Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
Môn thi :
Thời gian:
Ngày thi :

ĐỀ CHÍNH THỨC

TOÁN
150 phút (không kể thời gian giao đề)
25/3/2017

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình 2 x 2  5 x  7  ( x  1) x  1  0
3
2
3
2
�
�x  xy  x  y  yx  y
b) Giải hệ phương trình �
� 2 x  y  x  y  1  xy  3 x  1

Câu 2 (4,0 điểm).
a) Cho parabol (P) có phương trình y  x 2  3x  1 , đường thẳng d có phương trình
y  (2m  1) x  2 và điểm M(3;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol
(P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác MAB vuông cân tại M.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 

2 x2  x  2
 1 có tập xác định là R.
x 2  2mx  1

Câu 3 (4,0 điểm).
Cho 3 số thực dương x, y , z thỏa x 2  y 2  z 2 �3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

H

y
z
x
 2
 2
.
x  2 y  3 y  2z  3 z  2x  3
2

Câu 4 (4,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 3) và đường thẳng d có phương
trình x  2 y  1  0 . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d tại B(1;1) và đi qua A .
b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, H là chân đường cao
vẽ từ A của tam giác ABC; D và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC; I là giao điểm
của AH và DE. Điểm A nằm trên đường thẳng  có phương trình 2 x  3 y  4  0 , phương trình đường
� 7 5�
 ;  �là trung điểm của BC, I có hoành độ nhỏ hơn 1, E có hoành
thẳng DE là 3x  y  2  0 ; M �
� 4 4�
độ dương và tứ giác ADHE có diện tích bằng 4. Tìm tọa độ 4 điểm A, D, H, E.

Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O; I và J lần lượt là trung điểm của
AD và BC.
uuuu
r uuur r
uuur uuur r
a) Gọi M và N lần lượt nằm trên DJ và DC sao cho: MD  MJ  0 và NC  2 ND  0 . Chứng
minh rằng: B, M, N thẳng hàng.
b) Gọi H và K lần lượt là trực tâm của  OAB và  OCD. Chứng minh HK vuông góc với IJ.

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

Page 1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH
Năm học 2016 – 2017
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm trang)

Câu
Đáp án
Câu 1 a) Giải phương trình 2 x 2  5 x  7  ( x  1) x  1  0
(5,0
Điều kiện: x �1

điểm)
+ Đặt t  x  1 ( t �0 ). Suy ra x  t 2  1

Điểm
2,5
0,25
0,25

+ P hương trình đã cho trở thành : 2t 4  t 3  9t 2  2t  0

0,5

t 0
�
��3 2
2t  t  9t  2  0
�

0,25

- Với t  0 suy ra x  1 .
- Xét phương trình 2t 3  t 2  9t  2  0
2t 3  t 2  9t  2  0 � (t  2)(2t 2  5t  1)  0

0,25

� t  2 (vì 2t 2  5t  1  0, t �0 )
Với t  2 suy ra x  3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1 và x  3 .

0,25
0,25
0,25

0,25

3
2
3
2
�
�x  xy  x  y  yx  y
b) Giải hệ phương trình �
� 2 x  y  x  y  1  xy  3 x  1
Điều kiện: 2 x  y �0 và x  y  1 �0 .
- Xét phương trình thứ nhất trong hệ:
x3  xy 2  x  y 3  yx 2  y � ( x  y )( x 2  y 2  1)  0

� x  y (vì x 2  y 2  1  0 )
+ Với x  y thay vào phương trình thứ hai ta được:
Điều kiện: x �0 . Khi đó, ta có:

2,5
0,25
0,25
0,25

x  2 x  1  x  3x  1
2

0,25

x  2 x  1  x 2  3x  1 � ( x  2)  ( 2 x  1  3)  x 2  3x  4

�

x4
2( x  4)
2
� 1
�

 ( x  1) � 0

 ( x  1)( x  4) �  x  4  �
2x  1  3
x 2
2x 1  3
�x 2
�

x4
�
�
�
2
� 1 
 x  1 (*)
2x  1  3
�x 2

* Với x �0 ta có

1
2
1
2

� 
 1 �x  1
(dấu bằng xảy ra khi x=0)
x 2
2x  1  3 2 1  3

0,5

0,25

0,5

Do đó pt (*) có một nghiệm duy nhất x  0 .

Page 2


�x  4
�x  0
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: �
và �
.

�y  4
�y  0

Câu 2 a) Cho parabol (P) có phương trình y  x 2  3x  1 , đường thẳng d có phương
(4,0
trình y  (2m  1) x  2 và điểm M(3 ;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
điểm)
đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác MAB
vuông cân tại M.
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là: x 2  2(m  2) x  1  0 (*)
+ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt (vì a.c  0 ).
Suy ra d luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m .
+ Gọi A  x1 ;(2m  1) x1  2  và B  x2 ;(2m  1) x2  2 
(với x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*)).
uuur
uuur
+ MA   x1  3;(2m  1) x1  1 và MB   x2  3; (2m  1) x2  1 .
+uu
Tam
giác MAB vuông tại M suy ra:
ur uuur
MA.MB  0 �  x1  3  x2  3    (2m  1) x1  1  (2m  1) x2  1  0

0,25

2,0
0,25
0,25
0,25

0,25

� x1 x1  3( x1  x2 )  9  (2m  1) 2 x1 x1  (2m  1)( x1  x2 )  1  0
� 1  6(m  2)  9  (2m  1) 2  (2m  1)2( m  2)  1  0
m  2
�
2
�
� 8m  20m  8  0 �
1
�
m
�
2
+ Với m  2 . Suy ra x1  1 , x2  1 .
uuur uuur
uuur
uuur
Khi đó: MA   4; 2  , MB   2; 4  . Suy ra MA  MB .
1
3  13
3  13
. Suy ra x1 
, x2 
.
2
2
2
uuur �3  13
uuur uuur

� uuur �3  13
�
;

1
MB

;

1
MA �MB
Khi đó: MA  �
,
.
Suy
ra
�
�
�
� 2
�
� 2
�
�
�
�
�
(không thỏa)
Vậy với m  2 , tam giác MAB vuông cân tại M.

0,5

0,25

+ Với m  

0,25

0,25

Page 3


b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 

2 x2  x  2
 1 có tập xác
x 2  2mx  1

2,0

định là R.
Hàm số y 

2 x2  x  2
 1 có tập xác định là D=R khi và chỉ khi
x 2  2mx  1

2x2  x  2
 1 �0, x �R .

x 2  2mx  1
2x2  x  2
۳�2
x  2mx  1

1, x

0,25

R (vì 2 x 2  x  2  0, x �R )

2
�
�x  2mx  1 �0, x �R
� �2
2
�x  2mx  1 �2 x  x  2, x �R
�x 2  2mx  1 �0, x �R
�� 2
(2 x  x  2) �x 2  2mx  1 �2 x 2  x  2, x �R
�

�x 2  2mx  1 �0, x �R
�
� �x 2  (2m  1) x  1 �0, x �R
�
3 x 2  (2m  1) x  3 �0, x �R
�
�
 '1  m 2  1  0

�
�
��
 2  (2m  1)2  4 �0
�
 3  (2m  1) 2  36 �0
�
1
�  �m  1
2

0,25

0,25
0,25

0,75

0,25

Kết luận

Page 4


Câu 3 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa x 2  y 2  z 2 �3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
(4,0
y
z
x

 2
 2
điểm) H  2
x  2 y  3 y  2z  3 z  2x  3
+ x 2  2 y  3  ( x 2  1)  2 y  2 �2( x  y  1)
Tương tự: y 2  2 z  3 �2( y  z  1), z 2  2 x  3 �2( z  x  1)

1� y
z
x �


Suy ra H � �
�
2 �x  y  1 y  z  1 z  x  1 �

y
z
x


�1
x  y 1 y  z 1 z  x 1
y
z
x


�1
Ta có :

x  y 1 y  z 1 z  x 1
y
z
x
� 1
1
1
�3  1
x  y 1
y  z 1
z  x 1
x 1
y 1
z 1
�


�2 (*)
x  y 1 y  z 1 z  x 1
Trước hết ta chứng minh được BĐT sau nhờ Bunhiacosky :
a 2 b 2 c 2 (a  b  c) 2
a
,
b
,
c
,
m
,
n

,
k

0
Với
ta có :   �
m n k
mnk
2
2
2
2
b
c
�a
� �a b c �
2
�


 m n k
(
a

b

c
)

.

m

.
n

.
k
Thật vậy:
�
� �m n k �
n
k
�
�m
� �

4,0

1,0
0,25

Ta chứng minh

�

0,5

0,5

a b c

a 2 b 2 c 2 (a  b  c) 2
(dấu bằng xảy ra khi :   )
  �
m n k
m n k
mnk

Khi đó: VT (*) 

( x  1) 2
( y  1) 2
( z  1) 2


( x  1)( x  y  1) ( y  1)( y  z  1) ( z  1)( z  x  1)

( x  y  z  3) 2
�
( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1)

Lại có:
( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1)

 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  3( x  y  z )  3
1
 �
( x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx)  6( x  y  z )  ( x 2  y 2  z 2 )  6 �
�
�
2

1
2
2
2
� �
( x 2  y 2  z 2  2 xy  2 yz  2 zx)  6( x  y  z )  3  6 �
�
�(vì x  y  z �3 )
2
1
1
 �
( x  y  z ) 2  2( x  y  z )3  9�
 ( x  y  z  3) 2
�
�
2
2

1,0

( x  y  z  3)2
( x  y  z  3) 2
�
2
Suy ra ( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1) 1
2
( x  y  z  3)
2
x 1

y 1
z 1


�2 .
Suy ra
x  y 1 y  z 1 z  x 1

0,5

Page 5


1
Suy ra H � , dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 .
2
1
Vậy max H  khi x  y  z  1 .
2

0,25

Câu 4 a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 3) và đường thẳng d có
(4,0 phương trình x  2 y  1  0 . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d tại
điểm) B(1;1) và đi qua A .

2,0

+ Tâm I của đường tròn (C) nằm trên đường thẳng d’ vuông góc với d tại B.
+ Viết được phương trình đường thẳng d’ là 2 x  y  3  0 .

+ I �d ' � I ( a;3  2a) .
+ IA  IB � a  2 � I (2; 1) .
+ Bán kính của đường tròn (C) là R  5 .

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

Suy ra phương trình đường tròn (C) là: ( x  2) 2  ( y  1) 2  5
b) Cho tam giác ABC vuông tại A, H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC; D
và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC; I là giao điểm của AH và
DE. Điểm A nằm trên đường thẳng  có phương trình 2 x  3 y  4  0 , phương trình
� 7 5�
 ;  �là trung điểm của BC, I có hoành
đường thẳng DE là 3x  y  2  0 ; M �
� 4 4�
độ nhỏ hơn 1, E có hoành độ dương và tứ giác ADHE có diện tích bằng 4. Tìm tọa
độ 4 điểm A, D, H, E.

0,25

2,0

():2x-3y-4=0

A

E

_

3x+y-2=0

K

D

B

I

\

//

H



M -

7
4

;-

5
4

//



C

+ Gọi K là giao điểm của DE và AM.
�  IAD
� (cùng phụ với HAC
� )
+ ECH
�  IDA
� .
�  IDA
� . Suy ra ECH
Mà IAD
�  MAC
� .Do đó IDA
�  MAC
�
Mà ECH
�  MAD
�  900 nên IDA
�  MAD
�  900
Lại có MAC
Suy ra tam giác AKD vuông tại K.
+ Viết được phương trình đường thẳng (AM):x-3y-2=0. Suy ra được A(2;0).
+ S ADHE  4 � S IAE  1 , AK  d ( A, DE ) 

4
10
10
. Suy ra IE 
.
� AI 
10
2
2

0,5
0,25
0,25

+ Gọi I(a;2-3a) nằm trên DE, với a<1.
AI 

10
1 1
� I( ; ) .
2
2 2

+ I là trung điểm của AH suy ra H(-1;1).
+ Viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ADHE
+ D và E là hai giao điểm của đường tròn (C) với DE suy ra được: E(1;-1), D(0;2).
Câu 5 Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O; I và J lần lượt là
trung điểm của AD và BC.

0,25
0,25
0,25
0,25
3,0

Page 6


uuuu
r uuur r
uuur uuur r
(3,0 a) Gọi M và N lần lượt nằm trên DJ và DC sao cho: MD  MJ  0 và NC  2 ND  0
điểm) . Chứng minh rằng: B, M, N thẳng hàng.

1,5

D

I
A

N
O

M

J

B

C

uuuu
r 1 uuur 1 uuur
uuuu
r uuur r
+ MD  MJ  0 � BM  BD  BC
2
4
uuur 1 uuur 2 uuur
uuur uuur r
+ NC  2 ND  0 � BN  BC  BD
3
3
uuuu
r 3 uuur
uuur
uuuu
r
Suy ra BM  BN . Do đó BM và BN cùng phương.
4
Suy ra B, M, N thẳng hàng.

0,5
0,5
0,5

b) Gọi H và K lần lượt là trực tâm của  OAB và  OCD. Chứng minh HK vuông
góc với IJ.

A

1,5

I
B'

D

C'

H

K
O
A'

B

D'

J

C

M

uu
r 1 uuur uuur
+Trước tiên, ta chứng minh: IJ  DB  AC

2





uu
r 1 uuur uuur
uu
r uuur uuur
IJ  DB  AC � 2.IJ  DB  AC
2
uuur uuur uuu
r uu
r uur uur uu
r uuu
r uuu
r uur
uu
r uur uuu
r
uu
r
VP  DB  AC  DI  IJ  JB  AI  IJ  JC  DI  AI  2.IJ  JB  JC  2.IJ  VT













Ta có :
uuur uu
r 1 uuur uuur uuur uuur
r uuur uuuuur uuur
1 uuuuu
1 uuur uuur uuur uuur
HK .IJ  HK .DB  HK . AC 
A ' C '.DB  B ' D '. AC 
AC.DB  BD. AC
2
2
2
1 uuur uuur uuur
1 uuur r
 AC DB  BD  AC.0  0
2
2
� HK  IJ .















0,5



0,5
0,5

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm
cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

Page 7