DE VA DAP AN HSG TOAN 10 2017

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
CỤM THI: LỤC NAM
Ngày thi: 19/2/2017
***
Câu 1: (3 điểm)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán – Lớp 10
(Thời gian làm bài: 180 phút)

Cho phương trình x 2 + 2 x + 3m − 4 = 0 (m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm.
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 2 ≤ x12 + x2 2 + 4 .
c) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn [ −3;4] .
Câu 2: (1 điểm)
Cho bất phương trình (m 2 + 4m + 3) x 2 + 2(m + 1) x + 2 < 0 . Tìm các giá trị của tham số
m để bất phương trình vô nghiệm.
Câu 3: (1 điểm)
Giải bất phương trình ( x 2 − 6 x + 9)(2 − x) ≥ x − 3 .
Câu 4: (1 điểm)
 x 2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2
2
( x − y )( x + xy + y + 3) = 3( x + y ) + 2

Câu 5: (1 điểm)

Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a a
b b
c c
+
+
.
2c + a + b
2a + b + c
2b + c + a

Câu 6: (1 điểm)
Tính: cos 2 00 + cos 210 + cos 2 20 + cos 2 30 + cos 2 40 + ... + cos 21800 .
Câu 7: (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 1; 2 ) và B ( 4;3) . Tìm tọa độ điểm M
nằm trên trục hoành sao cho góc

bằng 450 .

Câu 8: (1 điểm)
uuuu
r

uuur

uuur

r

2 uuu
3

Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM = k BC , CN = CA ,
uuu
r 4 uuu
r
AP = AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
15

…………………Hết…………………
Họ và tên thí sinh:……………………………..…………Số báo danh:……………….


SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
CỤM: LỤC NAM
Ngày thi: 19/2/2017

ĐÁP ÁN CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán – Lớp 10

***

( Thời gian làm bài: 180 phút)

Chú ý:
- Không yêu cầu học sinh phải trình bày quá chi tiết.
- Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm.
-Câu 8: Học sinh không nhất thiết phải vẽ hình.

Câu
Nội dung
2
1 Cho phương trình x + 2 x + 3m − 4 = 0 (m là tham số).

Điểm

a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm.
b) Tìm m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 ≤ x12 + x22 + 4 .
a)

b)

c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn [ −3;4] .
Để phương trình có hai nghiệm thì 12 − (3m − 4) ≥ 0
5
⇔ m ≤ . KL
3
 x1 + x2 = −2
5
Khi m ≤ thì 
(Không có bước này không trừ điểm)
3
 x1 x2 = 3m − 4

0.5
0.5
0.25
0.5

x12 x2 2 ≤ x12 + x2 2 + 4
⇔ (3m − 4) ≤ (−2) − 2(3m − 4) + 4
2

2

⇔ 9m 2 − 18m ≤ 0
⇔ m ∈ [ 0;2]

5
 5
được m ∈ 0;  . KL
3
 3
2
Nghiệm của pt x + 2 x + 3m − 4 = 0 là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
y = x 2 + 2 x và y = −3m + 4

Kết hợp với m ≤
c)

2

0.25
0.25

Vẽ bảng biến thiên của hàm số y = x 2 + 2 x trên đoạn [ −3;4] .
Từ bảng biến thiên để phương trình x 2 + 2 x + 3m − 4 = 0 có hai nghiệm phân
biệt cùng thuộc đoạn [ −3;4] thì −1 < −3m + 4 ≤ 3 .

0.25
0.25

1 5 
⇔ m ∈  ; ÷. KL
3 3 

0.25

Cho bất phương trình (m 2 + 4m + 3) x 2 + 2(m + 1) x + 2 < 0 (*). Tìm các giá trị của
tham số m để bất phương trình vô nghiệm.
 m = −1
 m = −3

2
TH1: m + 4m + 3 = 0 ⇔ 

0.25

Với m=-1 thì (*) vô nghiệm (tm).
Với m=-3 thì (*) có nghiệm (ktm)
 m ≠ −1
để bất phương trình (*) vô nghiệm thì
 m ≠ −3

TH2: 

0.25

(m 2 + 4m + 3) > 0
(m + 4m + 3) x + 2( m + 1) x + 2 ≥ 0, ∀x ∈ R khi 
2
2
(m + 1) − 2(m + 4m + 3) ≤ 0
2

2

 m ∈ ( −∞; −3) ∪ (−1; +∞ )
⇔
⇔ m ∈ ( −∞; −5] ∪ (−1; +∞ )(tm)
m
∈
−∞
;
−
5
∪
−
1;
+∞
(
)
]
[

KL: m ∈ ( −∞; −5] ∪ [ −1; +∞ )

3

0.25
0.25

Giải bất phương trình ( x 2 − 6 x + 9)(2 − x) ≥ x − 3 (*).
x = 3
x ≤ 2

0.25

2
ĐKXĐ ( x − 6 x + 9)(2 − x) ≥ 0 ⇔ 

(Nếu viết ( x 2 − 6 x + 9)(2 − x) = x − 3 2 − x là sai thì chỉ cho điểm ĐKXĐ)
TH1: x=3 là nghiệm của BPT (*).
TH2: x ≤ 2 thì x-3<0 nên (*) luôn đúng
KL: x ∈ ( −∞;2] ∪ { 3}
4

2
2
(1)
 x + y − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2
2
( x − y )( x + xy + y + 3) = 3( x + y ) + 2 (2)

ĐKXĐ: y ≥ −1,5 .

x − y + 3x − 3 y = 3 ( x + y
3

3

2

2

) + 2 ⇔ ( x − 1) = ( y + 1)
3

3

(2) ⇔

0.25
0.25
0.25

0.5

⇔ x −1 = y + 1 ⇔ y = x − 2

Thay vào pt thứ nhất ta được:

0.25

 2x −1 = 1 − x
1 
1

x 2 − 3x + 1 = − 2 x − 1 ⇔  x − ÷ =  2 x − 1 − ÷ ⇔ 
2 
2

 2 x − 1 = x
2

2

(Có thể bình phương được pt: ( x −1) ( x 2 − 4 x + 2) = 0 )
2

Giải hai pt này ta được x = 1, x = 2 − 2
5

Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1; −1) , ( 2 − 2, − 2 ) .
Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

0.25

a a
b b
c c
+
+

.
2c + a + b
2a + b + c
2b + c + a

0.5

a a
a3
1
a3
a3
c+3 c+3
=
= (
+
+
)−
8
16
2c + a + b
c + (a + b + c ) 2 c + 3
c+3
a3
a3 c + 3 c + 3 3a c + 3
−
=
−
16
4

16
c+3 c+3 8
a a
3a c + 3
≥
−
Suy ra:
16
2c + a + b 4
b b
3b a + 3
c c
3c b + 3
≥ −
≥ −
Tương tự
và
16
16
2a + b + c 4
2b + a + c 4
1
≥ 33
2

0.25
3
2

Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được P ≥ ,

3
khi a=b=c=1. KL
2
Tính: P=cos 2 00 + cos 210 + cos 2 20 + cos 2 30 + cos 2 4 0 + ... + cos 2180 0 .
cos00 =-cos1800 ⇒ cos 2 00 =cos 2180 0 .

0.25

P=

6

…

0.5


cos890 =-cos910 ⇒ cos 2 89 0 =cos 2 910 .
⇒ P=2cos 2 00 + 2(cos 210 + cos 2 20 + cos 2 30 + cos 2 40 + ... + cos 2 89 0 ) + cos 2 90 0
=2 + 2(cos 210 + cos 2 20 + cos 2 30 + cos 2 4 0 + ... + cos 2 89 0 )

0.5

cos890 =sin10 ⇒ cos 2 890 =sin 210 .

…
cos460 =sin44 0 ⇒ cos 2 460 =sin 2 44 0.
⇒ P=2 + 2(cos 210 + sin 210 + cos 2 20 + sin 2 20 + ... + cos 2 440 + sin 2 44 0 + cos 2 450 )
=2 + 2(44 + cos 2 450 )
= 91

KL
7

A ( 1; 2 ) và B ( 4;3) . Tìm M mằm trên trục hoành sao cho góc

bằng 450 .

Điểm M mằm trên trục hoành nên gọi M(m;0) ,

0.25

uuur
uuur
MA = (1 − m;2) , MB = (4 − m;3)
(1 − m)(4 − m) + 2.3
cos450 =
(1 − m) 2 + 22 (4 − m) 2 + 32

0.25
0.5

⇔ m 4 − 10m3 + 44m 2 − 110m + 75 = 0 ⇔ (m 2 − 6m + 5)( m 2 − 4m + 15) = 0

m=1 hoặc m=5 . KL: M(1;0) hoặc M(5;0)
8

uuuu
r

uuur uuur

r
2 uuu
3

Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM = k BC , CN = CA
uuu
r

r
4 uuu
AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
uuuu
r 15 uuur
uuuu
r uuu
r
uuur uuu
r
+) BM = k BC ⇔ AM − AB = k ( AC − AB )

, AP =

0.25

uuuu
r
uuu
r

uuur
⇔ AM = (1 − k ) AB + k AC .
r 1 uuur
uuur uuur uuu
r
4 uuu
−
AB
+ AC
+) PN = AN − AP =
15
3
uuuu
r uuur
Để AM vuông góc với PN thì AM .PN = 0
uuu
r
uuur  4 uuu
r 1 uuur 
⇔ (1 − k ) AB + k AC   − AB + AC ÷ = 0
3
 15

r uuur
−4(1 − k )
k
1 − k 4k uuu
⇔
AB 2 + AC 2 + (
− ) AB AC = 0

15
3
3
15
−4(1 − k ) k 1 − k 4k
⇔
+ +(
− )cos600 = 0
15
3
3
15
1
⇔k=
3

0.25

0.5


KL: k =

1
3
…………………Hết…………………