DE THI HSG TOAN 10 CO DAP AN

SỞ GD & ĐT HẢI PHÒNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 NĂM 2017

TRƯỜNG THPT HẢI AN

Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
---------------- ----------------

Câu 1 (2,0 điểm)
1) Giải bất phương trình:

x 2 + 5 < 1 − 2x

2) Tìm các giá trị của m để bất phương trình (m − 1)x2 − 2mx + 2(m + 1) < 0 nghiệm
đúng với ∀ x ∈ R .
Câu 2 (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:

3x + 1 + 5x + 4 = 3x 2 − x + 3

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

Câu 3 (2,0 điểm)
1) Chứng minh rằng với mọi ∆ABC ta luôn có: sin A + sin B = 2cos

C
A −B
.cos
2
2

2) Chứng minh rằng với ∀ x ∈ R ta luôn có:: 4(sin x.cos5 x − sin 5 x.cos x) = sin 4x
Câu 4 (3,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC với A(3; 2) , B(5;-2) , C(1; 1)
1) Viết phương trình tổng quát của đường cao AH của ∆ABC.
2) Viết phương trình đường tròn (E) có tâm là A và tiếp xúc với đường thẳng BC.
3) Cho số thực k > 0 . Tìm tọa độ các điểm M trên trục hoành sao cho véctơ
ur
uuuur
uuuur
uuuuur
có độ dài nhỏ nhất.
u = kMA
.
+ kMB
.
+ 4kMC
.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax − by = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức F = a2 + b2 + x2 + y2 + bx + ay .

------------------------------Hết-----------------------------(Học sinh không sử dụng tài liệu, giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:………………………………

Giám thị số 1:……………………

Số báo danh:………………………….…………

Giám thị số 2:

…………………...


Câu
1.1
(1đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 NĂM 2017
Sơ lược đáp án

Điểm

1 − 2 x ≥ 0
x ≤ 1 / 2
x ≤ 1 / 2
2
BPT ⇔  2
⇔ 2
⇔
⇔x<−
2

3
 x > 2 ∨ x < −2 / 3
 x + 5 < (1 − 2 x)
3 x − 4 x − 4 > 0

4x0,25

•TH1: Với m = 1 thì BPT có dạng −2 x + 4 < 0 ⇔ x > 2 ⇒ m = 1 không thỏa mãn ycbt
1.2
m − 1 < 0
m < 1
⇔ 2
⇔m<− 2
(1đ) •TH2: Với m ≠ 1 thì ycbt ⇔  /
2
2
 ∆ = m − 2( m − 1) < 0

− m + 2 < 0
 x = 0(TM )
3x
5x
1
= x ( 3x − 1) ⇔ 
3
5
ĐK: x ≥ − ⇒PT ⇔
+
= 3x − 1 (*)
3x + 1 + 1 5 x + 4 + 2

3
 3x + 1 + 1
5x + 4 + 2

2.1
(1đ) • Xét PT (*): Nếu x = 1: VT(*) = 2 = VP(*) nên x = 1 là một nghiệm của (*)
Nếu x > 1 thì VT(*) < 2 < VP(*); Nếu x < 1 thì VT(*) > 2 > VP(*)
Vậy (1) có 2 nghiệm x = 0; x = 1
Đặt a = x 2 − y; b = xy .
a 3 + a 2 − 2a = 0
 a + ab + b = 1 
a = 0
a = 1
 a = −2
⇔
⇔
∨ 
∨ 
Hệ trở thành:  2
2
b = 1 − a
b = 1
b = 0
b = −3
a + b = 1


0,25
3x0,25
0,5

0,5

0,5

a = 0
•Với 
ta có hệ
b = 1

 x2 − y = 0
⇔ x = y = 1.

2.2
 xy = 1
(1đ)
 x2 − y = 1
a = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .
•Với 
ta có hệ 
b = 0
 xy = 0
a = −2
 x 2 − y = −2
 y = −3 / x
 x = −1
⇔ 3
⇔
•Với 

ta có hệ 
.
y = 3
b = −3
 xy = −3
x + 2x + 3 = 0

0,5

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);( −1; 3)} .

3.1 VT = 2sin A + B .cos A − B = 2sin π − C .cos A − B = 2sin  π − C  .cos A − B = 2cos C .cos A − B = VP

÷
(1đ)
2
2
2
2
2
2
2
2 2
3.2
VT = 4sin x.cos x(cos 4 x − sin 4 x) = 2sin 2 x(cos 2 x − sin 2 x) = 2sin 2 x.cos 2 x = sin 4 x = VP
(1đ)
uuur
4.1 Đường cao AH có VTPT là: BC = (−4;3)
(1đ) ⇒ PTTQ của đường cao AH là: −4( x − 3) + 3( x − 2) = 0 ⇔ −4 x + 3 y + 6 = 0
4.2 Đường thẳng BC: 3 x + 4 y − 7 = 0 ⇒ Đường tròn (E) có bán kính: R = d ( A, BC ) = 2

(1đ) ⇒ Đường tròn (E): ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 = 4
1

2

4.3 Gọi G là trọng tâm ∆ABC và I là trung điểm của GC. Ta có: G (3; 3 ) và I (2; 3 )
ur
uuuuu
r
uuuuu
r
uuuu
r
(1đ)
⇒ u = 3kMG
.
+ 3kMC
.
= 6kMI
.
= 6kMI
.
⇒ M (2; 0)

4x0,25
4x0,25
0,5
2x0,25
2x0,25
0,5

0,5
0,5

5
b 
a
3 2

2
(1đ) Ta có: F =  x + 2  +  y + 2  + 4 ( a + b )
2

2

 b
 2

a
2

2

a

Xét M = ( x; y ) , A =  − ; −  , ( ∆ ) : ax − by = 3 .



b




2

0,25

3

Ta có MA2 =  x + ÷ +  y + ÷ ⇒ F = MA2 + ( a 2 + b 2 ) .
2
2
4




2
Mà M ∈ ( ∆ ) nên MA ≥ d ( A; ∆ )  =
2

3
3
3
⇒F ≥ 2
+ a 2 + b 2 ≥ 3 (Côsi)
2
2
a +b
a +b

4
2

(

)

0,5



6
2
.
;−
Vậy min F = 3 đạt được chẳng hạn khi ( a ; b; x; y ) =  2 ; 0;
2
2 


0,25