 3t + 2m − 1 ≥ 0, ∀t
2

2

⇔ ∆ = 9 − 16(2m − 1) < 0
25
⇔m≥
32

KL:

0,5
0,25