Bộ 7 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp tỉnh

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ 1
Nội dung đề thi:
Phần I.Trắc nghiệm (4 điểm).Chọn đáp án đúng trong mỗi câu sau:
y=

Câu 1/Tập xác định của hàm số

+ 7 x + 12 ) x 2 + mx + m 2 + 1

R \ { 5; 2}

A.

C.

(x

3mx + 5

2

B.

2   2


; +∞ ÷\ { −3; −4}
 −∞; −
÷∪ 
3  3




y = 2 x − 3a + 5 +

Câu 2/Cho hàm số
thuộc tập hợp sau:

A.

5

 3 ; +∞ ÷



R \ { −4; −3}

B.

D.
6x − a + 2
x + a −1

[ 1; +∞ )

 2 2 
;
−
÷∪ { −3; −4}

3 3


xác định trên

C.

( 0; +∞ )

 5
1; 3 
 

(

.Khi đó a

D.

)

φ

y = −3 x 3 + 5 m 2 − 4 x 2 + x

Câu 3/Với giá trị nào của m thì hàm số
A. m=-2,m=0

±

B. m=2

C.m= 2

là hàm số lẻ
D. m=-2

Câu 4/Cho Parabol (P): y=ax2+bx+c có đỉnh I(1;1) và đi qua điểm A(2;3).Tìm
m để đường thẳng d:y=x+m+1 cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A,B
A. m=0

B. m=1

C. m=2

D. m=3

Câu 5/Với giá trị nào của m thì 2 đồ thị hàm số sau song song
y=

m
2m
2m
3m + 2
x+
và y =
x−
1− m
m −1
2m + 1

2m + 1

A.m=0,m=1/4

B. m=1,m=1/4

C. m=-2/3;m=1/4

±

D. m= 1/4

Câu 6/Cho phương trình :x2+2(m-1)x+3m+1=0 .Gọi x1,x2 là các nghiệm của
phương trình.Xác định m để biểu thức

A = x12 + x22 + 6 x1 x2

1

đạt giá trị nhỏ nhất


A. m=1/2

B. m=-1/3

C. m=1

D. m=-1/2

Câu 7/Cho phương trình:mx2-(m-2)x+m-2=0.Tìm m để phương trình có đúng 1
nghiệm dương

A.

 2
m ∈ [ 0; 2 ) ∪ − 
 3

2
m ∈ [ 0; 2 ) \  
3

m ∈ R \ { 0; 2}

B.

m ∈ ( 0; 2 )

C.

f ( x) =

Câu 8/Giá trị nhỏ nhất của hàm số
A. 2

3 1
+
x 3y

B. 3

x+ y =

với x>0,y>0 và

4
3

C. 4
f ( x) =

Câu 9/Giá trị lớn nhất của hàm số
A.1/265

D.

B. 1/256

là:
D. -4

x2

(x

2

+3

)

4

là:

C. 1/16

D.

32 3

Câu 10/Cho đường thẳng d1:x+y=1,d2:2x+y=3,d3:(m+1)x-5y = 3m+2 .Xác định
m để 3 đường thẳng d1,d2,d3 đồng quy
A. m=10
2/3

B. m=-5

C. m=5

Câu 11/Xác định m để hệ phương trình
A.

m ∈ ( −∞;1] ∪ [ 7; +∞ )

B.

D. m=-

x + y = m +1
 2
2
2
 x + y = m − 3m + 4

m ∈ [ 1;7 ]

C.

có nghiệm

m ∈ [ −1; 4] ∪ [ 7; +∞ )

D.

m ∈ R \ { −1; 4}

Câu 12/Tìm m để hệ phương trình

( m + 1) x + 2 y = m + 2

2 x + ( m + 1) y = −m + 4

2

có nghiệm nguyên


m ∈ { −6; −4; −2;1}

A.

m ∈ { −6; −4; −2;0}

m ∈ { −5; −2; 2;1}

B.

C.

D.

m ∈ { 1; −3; 2; 4}

Câu 13/Cho tam giác ABC,M là điểm xác định bởi
ABC.Hệ thức tính

A.

uuu
r
CB

r
3 uuur 1 uuuu
CG − CM
4
2

qua

B.

uuur uuuu
r
CG, CM

uuur 1 uuur
MA = AB
2

,G là trọng tâm

∆

là:

r
3 uuur 1 uuuu
CG + CM
2
4

C.

r
9 uuur 1 uuuu
CG − CM
4

2

D.

r
9 uuur 2 uuuu
CG + CM
2
3

Câu 14/Cho tam giác ABC,AM,BN lần lượt là 2 đường trung tuyến.Hệ thức
tính

A.

uuur
AC

theo

uuuu
r uuur
AM , BN

r 2 uuur
4 uuuu
AM − BN
3
3

là:

B.

r 1 uuur
2 uuuu
AM − BN
3
3

C.

r 3 uuur
2 uuuu
− AM + BN
3
4

D.

r 2 uuur
4 uuuu
AM + BN
3
3

Câu 15/Cho tam giác đều ABC cạnh 2a.Gọi G là trọng tâm
uuur uuur
AC − GB

trị

A.

∆

ABC.Khi đó giá

là:
4a 3
3

B.

2a 5
3

C.

4a
3

Câu 16/Cho 3 điểm A(1;2),B(5;3),C(2;-1).Xác định điểm M sao cho
uuuu
r uuur uuuu
r r
AM + 3MB − 2CM = 0

3

D.

a 3
3


3 5
M  ;− ÷
 2 4

9 5
M ; ÷
2 4

A.

3 7
M ; ÷
4 3

B.

C.

D.

9 3
M  ;− ÷
4 4

∆

Câu 17/Cho ABC có A(1;-1),B(5;-3),đỉnh C trên Oy và trọng tâm G trên
Ox.Tìm tọa độ điểm C
A. C(0;-5)
Câu 18/Cho

B. C(0;6)
∆

C. C(0;3)

ABC có AB=3,AC=7,BC=5.Giá trị tích vô hướng

A. 33/2

B. 11/2

C. 23/3

D. C(0;4)
uuu
r uuur
AB. AC

là:

D. 43/4

∆

Câu 19/Cho ABC vuông tại A,H là hình chiếu vuông góc của A trên BC.Biết
AC=3,BH=2.Khi đó độ dài AB là:
A.

2 + 2 10

B.

2 + 10

C.

Câu 20/Cho tam giác ABC có AB=3,AC=5,
thức
A.

uur uu
r r uur
uuu
r
2 IB + IA = 0, JB = 2 JC

76

B.

1 + 2 10

µA = 600

D.

1 + 10

,I,J được xác định bởi các hệ

.Khi đó độ dài IJ là:
75

C.

74

D.

73

Phần II.Tự luận (16 điểm)
Câu 1/(4 điểm)
a/ Cho hàm số y=x2-2(m+1)x+m+3 Xác định m để đồ thị là 1 Parabol có đỉnh
nằm trên đường thẳng d: y=2x+1
b/ Cho các số thực x,y,z thỏa mãn x+y+z=6;xy+yz+xz=10.Chứng minh rằng
6−2 6
6+2 6
≤ x, y , z ≤
3
3

Câu 2/(4 điểm)

4


a/ Giải phương trình:

4 x 2 − 4 ( x − 1) 5 x − 9 + 5 x + 6 5 x − 9 − 5 x − 6 = 0

(1)

b/ Giải hệ phương trình:

(

)

( x + y + 2 ) y − x + 1 x + y + y + 2 + 2 y − x − 1 = 0


 x 2 + 6 y + 11 = 3 5 y + 4 + 2 6 y + x + 10

(1)
(2)

Câu 3/(4 điểm)

a/ Cho

∆

ABC .Chứng minh rằng:

ngoại tiếp,đường tròn nội tiếp

∆

R
≥2
r

,với R,r lần lượt là bán kính đường tròn

ABC

b/ Cho tam giác ABC có AB=5,BC=4.Đường phân giac trong BM của

trung tuyến AN tại E.Tính

·ABC

BM
BE

Câu 4/(4 điểm). Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn điều kiện
a+b+c=1,2a+1>0,2b+1>0,2c+4>0.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
A=

a
b
c

+
+
2 a + 1 2b + 1 2 c + 4

Hết
Đáp án vắn tắt phần câu hỏi trắc nghiệm
2

Câu 1/Vì
⇒

Đk:

m  3m 2

x 2 + mx + m 2 + 1 =  x + ÷ +
+ 1 > 0, ∀x
2
4


x 2 + 7 x + 12 ≠ 0 ⇒

Câu 2/Đk:

x ≠ 1− a


3a − 5
 x ≥ 2

Txđ:

R \ { −4; −3}

Vì h/số xác định trên
5

 3a − 5
≤0

 5
⇔ a ∈ 1; 
 2
 3
( 0; +∞ ) ⇒ 1 − a ≤ 0

cắt


Câu 3/

m = ±2

Câu 4/(P):y=2x2-4x+3.Để d cắt (P) tại A(2;3) và B phân biệt thì m=0

Câu 5/Để đồ thị 2 hàm số song song thì

Câu 6/

a = a '

b ≠ b ' ⇒

m=0 hoặc m=1/4

m ≤ 0
∆'≥ 0 ⇔ 
m ≥ 5

2

1  7
A = 4 ( m 2 + m + 2 ) = 4  m + ÷ +  ≥ 7
2  4 


Câu 7/TH1:m=0
TH2:m

TH3:

TH4:

Đs:

≠

0

⇒

⇒

x=1 (t/m)

a.c<0

⇔

m(m-2)<0

c
= 0⇒ m−2 =0⇒ m = 2
a

⇔

0
(không tồn tại nghiệm dương)




m ≠ 0
m ≠ 0
m = 2



2
 ∆ = 0 ⇔  
2⇒m=−
3
 b
m = − 3
−

>0
 2a
m < 0

m > 2

 2
m ∈ [ 0; 2 ) ∪ − 
 3
f ( x) =

Câu 8/

3
1
+ 3x +
+ 3y − 4 ≥ 6 + 2 − 4 = 4
x
3y

⇔ ( x + 3) ≥ 256 x ⇔
2

2

2

Câu 9/Ta có x +3=x +1+1+1

≥ 4 4 x2

6

4

2

x2

(x

2

+ 3)

4

≤

1
256

Câu 10/m=5

Câu 11/Ta có

x + y = m +1


5m − 3
 xy = 2
⇒

x,y là nghiệm pt: 2X2-2(m+1)X+5m-3=0

m ≤ 1
∆' ≥ 0 ⇔ 
m ≥ 7

Câu 12/Ta có 2y=-(m+1)x+m+2
⇒

(-m2-2m+3)x=-m2-5m+6
⇒

+)m=1
+)m=-3

+)

⇒

≠

2 đường thẳng trùng nhau

⇒

⇒

không thỏa mãn

vô nghiệm
≠

⇒x=

m 1,m -3

⇒ m ∈ { −6; −4; −2;0}

m+6
3
= 1+
m+3
m+3 ⇒

Để x nguyên thì m+3 phải là ước của 3

Thử lại y nguyên

Câu 13/
uuu
r uur uur uur 1 uuu
r 3 uur 1 uuuu
r 9 uuur 1 uuuu
r
CB = CI + IB = CI + MI = CI − CM = CG − CM
2
2
2
4
2

Câu 14/

7


uuur
uuur
uuur uuur
r 1 uuur  4 uuuu
r 2 uuur
 2 uuuu
AC = 2 AN = 2 AG + GN = 2  AM + BN ÷ = AM + BN
3
3
3
 3

(

Câu 15/

Câu 16/

)

uuur uuu
r uuur uuu
r uuu
r
uuur 4a 3
AC − GB = GC − GA − GB = 2GC =
3
9 5
M ; ÷
2 4

Câu 17/C(0;4)
Câu 18/ĐS:33/2
Câu 19/Đặt HC=x,ta có AC2=HC.BC
⇒

2

AB =HB.BC=

(

⇔

9=x(x+2)

⇔ x = −1 + 10

)

2 1 + 10 ⇒ AB = 2 + 2 10

Câu 20/
⇒ BC = 19 ⇒ cos B =

Ta có BC2=19

1
2 19

1 + 76 − 2.2 19.

IJ2=IB2+BJ2-2.IB.BJ.cosB=

1
= 75 ⇒ IJ = 75
2 19

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
I.Trắc nghiệm: (Mỗi đáp án đúng được 0,2 điểm)
1
2

B
C
11
12
A
C
II.Tự luận

3
C
13
C

4
A
14
D

5
A
15
A

8

6
D
16
B

7
A
17
D

8
C
18
A

9
B
19
A

10
C
20
B


Câu
1(4,0
điểm)

Ý
a/(2,0
điểm)

Đáp án

(P) có đỉnh
⇒

∆ 
 b
I − ;− ÷
 2a 4a 

4ac − b
b
= − +1
4a
a

Điểm
0,25

∈

,vì I d

0,5

2

0,5

≠

vì a 0

⇒ 4ac − b 2 = −4b + 4a

(*)

Thay a=1,b=-2(m+1),c=m+3

vào (*)
Ta có m2+3m+1=0

0,5

−3 ± 5
⇔m=
2

b/
Từ gt,ta có thể giả sử z là tham số,suy ra ta có hpt ẩn
(2,0
x,y
điểm)  x + y = 6 − z

 xy = 10 − z (6 − z ) ⇒

x,y là nghiệm pt

t -(6-z)t+10-z(6-z)=0 Do pt có nghiệm đối với x,y

⇒

∆ ≥ 0 ⇔ 3 z 2 − 12 z + 4 ≤ 0
6−2 6
6+2 6
≤z≤
3
3

a/(2,0
điểm)

x≥

ĐK:

⇒

đpcm
0,25

9
5

( 1) ⇔ 4 x 2 − 4 x 5x − 9 + 4 5 x − 9 + 3 + 5 x − 9 − 5 x − 6 = 0
⇔ 4 x2 − 4 x 5x − 9 + 5 5x − 9 − 5x − 3 = 0
⇔ 4 x 2 − 4 x 5 x − 9 + 5 x − 9 + 5 5 x − 9 − 10 x + 6 = 0
⇔

(

)

2

5x − 9 − 2x + 5

(

)

x ≥ −1, y ≥ 0
b/
ĐK:
(2,0
u = y , v = x +1
điểm)

0,25
0,25
0,25

( n)

0,5

( n)

0,25
, u, v ≥ 0

⇒ y = u , x = v −1

2

0,5

5x − 9 − 2 x + 6 = 0

 5 x − 9 − 2 x = −2
(vn)

x = 2
⇔
 5 x − 9 − 2 x = −3 ⇔ 
x = 9


4


Đặt

0,25
0,5
0,5

Vì vai trò của x,y,z như nhau
2(4,0
điểm)

0,5
0,25

2

⇔

0,25

0,25

2

thay vào (1) ta có
9


(u2+v2+1)u-v(u2+v2+1+u)+2u2-v2=0
⇔

⇔

⇔

0,25

u3-v3+uv2-vu2+u-v-vu+2u2-v2=0
(u3-v3)+(uv2-vu2)+(u-v)+(2u2-2uv)+(uv-v2)=0
(u-v)(u2+v2+2u+v+1)=0

u = v
⇔ 2

2
 u + v + 2u + v + 1 = 0

Với u=v

⇒

0,25

(vn vì u, v ≥ 0)

0,25
y=x+1 thay vào (2) ta có

0,25

x + 6 x + 17 = 3 5 x + 9 + 2 7 x + 16
2

⇔ x 2 + x + 3  x + 3 − 5 x + 9  + 2  x + 4 − 7 x + 16  = 0
3
2


⇔ x 2 + x 1 +
+
=0
 x + 3 + 5 x + 9 x + 4 + 7 x + 16 
(t / m) ⇒ y = 1
x = 0

⇔
(t / m) ⇒ y = 0
 x = −1

(

1+

)

3
x + 3 + 5x + 9

+

2
x + 4 + 7 x + 16

0,25
0,25

> 0, ∀x ≥ −1

Vì
Vậy hpt có 2 nghiệm (x,y)=(0;1),(-1;0)
3(4,0
điểm)

a/(2,0
điểm)

abc
R 4S
p.abc
p.abc
=
=
=
2
S
r
4S
4 p ( p − a) ( p − b) ( p − c)
p
2abc
=
( 1)
( b + c − a) ( a + c − b) ( a + b − c)

Ta có
Theo bđt Côsi ta có

( a + c − b) ( a + b − c)

≤

c + a −b+ a +b−c
=a
2

≤b

( b + c − a) ( c + a − b)

≤c

⇒ ( b + c − a ) ( a + c − b ) ( a + b − c ) ≤ abc
⇒

Từ 1,2

0,25
0,25

( 2)

R 2abc
≥
=2
r
abc

Đẳng thức xảy ra

0,25

0,25

Tương tự ta có

( a + b − c) ( b + c − a)

0,5

0,25
0,25

⇔ b+c−a = a+ c−b = a+b−c
⇔a=b=c

10


⇔ ∆ABC

đều

b/
Theo tính chất đường phân giác ta có
uuu
r uuur r
EA AB 5
(2,0
=
= ⇒ 2 EA + 5 EN = 0
điểm) EN uuurBN uuu2r uuur

0,5

( 1)

⇔ 2 BA + 5 BN = 7 BE

0,25

uuur uuuu
r r
MA AB 5
=
= ⇒ 4 MA + 5MC = 0
MC BC 4
uuu
r uuur
uuuu
r
⇔ 4 BA + 5 BC = 9 BM
( 2)
+/

0,5
0,25
0,25

uuur
uuur
uuuu
r
uuu
r r
⇒ 5 BC − 10 BN = 9 BM − 14 BE = 0

Từ 1,2
Vì N là trung điểm của BC
⇒

4(4,0
điểm)

0,25

BM 14
=
BE
9

Đặt x=2a+1>0,y=2b+1>0,z=2c+4>0

⇒

x+y+z=8

0,25

x + y ≥ 2 xy
1 1
2
+ ≥
x y
xy

0,25

1 1
⇒ ( x + y )  + ÷≥ 4
 x y
1 1
4
⇒ + ≥
( *)
x y x+ y
⇒ A=

Ta có:
Từ (*) ta có

x −1 y −1 z − 4 3 1  1 1 4 
+
+
= −  + + ÷
2x
2y
2z
2 2 x y z 
1 1 4
4
4
4.4
16
+ + ≥
+ ≥

=
=2
x y z x+ y z x+y+z 8

3 1
1
⇒ A ≤ − .2 =
2 2
2
x = y
1

⇒ Amax = ⇔  x + y = z
2
x + y + z = 8

1

z = 4
a = b =
⇔
⇔
2
x = y = 2
c = 0

ĐỀ 2
11

0,25

0,25
0,5
0,25

0,25


Bài 1. (4 điểm)
1. Cho hàm số: y =

− x2 + 4x − 3

a/ Tìm tập xác định, lâp bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b/ Tìm m để đường thẳng (d): y = 2(x-m) cắt đồ thị trên tại hai điểm phân
biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tai O.
x+6 x−9 +m x+ 2 x−9 −8 = x+

2. Tìm m để phương trình
hai nghiệm

x1 , x 2

sao cho

3m + 1
2

có

x1 < 10 < x 2

Bài 2. (5 điểm)
a/ Với giá trị nào của m thì bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x:
6x2 + 4x + 5 > |2x2 + 4mx + 1| (1)
b/ Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
1
 1
x
+
+
y
+
=5

x
y


 x3 + 1 + y 3 + 1 = 15 m −10

x3
y3
Bài 3. (3 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R, có G
là trọng tâm. Chứng minh rằng:
1
GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )
3

1.
Bài 4 (5 điểm)

R 2 − OG 2 =

.

2.

a 2 + b2 + c2
9

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

d2

cắt hai tia Ox,

Oy lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho
nhất.

12

AB 2
S ∆2OAB

nhỏ


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).

Bài 5. (3 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a + b + c = 2.

Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
+
+
≥1
b+c a+c a+b

ĐÁP ÁN
Thang
điểm

Đáp án
Bài 1. 1
4 điểm a/ (1đ)
- TXĐ
- Bảng biến thiên
- Đồ thị:
b/

0, 25 đ
0,25đ
0,5
− x2 + 4 x − 3

⇔ x 2 − 2 x + 3 − 2m = 0

- PT hoành độ giao điểm:
= 2(x-m)
(1)
- Đt d cắt đồ thi tại 2 điểm A, B khi và chỉ khi pt (1) có hai nghiệm
phân biệt

⇔ ∆ > 0 ⇔ m >1

- Giả sử A(

x1 ; 2( x1 − m)

0,25đ
0,25đ

); B(

x2 ; 2( x2 − m)

0,25đ

)

uuu
r uuu
r
OA.OB = 0

tam giác OAB vuông tai O khi
⇔ 5 x1 x2 − 4m( x1 + x2 ) + 4m 2 = 0

0,25đ

4m − 18m + 15 = 0
2

Áp dung vi ét ta suy ra

9 + 21
m =

4


9 − 21
m =

4

(thỏa mãn)

⇔ x−9 + 3+m

(

)

x−9 +1 = x+

2. PT
PT trở thành :

3m + 1
2

đặt

t = x − 9, t ≥ 0

3m + 1
t + 3 + m ( t + 1) = t 2 + 9 +

⇔ 2t 2 − 2 ( m + 1 ) t + m + 13 = 0
2

13

0,5 đ
0,25 đ

(1)


PT ban đầu có nghiệm

⇔

(1) có nghiệm

x1 < 10 < x 2

0,5 đ

∆ ' > 0

0 ≤ t 1 < 1 < t 2 ⇔ ( t1 − 1) ( t 2 − 1) < 0

t1 + t 2 > 0

0,75 đ

( 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


Bài 2a
2,5
điểm

a/ Vì 6x2 + 4x + 5 > 0 với mọi x nên
(1) ⇔ - (6x2 + 4x + 5 ) < 2x2 + 4mx + 1 < 6x2 + 4x + 5

1,0 đ

 x + (1 − m) x + 1 > 0
 2
 4 x + 2(1 + m) x + 3 > 0
2

0,5 đ

⇔
(2)

Vây, (1) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi cả hai bất phương
trình trong hệ (2) đồng thời nghiệm đúng với mọi x. Điều này
tương đương với
2
2
∆
 1 = (1 − m) − 4 = m − 2m − 3 < 0
 '
2
2
 ∆ 2 = (1 + m) − 12 = m + 2m − 11 < 0

0,5 đ
0,5 đ

 −1 < m < 3
⇔
⇔ −1 < m < − 1 + 2 3
 −1 − 2 3 < m < −1 + 2 3
1
Bài 2b
1
y+
x+
u ≥ 2, v ≥ 2
y
2,5
x
Đặt u =
và v =

với
điểm

0,25 đ

u + v = 5
u + v = 5
⇔
 3 3
u + v − 3 ( u + v ) =15m − 10
u v = 8 − m

0,5đ

Hệ đã cho trở thành:
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 0,25 đ
t1 ≥ 2, t2 ≥ 2

(t1, t2 không nhất thiết phân biệt)
2

∈(− ∞; − 2] ∪ [ 2; + ∞ )

Xét hàm số y = t – 5 t + 8 với t
∞
t
-2
+

1,0 đ

2

∞

5
2

+
+

∞
14


y

0,5

22
2
7
4

Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi
1. Có :

7
4 ≤ m ≤2


 m ≥ 22

Bài 3
3 điểm GA2 + GB 2 + GC 2 = 4 (m 2 + m 2 + m 2 )
a
b
c

0,5 đ

9
4  b2 + c2 a 2 c 2 + a 2 b2 a 2 + b2 c 2 
= 
− +
− +
− ÷
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 uuu
r 2 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 uuu
r 2 uuur 2
uuur uuu
r uuu
r uuur
= 3OG + GA + GB + GC + 2OG (GA + GB + GC )
uuu
r uuur uuur r
GA + GB + GC = 0

Do OA = OB = OC = R và

3R = 3OG + GA + GB + GC
2

2

2

2

0,5 đ

nên:

2

hay

3R 2 − 3OG 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 =

0,5 đ

a +b +c
3
2

2

2

a 2 + b2 + c2
R − OG =
9
2

⇒

0,5đ

2

Bài 4.
5 điểm
1. Viết phương trình đường thẳng d sao cho

AB 2
S ∆2OAB

2.5đ
nhỏ nhất.
0.5

15


•

•

•

Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng
⇒ I (3 ; 1)

Giả sử

.

A(a ; 0)

B (0 ; b )

và

d có phương trình
Ta có

x y
+ =1
a b

với

a, b > 0

3 1
+ =1
a b

0.5

1 

 1
 = 4 2 + 2 

b 

a

0.5

. Vì

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có
1
 1
(3 2 + 12 ) 2 + 2
b
a

•

và

d2

thì đường thẳng

I ∈d ⇒

AB 2
OA2 + OB 2
1
 1
=

4
.
= 4.
+
2
2
2
2
S ∆OAB
OA .OB
OB 2
 OA
•

d1

Min

AB 2
2
=
2
S ∆OAB 5

khi

2

 3 1
1

1
1
 ≥  +  =1 ⇒ 2 + 2 ≥
 a b
10
a
b

10
3 1

 + =1
a =
⇔
a b

3
 3a = b
 b = 10

Khi đó đường thẳng d có phương trình

0.5

3 x + y − 10 = 0

uuur
uuur
uuuu
r r

a .GA1 + b 2 .GB1 + c 2 .GC1 = 0

0.5

.

2

2. Chứng minh rằng:

. (Với a=BC,

2.5đ

b=AC,
c=AB).
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 2 c 2 GA1.GC1 + 2b 2c 2 GB1.GC1 = 0 0.75

(*)
GA1 =

Ta có:

ha
h
h
, GB1 = b , GC1 = c , aha = bhb = chc = 2S
3
3
3

,

uuur uuur
GA1.GB1 = GA1.GB1.cos(1800 − C ) = −GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C = c 2 − a 2 − b2
uuur uuuu
r
GA1.GC1 = GA1.GC1.cos(1800 − B) = −GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B = b2 − 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

16

1.0

Bài 5
3 điểm

a2
b+c
a2 b + c
+
≥2
.
=a
b+c
4
b+c 4

Có:

.

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

ĐỀ3
Câu 1 (5,0 điểm)

y = x 2 − 3x + 2

1)Cho

y = −x + m

hàm số
và hàm số
. 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.

2)Giả

sử

phương

trình

x − 2 ( m − 1) x − m + ( m + 1) = 0
2

ẩn

có hai nghiệm

x

(

x1 , x2

m

là

tham

số):

thỏa mãn điều kiện

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P = x + x + x1 x2 ( 3x1 + 3 x2 + 8 )
3
1

hai

2

3

x1 + x2 ≤ 4

bậc

3
2

.

Câu 2 (5,0 điểm)

1)

Giải hệ phương trình:

 x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1
( x, y ∈ ¡ )
 4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1

1
−
>0
− x2 + 4 x − 3 2 x − 4

.

1

(x ∈ ¡ )

Giải bất phương trình:
.
Câu 3 (5,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn:
2)

uuur 2 uuur uuur 1 uuur
BD = BC; AE = AC
3
4

. Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm

B, K, E thẳng hàng.
17


Cho tam giác ABC vuông uởur A; BC
uur = a;2 uCA
ur =
r b; AB = c. Xác định
2
2
b IB + c IC − 2a IA = 0
điểm I thỏa mãn hệ thức:
; Tìm điểm M sao cho
2
2
2
2
2
2
b MB + c MC − 2a MA
biểu thức (
) đạt giá trị lớn nhất.

2)

Câu 4 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
đường thẳng
I

có tâm

d1 : 2 x − y − 2 = 0, d 2 : 2 x + y − 2 = 0
(C )

sao cho

cắt

d1

cho điểm

I (2; 4)

và các

. Viết phương trình đường tròn

A, B

tại

Oxy,

và cắt

d2

tại

C, D

(C )

thỏa mãn

AB + CD + 16 = 5 AB.CD.
2

2

Câu 5 (2,0 điểm). Cho a,b

∈¡

(2 + a)(1 + b) =

thỏa mãn:

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9
2

.

P = 16 + a 4 + 4 1 + b 4

.

-------------------HẾT--------------------

Câ
u
1

ĐÁP ÁN
Sơ lược cách giải

Ý

⇒
1
Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm phân biệt
3,0
x 2 − 3x + 2 = − x + m
x2 − 2x + 2 − m = 0
điểm
hay
(*).

Khi
Gọi

∆' > 0 ⇔
xA ; xB

0,5
0,5

m>1.

là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có

x + xB
xI = A
=1
yI = −x I + m = m − 1
2

;

0,5

.
0,5

⇔ yI = x I

Yêu cầu bài toán

Điểm

.
18


⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2; m = 0

Kết hợp ĐK, kết luận

.
m=2

0,5
0,5

.

Phương trình đã cho có hai nghiệm

x1 , x2

thỏa mãn

x1 + x2 ≤ 4

m ≥ 2
 m ( m2 − 4 ) ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 −2 ≤ m ≤ 0

⇔
⇔
⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ m ≤ 3
 x1 + x2 ≤ 4
 2 ( m − 1) ≤ 4
m ≤ 3


Theo định lí Viet ta có
ra

x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1)

0,5

2

suy

0,5

3
3
2
2
P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m
(2,0
điểm Bảng biến thiên
)

m

-2

0

2

0

16

3

0,5

P
-144

-24

Từ bảng biến thiên ta được:
m = −2

2

1
(3,0
điểm
)

Pmax = 16

khi

m = 2 Pmin = −144

,

khi

0,5

.

Ta có
2
2
2
3
2
 x + x y − xy + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1
⇔ 2
 4
2
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
( x − y ) + xy = 1

Đặt

a = x 2 − y

b = xy

0,5
(*)

a + a − 2a = 0
a( a + a − 2) = 0
(*) ⇔ 
⇔

2
2
b = 1 − a
b = 1 − a
3

Hệ

. Hệ trở thành:

a + ab + b = 1
 2
a + b = 1

0,5

Từ đó tìm ra

* Với

2

2

0,5

(a; b) ∈ { (0; 1); (1; 0); ( −2; − 3)}

(a; b) = (0; 1)

ta có hệ

 x2 − y = 0
⇔ x = y =1

xy
=
1


19

0,5
.


* Với

(a; b) = (1; 0)

 x2 − y = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);( −1;0)

 xy = 0

* Với

0,5

ta có hệ

(a; b) = ( −2; −3)

.

ta có hệ

3
3


 x 2 − y = −2
y = −
y = −
⇔
⇔
⇔ x = −1; y = 3
x
x

xy
=
−
3


 x3 + 2 x + 3 = 0
( x + 1)( x 2 − x + 3) = 0
0,5



.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);( −1; 0);( −1; 3)}

.

2
1
1
−
>0
(2,0
− x2 + 4 x − 3 2x − 4
điểm Giải bất phương trình:
(1)
2
)
− x + 4 x − 3 > 0
⇔ 1 < x < 2;2 < x < 3

x ≠ 2
Điều kiện:

1

⇔

− x2 + 4x − 3

(1)
Nếu

1< x < 2

thì

>

1
2x − 4

− x2 + 4 x − 3 > 0 > 2x − 4

nghiệm đúng với mọi x:

Nếu

0,5

1< x < 2

, bất phương trình

2 x − 4 > 0
2 < x < 3⇒ 
2
 − x + 4 x − 3 > 0

bất pt đã cho

0,5

⇔ 2x − 4 > − x 2 + 4x − 3

⇔ 4 x 2 − 16 x + 16 > − x 2 + 4 x − 3 ⇔ 5 x 2 − 20 x + 19 > 0
x > 2+

5
5
;x < 2−
5
5
2+

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:
20

5
5

0,5

(1;2) ∪ (2 +

Tập nghiệm của bpt đã cho:

5
;3)
5

0,5

A

E

uuur 1 uuur uuu
r 1 uuur 3 uuur
AE = AC ⇒ BE = BC + BA(1)
4
4
4
K

Vì

uuur
uuur uuur
uuur
uuur
AK = x.AD ⇒ BK = x.BD + (1 − x)BA

D

B

Giả sử

uuur 2 uuur
BD = BC
3

Mà

nên

1
(3,0
điểm Do đó có:

0,5

C

uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
AK = x.AD ⇒ BK =
BD + (1 − x)BA
3

Vì B, K, E thẳng hàng(B

3

0,5

≠E

) nên có m sao cho

0,5

uuur
uuu
r
BK = mBE

r 3m uuur 2x uuur
uuur
m uuu
BC +
BA =
BC + (1 − x)BA
4
4
3

0,5

r 
3m  uuur r

 m 2x  uuu
 −
÷BC + 1 − x −
÷BA = 0
4 
4 3 


0,5

Hayuuur uuur
Do

BC; BA

không cùng phương nên

m 2x
3m
−
= 0 &1 − x −
=0
4 3
4

Vậy

uuur 1 uuur
AK = AD
3

Từ đó suy ra

A

1
8
x = ;m =
3
9

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

B

2
(2,0
điểm
)

0,5

C

H

nên

2

. Do đó:

0,5

uuur
uuur r
b 2 .BH + c2 .CH = 0

Suy ra

uur
uur
uur
uur
uur
b 2 .IB + c 2 .IC = b 2 .IH + c 2 .IH = a 2 .IH
uur
uur
2a 2 .IA = a 2 .IH

uur uur
2.IA = IH

Kết hợp giả thiết suy ra
hay
Do đó điểm I thỏa mãn gt là Iuthỏa
mãn

Auurlà trung
điểm IH
ur
uur
r
Với x, y, z tùy ý thỏa mãn:

x.IA + y.IB + z.IC = 0

21

(*) bình phương

0,5

0,5


vô hướng 2 vế (*), chú ý rằng

uur uur
2IA.IB = IA 2 + IB2 − AB2

(x.IA + y.IB + z.IC )(x + y + z) = xyc + xzb + yza
2

2

Từ đó có

2

2

2

ta có:

2

( −2a 2 .IA 2 + b 2 .IB2 + c 2 .IC 2 ) = 3b 2c 2
uur uuu
r
uur uuu
r
xMA 2 = x(IA − IM) 2 = x(IM 2 + IA 2 − 2IA.IM)

Mặt khác
Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có
xMA 2 + yMB2 + zMC2 = (x + y + z)IM 2 + xIA 2 + yIB2 + zIC 2

0,5

Thay số có:
−2a 2 MA 2 + b 2 MB2 + c 2 MC 2 = −a 2 IM 2 + 3b 2c 2 ≤ 3b 2 c 2

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I
I

Gọi hình chiếu của

IE = d ( I ;d1 )

Gọi

R

trên

d1 , d 2

E, F .

lần lượt là

khi đó

0,5

2
6
=
; IF = d ( I ; d2 ) =
.
5
5

là bán kính của đường tròn

(C )

R>

cần tìm (

6
5

)

4
AB = 2 AE = 2 R − ;
5

0,5

2

36
5

0,5

3,0 Theo giả thiết ta có:
điểm
 2 4   2 36 

0,5

CD = 2CF = 2 R 2 −

4

4
36
4  R − ÷+ 4  R − ÷+ 16 = 20 R 2 −
R2 − .
5 
5 
5
5

⇔ 8 R 2 − 16 = 4 (5 R 2 − 4)(5 R 2 − 36) ⇔ 2 R 2 − 4 = (5 R 2 − 4)(5 R 2 − 36)
⇔ (2 R − 4) = (5 R − 4)(5R − 36)
2

R>

6
5

2

2

R>

2

(do

6
5 ⇔R=2 2

)

( do

0,5

)

Vậy phương trình đường tròn

cần tìm là
0,5

(C ) : ( x − 2) + ( y − 4) = 8.
2

(C )

2

22


2,0
điểm C/M được :

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c ) 2 + (b + d )2

(1). Dấu

0,5

a b
=
c d

bằng xẩy ra khi:
Áp dụng (1) ta có :
2

2

 a2 
 a2

p
(a 2 + 4b 2 ) 2
= 1 +  ÷ + 1 + b4 ≥ 4 +  + b2 ÷ = 4 +
4
16
 4
 4


(1 + 2a )(1 + b) =

Mặt khác:

5

9
5
a + 2b + ab =
2⇔
2

0,5

(2)

Mà:

 a 2 + 1 ≥ 2a
 2
3( a 2 + 4b 2 )
4
b
+
1
≥
4
b
⇒
+ 2 ≥ 2a + 4b + 2ab ⇒ a 2 + 4b 2 ≥ 2

2
 a 2 + 4b 2


≥ 2ab
 2

Từ (1) và (3) suy ra:
b=

p ≥ 2 17

0,5

(3)

.Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và

1
2

Vậy:

0,5
MinP = 2 17

b=

Đạt được khi a=1 và

1
2

.

ĐỀ 4
Bài 1: (2,0 điểm)
K =(

x
1
1
2
−
):(
+
)
x −1 x − x
x + 1 x −1

Cho
a, Rút gọn K

với

x > 0, x ≠ 1

x = 3+ 2 2

b, Tính giá trị của K khi
c, Tìm giá trị của x sao cho K < 0
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho parabol (P):

y = − x2

a, Chứng minh rằng

và đường thẳng (d):

∀m

y = mx − 1

thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P)

23


b, Gọi

x1 , x2

lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và
x12 x2 + x1 x22 − x1 x2 = 3

parabol (P). Tìm m để
Bài 3: (2,0 điểm)
Giải phương trình, hệ phương trình sau:
5x2 − 7 x − 6 = 0

a,

2 x − 3 y = −13


3 x + 5 y = 9

b,

2 x 4 − 13 x 2 + 3 = 0

c,
Bài 4: ( 3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ
đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và
DC theo thứ tự tại H và K.
1. Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn;
¼
CHK

2. Tính
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh
1
1
1
=
+
2
2
AD
AM
AN 2 .

Bài 5: (0,5 điểm)
x + 4 y = 5 xy

Cho hai số dương thỏa mãn

. Tính

y
x

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài

Ý

Điều kiện a > 0 và a ≠ 1
K =(

a.
(1,0đ)
1.
(2,0đ)

=

Nội Dung

Điểm

x
1
1
2
−
):(
+
)
x −1
x ( x − 1)
x + 1 ( x + 1)( x − 1)

0,25

x −1
x +1
:
x ( x − 1) ( x + 1)( x − 1)

0,25
0,5

24


x −1
x −1
.( x − 1) =
x ( x − 1)
x

=

0,25

x = 3 + 2 2 = (1 + 2) 2 ⇒ x = 1 + 2

b.
(0,5đ)

3 + 2 2 − 1 2(1 + 2)
=
=2
1+ 2
1+ 2

0,25

x −1
<0
x
x −1 < 0
x < 1
⇔
⇔
⇔ 0 < x <1
x > 0
x > 0

0,25

K=

K <0⇔

c.
(0,5đ)

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( p)
và đường thẳng (d) là:
a.
(0,75đ)

2

Phương trình (2) có a.c < 0 với mọi m
hai nghiệm trái dấu với mọi m

2.
(1,5đ)

⇒

⇒

0,25
(2) luôn có

0,25

(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

x1 , x2

b.
(0,75đ)

0,25

− x = mx − 1 ⇔ x + mx − 1 = 0(2)
2

là hai nghiệm của phương trình (2) nên ta có

 x1 + x2 = −m

 x1.x2 = −1

Từ

0,25

x x + x x − x1 x2 = 3 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 − 1) = 3
2
1 2

0,25

2
1 2

0,25

⇔ −1(− m − 1) = 3

⇔ m +1 = 3 ⇔ m = 2

Giải phương trình
3.
(2,0đ)

a.
(0,75đ)

5x2 − 7 x − 6 = 0

(1):

∆ = 49 + 120 = 169 ⇒ ∆ = 13
x1 =

7 − 13
3
=−
10
5

x2 =

và
25

7 + 13
=2
10

0,5

0,25