DE DA HSG TOAN 10 VINH PHUC 2016 2017

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10- THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu 1 (2,0 điểm)
a. Tìm tập xác định của hàm số y 
b. Chứng minh rằng hàm số y 
Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình

1
2016
.

x  2017
x 2  3x

1
nghịch biến trên tập xác định.
x2

3x 1  x  2  2 x  7  2 .

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hàm số y  x 2  2mx  m  3 

1
có tập xác định là

x 1
2

một đoạn có độ dài bằng 4.



y 3  x3  3x 2  6 y 2 16 y  7 x 11
Câu 4 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 
.

2

(
y

2)
x

4

(
x

9)
2
y

x


9

x

9
y

1


Câu 5 (3,0 điểm)
a. Cho tam giác ABC với các cạnh tương ứng là BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh rằng
nếu sin A 

sin B  2sin C
thì tam giác ABC vuông.
2cos B  cos C

b. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là trung điểm của AC và M là

 

điểm thỏa mãn OM  2OA  OB  2OC . Biết rằng OM vuông góc với BI và AC 2  3BC.BA .

ABC .
Tính góc 
c. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc 
ACB tù. Hai điểm
D(4;1), E(2; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh A và B của tam giác ABC . Trung điểm của

cạnh AB là điểm N (1; 2) , trung điểm của cạnh AC là điểm M nằm trên đường thẳng có phương
trình 2 x  6 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành độ lớn hơn 3.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  0, a  c  0, b  c  0 . Chứng
minh rằng

a
b
c
9 ab  bc  ca



 6.
bc
ca
a b
a b c
------HẾT------

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


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

(Đáp án có 04 trang)

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10 - THPT

I. LƯU 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.
- Câu 5c nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm.
II. ĐÁP ÁN:
Câu

Nội dung trình bày

Điểm

a. (1,0 điểm)

1


 x  2017  0
Điều kiện xác định: 
 2


 x  3x  0

x  2017





 x  3






 x  0
Vậy tập xác định của hàm số là D  (;0)  (3;2017)  (2017; ) .
b. (1,0 điểm)
Tập xác định của hàm số D  (2; ).
Với mọi giá trị x1 , x2  (2; ), x1  x2 ta có
f ( x2 )  f ( x1 ) 



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

x  2  x2  2
1
1

 1
x2  2
x1  2
x1  2 x2  2

0,25

f ( x2 )  f ( x1 )
1  x1  2  x2  2 
1


0
 
x2  x1
x2  x1  x1  2 x2  2 
x1  2 x2  2 x1  2  x2  2





Vậy hàm số nghịch biến trên D  (2; ).
(1,5 điểm)
ĐKXĐ: x  2. Khi đó phương trình trở thành

0,25
0,25
0,25

3x 1  2  x  2  2 x  7

 3x  5  4 3x 1  3x  5  2 ( x  2)(2 x  7)
2

 2 3x 1  ( x  2)(2 x  7)

3
x  
 4(3x 1)  2 x  3x 14  2 x  9 x 18  0  
2.

 x  6
Kết hợp điều kiện, suy ra phương trình có nghiệm là x  6 .
(1,0 điểm)
Điều kiện xác định: x2  2mx  m  3  0 (*)
Hàm số đã cho có tập xác định là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi bpt (*) có tập
nghiệm là một đoạn có độ dài bằng 4. Vì bpt (*) có hệ số a  1  0 nên tập nghiệm của (*)
là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi phương trình x2  2mx  m  3  0 có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 và x1  x2  4.
2

3

0,5
0,5

2

0,25
0,25

0,25



m2  m  3  0
 '  0




Ycbt  

2


 x1  x2  4 
 2 m  m 3  4



 m  1  29
2
m  m  3  0


2


.
 2



m

m

3

4

1

29


m 

2
1 29
1  29
Vậy các giá trị của m là m 
, m
.
2
2
(1,5 điểm)


 x40
 x 4

.

Điều kiện: 



2 y  x  9  0 
2 y  x  9  0



0,25

0,25

0,5

Phương trình thứ nhất tương đương ( y  2)3  4( y  2)  ( x 1)3  4( x 1)
2
2
  y  x 1  y  2   y  2 x 1   x 1  4  0  y  x 1 .


Thế vào phương trình thứ hai ta được
( x  3) x  4  ( x  9) x 11  x2  9 x 10
4

5

 ( x  3)( x  4  3)  ( x  9)( x 11  4)  x 2  2 x  35
 x 3


x 9
 ( x  5) 

 ( x  7)  0 (*)
 x  4  3

x 11  4
x 3
x4
x 9
x 10
Từ x 4 , nên
;
suy ra


2
2
x 11  4
x  4 3
x 3
x 9
x  4 x 10

 ( x  7) 

 ( x  7)  0 .
2
2
x  4 3

x 11  4
Do đó (*)  x  5 .
Với x  5  y  6 . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y)  (5;6) .
a. (1,0 điểm)
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
a
b
Áp dụng định lý Sin, Cosin trong tam giác ABC ta có sin A 
; sin B 
;
2R
2R
a 2  c 2  b2
a 2  b2  c 2
c
; cos C 
.
sin C 
; cos B 
2ac
2ab
2R
sin B  2sin C
b  2c
a 2
Khi đó sin A 
2
a  c  b2 a 2  b2  c 2
2cos B  cos C


ac
2ab
2
2
3
2
2
3
 2a b  2c b  2b  b c  ca  c  0
 (2b  c)(a 2  b2  c 2 )  0  a2  b2  c2  0  a2  b2  c2 .
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
b. (1,0 điểm)
 
 
  
Ta có OM  BI  2OM .BI  0  (2OA  OB  2OC )( BA  BC )  0


  
 
 
  2
 5OB  2 BA  2 BC BA  BC  0  5OB.BA  5OB.BC  2 BA  BC  0.







Gọi H , K tương ứng là trung điểm của đoạn AB, BC. Khi đó





0,5

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25


 
 
  2
5OB.BA  5OB.BC  2 BA  BC  0
  
  
  2
 5 OH  HB .BA  5 OK  KB .BC  2 BA  BC  0

 
5
5
  BA2  BC 2  2 BA2  2 BC 2  2.2 BA.BC  0
2
2
1 2 1
3
  BA  BC 2  2. AB 2  BC 2  AC 2   0  AC 2  ( AB 2  BC 2 ).
2
2
4
4
AC 2  AC 2
2
2
2
BA

BC

AC
1
Do đó cos 
ABC 
3
 , suy ra 
ABC  60.
2
2.BA.BC

2
AC 2
3
c. (1,0 điểm)
















0,25

A

N

B

M

C

D

E

Do ADEB nội tiếp nên 
(1)
AED  
ABD .


Tam giác ABD vuông tại D , suy ra BND cân tại N  ABD  BDN . (2)
  DNM
 (so le trong)
Lại có BDN
(3)


Từ (1), (2), (3) suy ra MND  MED  MDEN nội tiếp đường tròn.
Gọi phương trình đường tròn đi qua bốn điểm M , D, E, N có dạng
x2  y 2  2ax  2by  c  0 ( a 2  b2  c  0 )
Vì D(4;1), E(2; 1) , N (1; 2) thuộc đường tròn, ta có:
9

a  4


16 1 8a  2b  c  0




3

(thoả mãn)
 4 1 4a  2b  c  0  b 


4




 1  4  2a  4b  c  0
 c  5

2
Vậy phương trình đường tròn qua M , D, E, N là: 2 x2  2 y 2  9 x  3 y  5  0

1
x  ; y 1

2x  6 y  5  0


2

.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
 2

2


2 x  2 y  9 x  3 y  5  0  x  7 ; y  2

2

0,25

0,25


7 
Do M có hoành độ lớn hơn 3, nên M  ; 2.
 2 
Phương trình đường thẳng AC : y  2 x  5

Đặt A(t; 2t  5) , ta có NA  NE 

t  2
AB
 (t 1)2  (2t  7) 2  10  
t  4
2

Với t  2  A(2; 1)  E (loại)
Với t  4  A(4;3), suy ra B(2;1) và C (3;1).


 

Thử lại CA  (1;2), CB  (5;0)  CACB
.  5  0  C  90 (thoả mãn)
Vậy A(4;3) , B(2;1) , C (3;1) .
(1,0 điểm)
Không mất tính tổng quát, giả sử a  b  c, khi đó a  0.
ab
b2
ac
c2


và
a c bc
a b b c
2
ab
b
Thật vậy

 ab(b  c)  b2 (a  c)  bc(a  b)  0 (Đúng).
a c bc
ac
c2

Tương tự chứng minh được
.
a b b c

0,25

0,25

Ta chứng minh:

Khi đó
6

Vậy

b
c
bc
ab
ac
b2
c2
.





 bc 
ca
a b
a
a c
a b
bc
bc

0,25

0,25

9 a(b  c)  bc
a
b
c
9 ab  bc  ca
bc
a






bc
ca
a b
a b c
a
b c
a  (b  c)

a  b  c 9 a(b  c)
a  b  c 9 a(b  c)



2
.
 6 (Do bc  0 )
a b c
a(b  c)
a(b  c) a  b  c

bc  0



Dấu đẳng thức xảy ra khi 
a  (b  c)  3 a(b  c) .




a  b  c
7 3 5
.
Hệ có vô số nghiệm, chẳng hạn c  0, b  1, a 
2
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
----------HẾT---------

0,25

0,25