30 đề thi chọn học sinh giỏi toán lớp 11 có đáp án

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 1
Câu 1.(2,0 điểm)
a) Giải bất phương trình: x 2  6 x  2 �2(2  x) 2 x  1.
5
4
10
6
�
�x  xy  y  y
b) Giải hệ phương trình: �
2
� 4x  5  y  8  6

Câu 2.(2,0 điểm)
2
�x  m  y ( x  my )
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm � 2
�x  y  xy

Câu 3.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0,
d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại A, B và cắt d 2 tại
C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD.
Câu 4. (2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL và
CM 3
b

5  2 5 .Tính
và cos A .
AL 2

c
9
2. Cho a,b �� thỏa mãn: (2  a )(1  b)  .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
P  16  a 4  4 1  b 4
Câu 5. (2,0 điểm)
2
Cho f  x   x  ax  b với a,b�� thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt

và 1 �m, n, p �9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b).
Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2 cos 2 x(tan 2 x  tan x)  sin x  cos x .
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 tâm
I và điểm M (3; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ,  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
�x 4  2 x  y 4  y
�
(x, y ��)
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình � 2
3
x  y2  3
�
�
Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng :





a
b

c
9 ab  bc  ca



�6 .
bc
ac
a b
a bc
Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho A  3;1 , B  3;9  , C  2; 3  .

uuur

a) Gọi D là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo BC . Xác định tọa độ D.
b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao cho tứ giác ABCM
có diện tích bằng 24.

Trang 1


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ 01
Câu1

Đáp án
1
Điều kiện: x � . Đặt t  2 x  1 ( t �0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có
2
2
x  6 x  2  2(2  x)t �0 � x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2 �0

Điểm
1.0

� ( x  t ) 2  (2t  1) 2 �0 � ( x  3t  1)( x  t  1) �0
1điểm

1
2

� x  1 �t (do x  3t  1  0; x � ; t �0 ).
�x �1
x 2
2.
�2
�x  2 x  1 �2 x  1
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2; �).
1 �۳
2 x 1
Với x  1 �t ta có x �

5
4
10
6
�
�x  xy  y  y (1)
�
2
� 4 x  5  y  8  6 (2)

Điều kiện: x �

5
4

1,0

Th1: y  0 � x  0 không thỏa mãn
5

1 điểm

�x � x
Th2: y �0 ta có: (1) � � �  y 5  y � (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y
�y � y
2
� (t  y ) �
(t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2 �
�
� 0 � t=y hay y  x

� 23
�x �
Thay vào (2):
4 x  5  x  8  6 � 2 4 x  37 x  40  23  5 x � � 5
�x 2  42 x  41  0
�
� x  1 � y  �1
2

Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )   (1;1);(1;1)
Câu2

my 2  y  m  0 (1)
�
Hệ đã cho tương đương với: � 2
�x  yx  y  0 (2)

2.0

y �0
�
2
Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là  x  y  4 y �0 � �
y �4
�
Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn.

Trang 2


Th2: m �0. Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng (�; 4] �[0; �) (*)
nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4;0), điều kiện là
1
1
�
�
  1  4m 2  0
m �(�;  ) �( ; �)

�
�
2
2
�
�
�
�
  1  4m 2  0
2
�
  1  4m �0
�1
�
�
�
�
�
  1  4m 2 �0
� 2 �m  0
�
�
�
2
�
�
(B)
1

1


4
m
�
�
�
�
�
�
�
4 
0
4  y1  0
2
�
�
�
�
�
� 1  4m  1  8m ( A)
2m
�
�

4

y

0
�

�
�
�
2
�
2
�
� 1  1  4m 2
�
�
� 1  4 m  1  8 m

4


0
�
�
�
�
2m
�
�
�
�
3 điểm

là (1) vô

(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).

1
�1
 �m  
1
4
4
1
�
8
�  �m   � (B) � m �(�;  ) �( ; �)
(A) � � 2
2
17
17
2
� 1  4m 2  1  8m
�
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm
4
1
�m � ; m �0. Vậy tất cả
thuộc khoảng (�; 4] �[0; �) hay (*) không xảy ra, điều kiện là
17
2
4
1
�m � .
các giá trị m cần tìm là
17
2

2
6
; IF  d ( I ;d 2 ) 
.
Gọi hình chiếu của I trên d1 , d 2 lần lượt là E , F . khi đó IE  d ( I ;d1 ) 
5
5
6
Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R 
)
5

Câu3
2 điểm

4.a
1 điểm

2,0

4
36
AB  2 AE  2 R 2  ; CD  2CF  2 R 2 
5
5
4� �
36 �
4
36
�

R2  .
Theo giả thiết ta có: 4 �R 2  � 4 �R 2  � 16  20 R 2 
5� �
5 �
5
5
�
� 8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5R 2  36) � 2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36)
6
6
� (2 R 2  4) 2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R 
) � R  2 2 ( do R 
)
5
5
Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  8.
uuu
r
r
b uuu
c uuur
AB 
AC
Ta có: AL 
bc
bc
uuu
r uuu
r uuur uuur
uuuu

r CA  CB AB  2 AC
CM 

2
2
uuu
r uuuu
r
Theo giả thiết: AL  CM � AL.CM  0
uuu
r uuur uuu
r uuur
� b AB  c AC AB  2 AC  0 � bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0





1.0



�  c  2b   1  cos A   0 � c  2b (do cos A  1)
b2  a 2 c 2 a 2  b2
Khi đó: CM 
 
2
4
2
u

u
u
r
u
u
u
r
uuu
r uuur 2
2
1
1
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2 
9
9
9
2









Trang 3


CM 3

CM 2 9 a 2  b 2 9
a 2  b2
a2

5 2 5 �

.

5

2
5
�

5

2
5
�
 6 5
AL 2
AL2
4 9b 2  a 2 4
9b 2  a 2
b2



cos A 



b 2  c 2  a 2 5b 2  a 2
5 1


2
2bc
4b
4

C/M được :

a 2  b 2  c 2  d 2 � (a  c )2  (b  d )2 . ấu bằng xẩy ra khi:
2

4.b
1điểm

a b

c d

1.0

2

�a 2 �
�a 2
�

p
(a 2  4b 2 ) 2
Áp dụng (1) ta có :
 1  � � 1  b 4 � 4  �  b 2 �  4 
4
16
�4 �
�4
�
9
5
Mặt khác: (1  2a)(1  b)  � a  2b  ab  (2)
2
2
�
�
a 2  1 �2a
� 2
3(a 2  4b 2 )
4
b

1
�
4
b
�
 2 �2a  4b  2ab � a 2  4b 2 �2 (3)
Mà: �
2

�a 2  4b2
�
�2ab
� 2
1
Từ (1) và (3) suy ra: p �2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b 
2
1
Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và b  .
2
3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 � loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân biệt

2,0

Th2: f ( m)  f (n)  7 và f ( p)  7
Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p �n  p ta có: m,n là nghiệm pt:
x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 nên :
Câu 5
2 điểm

�
n p  2
�
� n  m  9(l )
mn  a
�
�
�
p


m

7
�
�
(n  p)( n  p  a )  14 � (n  p )( p  m)  14 � �
�
�
n  p  2
�
�
(m  p)( m  p  a )  14
�
� n  m  9(l )
�
�
�p  m  7
�
Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có:
m  p  7
m p  7
�
�
( p  n)(m  p)  14 � �
hoặc �
�p  n  2
�p  n  2
Do m,n,p� 1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)=  (11;17), (13; 29), (7; 1), (9;7) .

Câu 6

2,0
Điều kiện: cosx �0 (*). PT đã cho tương đương
2sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x � 2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x
� (sin x  cos x)(2sin x  1)  0

+) sin x  cos x  0 � tan x  1 � x    k
4

Trang 4


1

5
� x   k 2 ; x 
 k 2
2
6
6
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là


5
x    k ; x   k 2 ; x 
 k 2 (k ��)
4
6
6

+ sin x 

Câu 7

2,0

(C ) có tâm I (1; 2) , bán kính R  3 . Ta có IM  2  R nên M nằm trong đường tròn (C).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt IH  t , 0  t �2 .
1
2
Ta có S IAB  IH . AB  t 9  t . Xét hàm f ( x )  t 9  t 2 ;0  t �2 .
2

Ta có f '(t ) 

9  2t 2
9t

2

 0, t � 0; 2  , suy ra f (t ) đồng biến trên  0; 2  f (t )

f (2)

Vậy S IAB lớn nhất khi d  I ;    t  2 , hay H �M
uuur
Khi đó  nhận IM là véc tơ pháp tuyến, suy ra  : x  3  0 .
Câu 8

2,0 điểm

Đặt x  y  a, x  y  b . Để cho tiện ta đặt 3  c 3

Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có:  ab   c3 � ab  c .
3

ab
a b
ab
, suy ra x 4  y 4  (a 2  b 2 ) và
,y 
2
2
2
3
(a  b) a  3b a  c b
2 x  y  (a  b) 


2
2
2
ab 2
a  c 3b
Phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
(a  b 2 ) 
� c(a 2  b 2 )  a  c3b
2
2
c(a 2  b 2 )  a  c 3b
�

Ta có hệ �
, suy ra
ab  c
�

0,25

Từ x 

0,25

�2 c2 �
c4
1
c�
a  2 � a  � ca 4  c3  a 3  ac 4 � (ca  1)(a 3  c 3 )  0 � a  �a  c .
a
c
� a �
3
c 1 3 3 1
3 1
- Nếu a  c,b  1 thì x 
.

,y 
2
2
2
� 1  c 3 1

1 �1 2 � 1  c 3
2
1 �1
1

, y  �  c 2 �

- Nếu a  ,b  c 2 thì x  �  c �
3
3
2 �c
2 �c
c
3
3
� 2c
� 2c
�3 3  1 3 3  1 ��2 1 �
;
,� ;
�
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (x; y )  �
�.
3
3
� 2
2 �
�
�� 3 3 �

0,25

0,25

Trang 5


Câu 9

2,0 điểm
a
b
c
9 ab  bc  ca



bc
ac
a b
abc
ab
ac
b.b
c.c
Giả sử a �b �c , khi đó

�

 bc

ac
ab
bc
cb
Đặt P 

Suy ra

0,25

b
c
bc
.

�
ac
ab
a

Đặt t  b  c thì P �

0,25

a
t 9 at
.


t

a at

0,25

a
t 9 at a  t 9 at




�6 (AM-GM). Do đó P �6 (đpcm).
t
a a t
at a  t
Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a, b, c) thỏa mãn là
Ta có

0,25

�7  3 5
�
(a; b; c)  �
;1;0
�
� 2
� (HS có thể không cần nêu bước này).
�
�
Câu 10(2,0 điểm)

uuur
a/ BC   5; 12 

uuur uuur
D  T  A  � AD  BC
uuur
BC

�xD  3  5
�xD  8
�
� D  8; 11
�
�
y

1


12
y


11
�D
�D
uuu
r
16
b/ AB   6;8  � AB  10 ;Pt(AB): 4 x  3 y  15  0 � d   CM  ,  AB    d  C ,  AB   

.
5
 AB  CM  .d   CM  ,  AB  
S�ABCM 
 24 � CM  5
2
AB CD
Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM  5 
suy ra M là trung điểm CD � M  5; 7  .

2
2
Pt (AM) là: 4 x  y  13  0
--------Hết--------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 2
Câu 1 (3,0 điểm)

a) Cho hàm số y  x 2  3x  2 và hàm số y   x  m . 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.
b) Giải bất phương trình:
Câu 2 (3,0 điểm)

1
 x2  4x  3



1

0
2x  4

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường
phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3
lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.
Trang 6


b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN
3
của tam giác. Chứng minh rằng sin  �
5
Câu 3 (3,0 điểm)

uuur

r uuur
2 uuu
3

1 uuur
4

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD  BC; AE  AC .
Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
b) Chouu
tam
I thỏa mãn hệ
r giác

uur ABC
uurvuông
r ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác 2định2 điểm
2
2
2
2
thức: b IB  c IC  2a IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b MB  c MC 2  2a 2 MA 2 )
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x 2  1  2  5 x 2  4 x 
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:

1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


�xyz .
x
y
z
Câu 5: (3,0 điểm)
a) Cho tan

b
a
ba
3sin a
 4 tan . Chứng minh : tan


.
2
5  3cos a
2
2

1
1
4


.
0
cos 290
3 sin 2500
3
1
7
35
8
8
cos8 x  cos 4 x 
c) sin x  cos x 
.
64
16
64

b) Chứng minh :

Câu 6: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
a) sin 6 x  3sin 2 x cos x  cos 6 x  1

5
8  0.
12 cos x  5sin x  14
1  cot2x.tan x
1
 1  6(1  sin 2 2 x) ;
c)
2
cos x
2

Câu 7(1,0 điểm): Tìm các giá trị
để phương trình :
b) 12cos x  5sin x 

(cos   3sin   3)x 2  ( 3 cos   3sin   2)x  sin   cos   3  0 có nghiệm x =1.
Câu 8(2,0 điểm):
r
a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v =(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 . Hãy xác định
r
phương trình của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v .

b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương trình : x 2  y 2  2x  4y  4  0
r
.Tìm ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5).

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 2

Câu

Ý

Nội dung

Cho hàm số y  x  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm
số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn
thẳng AB cách đều các trục tọa độ.

Điểm

2

1

a

1,5

Yêu cầu bài toán � PT sau có hai nghiệm phân biệt
x 2  3 x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0 � m>1

Trang 7


Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I 

yI  x I  m  m  1

xA  xB
 1;
2

Yêu cầu bài toán � y I  x I � m  1  1 � m  2; m  0
Kết hợp ĐK, kết luận
b

m2
1

Giải bất phương trình:
TXĐ:

x  4x  3
2



1
 0 (1)
2x  4

1,5

�
 x2  4x  3  0
� 1  x  2;2  x  3
�
x

�
2
�

(1) �
Nếu 1 

1
 x2  4 x  3



0,25

1
2x  4

x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:
1 x  2
2x  4  0
�
�

Nếu 2  x  3 � �

2
�  x  4x  3  0

bất pt đã cho � 2x  4   x 2  4x  3

� 4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3 � 5 x 2  20 x  19  0
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 
Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2) �(2 

2

a

0,25

x  2

0,25

5
5
;x  2 
5
5

0,25

5
x 3
5
0,25

5
;3)
5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B (1;2) . Đường thẳng 
là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng
cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C
biết C nằm trên trục tung.
D(B;  )=

3
y0  1
y0  1
9

� y 0  10; y0  8
; C(0:y0) ; D(C;  )=
, theo bài ra ta có
5
5
5
5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)

1,5

0,25

0,25

Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.
uuuu

r uur
Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ;

0,25

Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5

uuur

Theo định lý Ta - Let suy ra CA 
Từ đó suy ra A(
b

uuur
uuuu
r � 7 44 �
r
3 uuuu
 ; �
CB' A(x; y);CA   x; y  8  ;CB'  �
2
�5 5 �

21 26
; ) ;C(0;-8)
10 5

0,25
0,25

Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung

1,5

3
5

tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin  �

Trang 8


Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc

B

A,

B

và

BM 2  c2 

N
G

C

của

tam

giác.

Có

c2
CN  b 
4
2

2

b2
4
BG 2  CG 2  BC2
2BG.CG
2
2
2(b  c )

� 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC
A

=

2(b 2  c 2 )
M

(4c 2  b 2 )(4b 2  c2 )

C

; Do đó cos 

(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )

5(b 2  c 2 )
2
2
2
2
(4c

b
)(4b

c
)
�
;"  " � 4c 2  b 2  4b 2  c 2 � b  c
Có
2
2
2
2(b  c )
2(b 2  c 2 ).2 4
�


Do đó cos 
5(b2  c 2 )
5
(4c2  b 2 )(4b 2  c 2 )
3
5

2
Hay sin   1  cos  � . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A

uuur

3

a

r uuur
2 uuu
3

1 uuur
4

Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Tìm vị trí

1,5

của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
uuur

r 1 uuu
r 3 uuur
1 uuur uuu
AC � BE  BC  BA(1)
4r
uuu4r
uuur uuu
uu4ur
uuur
Giả sử AK  x.AD � BK  x.BD  (1  x)BA
Vì AE 

A

E
K

uuur

uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
2 uuur
BC nên AK  x.AD � BK 
BD  (1  x)BA
3
3
uuur
uuu

r
DVì B, K, ECthẳng hàng(B �
E ) nên có m sao cho BK  mBE
r 3m uuur 2x uuu
r
uuur
m uuu
BC 
BA 
BC  (1  x)BA
Do đó có:
4
4
3
u
u
u
r
uuur r
3m �
�m 2x �
�
BC  �
1 x 
BA  0
Hay � 
�
�
4 �
�4 3 �

�
uuu
r uuur
m 2x
3m

 0 &1  x 
 0 Từ đó suy ra
Do BC; BA không cùng phương nên
4 3
4
uuur 1 uuur
1
8
x  ; m  . Vậy AK  AD
3
9
3
Mà BD 

B

3

b

Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CAuu
=r b; AB
= c.
uur 2 uur r

2
2
Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA  b IB  c IC  0 ; Tìm điểm M:
biểu thức 2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất.

1,5

Kẻ đường cao AH, ta có b 2  a.CH;c 2  a.BH nên b 2 .BH  c 2 .CH . Do đó:

uuur
uuur r
b 2 .BH  c 2 .CH  0
uu
r
uur
uur
uur
uur
Suy ra b 2 .IB  c 2 .IC  b 2 .IH  c 2 .IH  a 2 .IH
uur
uur
uur uur
Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA  a 2 .IH hay 2.IA  IH

Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH

A

Trang 9
B

H

C


uur

uur

uur r

Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  0 (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý

uur uu
r

rằng 2IA.IB  IA 2  IB2  AB 2 ta có:

(x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc 2  xzb2  yza 2
Từ đó có (2a 2 .IA 2  b 2 .IB2  c 2 .IC 2 )  3b 2 c2

uur uuu
r

uur uuu
r

Mặt khác xMA 2  x(IA  IM) 2  x(IM 2  IA 2  2IA.IM)
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  zIC2
Thay số có:

2a 2 MA 2  b2 MB2  c2 MC2  a 2 IM 2  3b2 c2 �3b2 c2

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I
4

Giải phương trình: 1   6 x  2 

a

ĐK: x �



2 x 2  1  2 5x 2  4 x



(*)

1,5

1
1
; x �
2
2

(*) � (3x  1)2  (2x 2  1)  2(3x  1) 2x 2  1  1  (3x  1) 2  (2x 2  1)  (10x 2  8x)



� 3x  1  2x  1
2



2

� 2x 2  1  2x  2(a)
  x  1 � �
2
�
� 2x  1  4x(b)
2

4  6
2
4  6
Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x 
2
x

y

z


xyz
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn
. Chứng minh rằng:
Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x 

b

1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


�xyz (I)
x
y
z
Giả thiết suy ra:

1,5

1
1
1
 
 1 . Ta Có:
xy yz zx

�1 1 �
1 x2
1 1 1 1
�1 1 ��1 �2  1  1 �
;"  " � y  z

 2  
 � �
�  � 2 �x y z �
x
x xy yz zx
�x z � �
�
�x y �
Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

1  1  x 2 1  1  y 2 1  1  z 2 3 �1  1  1 �
;"  " � x  y  z


��
�
�x y z �
x
y
z
�1
�x

Ta sẽ CM: 3 � 

1 1�
2
2
 ��xyz � 3  xy  yz  zx  � xyz    x  y  z 
y z�

�  x  y    y  z    z  x  �0 Điều này luông đúng
2

2

2

Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z
Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3
Câu 5(2,0 điểm)

b
a
tan  tan
b

a
a
b
2
2  3t

a) Đặt tan = t thì tan = 4t ,do đó : tan
a
b 1  4t 2
2
2
2
1  tan tan

2
2

Trang 10


2t
ba
3sin a
1  t 2  3t


Mặt khác : tan
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1  t 2 1  4t 2
2
5  3cos a
53
1 t2
1
1
1
1



b)VT =
0
0
0

cos 70
sin 20
3 sin 70
3 cos 200
�3
�
1
2 � cos 200  sin 200 �
0
0
0
2
2
�= 4sin 40  4 ( đpcm).
= 3 cos 20  sin 20  �
3 sin 400
3
3 sin 200 cos 200
3
0
sin 40
2
4
4
2
4
c) VT = (sin x  cos x)  2sin x cos 4 x = (1  2sin 2 x cos 2 x) 2  2sin 4 x cos 4 x
3

2

1  cos 4 x 1 �
1  cos 4 x �
= 1  4sin x cos x  2sin x cos x = 1 
 �
�=….
2
8� 2
�
1
7
35
cos8 x  cos 4 x 
=
64
16
64
6
2
Câu 6(2,0 điểm): a) sin x  3sin x cos x  cos 6 x  1 �
(sin 2 x  cos 2 x)3  3sin 2 x cos 2 x(sin 2 x  cos 2 x)  3sin 2 x cos x  1
k
� 3sin 2 x cos 2 x  3sin 2 x cos x  0 giải phương trình này ta được nghiệm x 
.
2
5
b)Đặt y = 12cosx +5 sinx + 14 ,ta có phương trình y   6  0 giải phương trình này ta được y =1vày =5. Do
y
5
8  0

đó : 12 cos x  5sin x 
12 cos x  5sin x  14
12 cos x  5sin x  14  1
12 cos x  5sin x  13 (1)
�
�
� �
� �
12cos x  5sin x  14  5
12 cos x  5sin x  9 (2)
�
�
2

2

4

4

12
5
� 9�
và sin  
.
� k2 với cos  
13
13
� 13 �


Giải (1) và (2) ta được : x      k2 ; x   �arccos �
c)ĐK: x �k

cos x
1
 1  cot2x.tan x
 1  6(1  sin 2 2 x) �
 1  6  3sin 2 2 x
;
2
2
cos x
2
sin 2 x.sin x.cos 2 x

2
 5  3sin 2 2 x � 3t 2  5t  2  0 (t  sin 2 2 x)
sin 2 2 x


�
x   k
�
4
2
�sin 2 2x  1
� cos 2 2x  0
�



� � 2
��
� �x   k
2
1
�
�
� 4
2
sin 2x 
cos 4x    cos 
�
�
�
3
3


�
x  k
�
4
2
�

Câu 7(1,0 điểm) x= 1 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi ta có đẳng thức
hay

3 cos   sin   2


3
1
cos   sin   1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    k2 .
6
2
2

Câu 8(2,0 điểm)
a) Lấy M(0;1) thuộc d .Khi đó M '  Tvr (M)  (2; 2) �d ' . Vì d’ song song với d nên d’ có phương trình dạng : 2x3y + C = 0 .Thay toạ độ M’vào pt d’ ta được C =10 . Vậy phương trình d’ : 2x –3y +10 =0.

Trang 11


b) Đường tròn ( C) có tâm I (1;-2) ,R= 3.Gọi I '  Tvr (I)  ( 1;3) và ( C’) là ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo

r

vectơ v thì ( C’) có tâm I’ bán kính R’= 3 có pt : (x  1) 2  (y  3) 2  9
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 3
Câu 1 (2 điểm)

a. Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt
nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
b.Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x
Câu 2 (2 điểm)

3
2
2
b. Giải phương trình: 2 x  11x  23  4 x  1
3
3
3
a. Giải phương trình: (4 x  x  3)  x 

Câu 3 (2 điểm)

a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành
tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ
nhất của diện tích tam giác OAB.
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3)2  9 và điểm A(1; 2)
. Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng
MN.
Câu 4 (3 điểm)

a. Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 .
1
1 1
b.Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (trong đó AB=c; AC=b; đường cao
ha b
c
qua A là ha ).
Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:

2a

2b
2c
 a  b   b  c   c  a


�3 
2
bc ca ab
 a  b  c
2

2

x
�2

2�
Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình: sin � 

2

7 � 2
2 x
�tan (3  x)  cos  0.
4 �
2

1
1
16

�
2x 


�
x y x y 3
�
Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: �
1
1
100
�
2( x 2  y 2 ) 


2
2
�
( x  y) ( x  y)
9
�
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngoài của tam giác ABC dựng hai tam giác đều ABM
và ACN. Tìm một phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN .Từ đó suy ra
MC=BN.
Câu 9:(2,0 điểm)

Trang 12

Kho sỏt tớnh chn - l, tớnh tun hon v tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca hm s
y sin sin x .
Cõu 10: (2.0 im)
Trong mphẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cú diện tích bằng

3
và
2

điểm A(2;-3), B(3;-2) trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng
(d): 3x- y - 8 = 0. Tìm toạ độ điểm C.

HNG DN CHM MễN TON S 03
Cõu
1

í
a

b

Ni dung

y x 2mx 3m v y 2 x 3 ct nhau ti hai im phõn bit v honh dng
Yờu cu bi toỏn PT sau cú hai nghim dng phõn bit
' 0


3(m 1) 0
x 2 2mx 3m 2 x 3 x 2 2( m 1) x 3m 3 0

2(m 1) 0

Tỡm m:

2

a

1,00

0,25

m 1

' 0
m 4


0,25

Kt hp nghim, kt lun

m 4
Gii bt phng trỡnh: x 2 8 x 12 10 2 x

0,25

x 2 8 x 12 0 2 x 6
Nu 5 x 6 thỡ x 2 8 x 12 0 10 2 x , bt phng trỡnh nghim ỳng vi mi x:
5 x 6
10 2 x 0


Nu 2 x 5
bt pt ó cho
2

x

8
x

12

0

28
2
x 2 8 x 12 4 x 2 40 x 100 5 x 48 x 112 0 4 x
5
Kt hp nghim, trng hp ny ta cú: 4 x 5
Tp nghim ca bpt ó cho: (4;6]
3
3
3
3
Gii phng trỡnh: (4 x x 3) x (1)

2

2 y 3 2 x3 3

3
( I ) Khi ú nghim ca (1) l x ng vi (x;y)
t y 4 x x 3 . (1) cú dng:
4 x3 x 3 y


0,25

TX:

2

im

1,00

0,25

0,25

0,25
1,00

0,25

l nghim ca (I)

2 y 2 x 3(2)
2 y3 2x3 3



(I) 3

2 x 2 y3 ( x y) 0
( x y )(2 x 2 2 xy 2 y 2 1) 0(3)


3

TH1: y = -x kt hp(2), cú nghim ca (1):

x 3

3

3
4

0,25
0,25

Trang 13

TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  ' x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y �

2
. Tương tự cũng có
3

3

�2� 8 2
2
 3 . Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm
x � . Khi đó VT (2) �4 � �
3
�3� 3 3
x  3
b

3
4

0,25

2 x 2  11x  23  4 x  1
x �1 . (1) � 2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0

Giải phương trình:

1,00

ĐK:

0,25

2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*)
�x  3  0
2
Do a �0(a ) nên pt(*) � �
� x 1  2  0
� x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3
M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá
a
trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB  0 )
x y
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:   1
a b
1 4
4
16
 Vì
 ABqua Mnên
1 1 2
1
a b
ab
ab
a2
�
ab
1 4 1
� �

8;" "
�
b8
2
a b 2
�

3

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S 
qua A(2;0), B(0;8)

1
1
OA.OB  ab �8 . Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d
2
2

b (C): ( x  2)2  ( y  3)2  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị
nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.

0,25

0,25
0,25
1,00
0,25
0,25

0,25

0,25

1,0

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì

IA2  (1  2) 2  (2  3) 2  2  9
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có




4

  IH
AH

IA

Vậy MN nhỏ nhất bằng

2 7

Mà
 IH

a

Chứng

minh

rằng

tứ

0,25

IH 2  HN 2  IN 2  9 � MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 )
MN

2

2

4(9 2) 28

MN

2 7

2





2

giác

2

lồi
2

ABCD

là

hình

bình

2





0,25

khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A
hành

0,25
khi

AB  BC  CD  DA  AC uuBD
u
r uuur

uuu
r uuur r
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành � AB  DC � AB  DC  0
uuu
r uuur 2
uuu
r 2 uuur 2
uuu
r uuur
� AB  DC  0 � AB  DC  2 AB.DC  0
uuu
r uuur uuur
� AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD )  0
� AB 2  DC 2  ( AB 2  AC 2  BC 2 )  ( AB 2  AD 2  BD 2 )  0 (*)
r r 2 r2
r r r2
r r r2 r2 r r 2
( vì a  b  a  2a.b  b � 2a.b  a  b  a  b )
2





0,25

và

chỉ

khi

1,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Trang 14


(*) � AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 (Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
4

b

Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:
Có

0,25

1
1 1

 (1)
ha2 b 2 c 2

1,5

a.ha  2 S  bc sin A

0,25

1
a2
4R 2
� 2 2 2 2  2 2
ha b c sin A b c

0,25

 c 2  4 R 2 � sin 2 B  sin 2 C  1
� 1  cos 2 B  1  cos 2C  2 � cos 2 B  cos 2C  0
� 2cos( B  C )cos( B  C )  0

(1) � b 2

0,25
0,25
0,25



�
B

C


hay
A

�
2
2 0  B  C   ;0 �B  C  
��



�B  C 
�
2


2
2
2
2
 a  b   b  c   c  a 

Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có

5

CMR :

2a
2b
2c



�3 
bc ca ab

XétM=

0,25

B C 

 a  b  c

2

; a, b, c  0

abac bc ba ca cb
2a
2b
2c
1
1
1


bc
ca
ab
bc

ca
ab

1
1
1
1
1
1
 (a  b)(

)  (b  c)(

)  (c  a )(

)
bc ca
ca ab
a b b c
1
1
1
 ( a  b) 2
 (b  c) 2
 (c  a ) 2
(b  c)(c  a)
(c  a )(a  b)
(a  b)(b  c)
1
4

4
1
�


Vì
;
2
2
(b  c)(c  a) (a  b  2c )
(2a  2b  2c )
(a  b  c ) 2
1
( a  b) 2
�
;"  " � a  b
(a  b) 2 �0 � (a  b) 2
(b  c )(c  a ) (a  b  c) 2

1,00

0,25

0,25

0,25

Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại
Suy ra M

 a  b
�

2

  b  c   c  a
2

 a  b  c

2

2

(Đpcm); “=”

� a bc

0,25

Hình vẽ câu 3b:

I
M

A
H

N

Trang 15


Cõu
6
2,0

/k: cosx 0 .

Pt ó cho

x
1
sin 2 x 1
x

sin 2 tan 2 x cos 2 0
1 cos x
cos 2 x 2 1 cos x 0
2
2
2 4
2


1 s inx 1 cos 2 x 1 cos x 1 sin 2 x 0 1 s inx 1 cos x s inx cos x 0
s inx 1 loai


x 2k 1

cos x 1

k Z


x k

t anx 1

4


Cõu 7 K: x y
2,0
im

1
1
16

x yx y



x y x y 3

H phng trỡnh tng ng vi

1
1
100

( x y )2 ( x y)2


2
2

( x y) ( x y)
9

1
1
;b x y
(| a |,| b |2)
t a x y
x y
x y
16

a 2 10
a

b



a

3
10 3
Ta cú:
100
b



b2
a2 2 b2 2
3


9
2
2
x

x

x 2
3 x 2
3



T ú suy ra h phng trỡnh cú bn nghim

y 1 y 1 y 1 y 1
3
3

Cõu 8 Qua phộp quay Q( A;60 ) thỡ im M bin thnh B;im C bin thnh im N .Do ú ,qua
2,0
phộp quay Q( A;60 ) thỡ on MC bin thnh on BN .Vy MC=BN
im
Cõu 9 Tp xỏc nh ca hm s y f ( x) sin sin x l D (i xng qua 0)
2,0
x , f ( x) f ( x). Vy, f chn (f khụng l vỡ nú khụng ng nht bng 0)
im x , f ( x 2) f ( x). Vy, f tun hon
Tp giỏ tr ca hm s t sin x l 0; nờn
0

0

Cõu1
0
2,0
im

min f min sin t 0, max f max sin t 1
0
t
0
t
1
2S ABC
3

* Ta cú S ABC 2 AB.d (C , AB) d (C , AB) AB 2 (1)
uuur
* ng thng AB cú vộct ch phng AB (1;1)
r
vộct phỏp tuyn l n AB (1;1) AB: x-y-5=0
Gọi điểm G(xG, yG) thì C( 3xG-5 ;3yG +5)

xG 1


3 xG yG 8

3xG 5 3 yG 5 5
3

yG 5



Ta cú
Ta cú
2
2
xG 2
3 xG 3 yG 15 3



yG 2

Vậy cú hai điểm thoả mãn C1(1;-1) , C2(-2;-10)
Trang 16


ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 4
Câu 1.(4,0 điểm). Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm

I (0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là

các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là .
1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
2) Chứng minh rằng
Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình:
Câu 3. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

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

Câu 4. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh

từ đỉnh A là điểm

� 3�

D�
2;  �, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
� 2�

A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ

ABC là điểm . Viết phương trình của đường

thẳng BC.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu lần lượt là độ dài của các đường trung

2ma2 �mb2  mc2 .
a 2 �4S .cotA

tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng

a) Chứng minh rằng
b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng góc �MGO không nhọn.
Câu 6.(2,0 điểm). Cho

của biểu thức

M

a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a  b  c 

3 3
. Tìm giá trị lớn nhất
2

1
1
1
.
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3
2

Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình

cos x  cos 2 x  2sin 2

x
 sinx
2

�
2( x 3  ay 3 )  ( a  1) 2
�
Câu 7. (2,0 điểm) Với giá trị nào của a thì hệ phương trình �3
có nghiệm và mọi nghiệm của
2
2
�x  ax y  xy  1
nó thoả mãn x, y là hai số đối nhau.
Câu 8. (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC, biết
B(-3; 0); C(3; 0). Điểm A di động sao cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần
bán kính đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm I thuộc một đường cong
cố định.
Câu 9. (2,0 điểm) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Trang 17


4
T = cosA + cosB + cosC +

sin

A
B
C
sin sin
2
2
2

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 04
Câu

Nội dung
Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số góc là
điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là .
1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1

2

Điểm

k . Gọi A và B là các giao

0,5

2

- x = kx - 1 � x + kx - 1 = 0(*)
2
+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì D = k + 4 > 0( " k )
+ PT tương giao (d) và (P):

x1  x2 k

2
2

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là

0,5
0,5

; M nằm trên trục tung

�

2) Chứng minh rằng

Theo Vi et có: x1  x2   k , x1 x2  1

k
0� k 0
2

( x1  x2 )  x1 x2 �
Ta có: x1  x2  ( x1  x2 ) �
�
�= x1  x2 . ( x1  x2 )  x1 x2
3

I

Có

3

2

2

2

x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4 x1 x2 = k 2 + 4

� x13  x23 =
2
3

2

k 2  4(k 2  1) �2 , k �R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

(1) �



x �

1
3

 

3x  1  1 

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

Giải phương trình: (1)
Điều kiện:

2,0

0,5
2,0

0,25



5x  4  2  3x2  x �

3x
5x
 x  3x  1
3x  1  1 5 x  4  2

0,25

x  0(TM )
�
�
�� 3
5

 3x  1 (*)
�
5x  4  2
� 3x  1  1

0,25

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)
Nếu x>1 thì VT(*)<2Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

0,25
0,25
0,25

2) Giải hệ phương trình:

2
3
2
�x  x y  xy  xy  y  1(1)
(*)
�4
2
x

y

xy
(2
x

1)

1(2)
�

�
( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
�
(*) � � 2

2
�x  y   xy  1
�
a  ab  b  1
�
�
a  x2  y
Đặt �
. Hệ trở thành: � 2
(*)
b  xy
a b 1
�
�

1,5

0,25
0,25

Trang 18


�
�
a 3  a 2  2a  0
a (a 2  a  2)  0
�
�
��

Hệ (*) � �
b  1  a2
b  1  a2
�
�
Từ đó tìm ra ( a; b) � (0; 1); (1; 0); ( 2;  3)

0,25

�x 2  y  0
� x  y  1.
xy

1
�

Với ( a; b)  (0; 1) ta có hệ �

0,25

�x 2  y  1
(
a
;
b
)

(1;
0)
� ( x; y )  (0; 1);(1;0);( 1;0) .

Với
ta có hệ �
�xy  0
Với ( a; b)  ( 2; 3) ta có hệ

0,25

3
3
�
�
�x 2  y  2
�y  
�y  
��
��
� x  1; y  3 .
x
x
�
2
�xy  3
�x 3  2 x  3  0
�
( x  1)( x  x  3)  0
�
�

0,25

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) � (1; 1);(0;  1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) .
4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh

A là điểm

A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh

� 3�
D�
2;  �, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của đường
� 2�

thẳng BC.
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA
Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP

2,0

0,5

uuuu
r � 15 �
u
r
AD �0;  �� n  1;0  là véc tơ pháp tuyến của AD
2�
�

0,5

x2
A' ǹ�
AD (C); A ' A A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được A'  2; 4 
� không chứa A nên IA’ ^ BC
A’ là trung điểm cung BC
uuuur � 5 �
 ;5 �là vecto pháp tuyến
đường thẳng BC đi qua D và có A ' I  �
�2 �
Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x  2 y  5  0
PT đường thẳng AD là:

0,5
0,5
0,5
0,5

Câu 5. Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến

2ma2 �mb2  mc2 (*)
a 2 �4S .cotA

kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng
a) Chứng minh rằng

Viết được công thức các trung tuyến

a 2 c 2 + a 2 b2 a 2 + b2 c 2

�
+
2
2
4
2
4
2
2
2
� b + c �2a (**)

(*) � b 2

+ c2 -

2,0

0,25
0,25
0,25

Trang 19


0,25

cos A
= 2bc.cos A = b 2 + c 2 - a 2
sin A

2
2
2
2
Từ (**) � b + c - a �a Hay 4 S .cotA �a 2
4S .cot A = 2bc.sin A.

Ta có

0,25
0,25

2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng góc �MGO không nhọn.

1,0

0

0.25

uuu
r uuur
GO.GM �۳
0

Ta sẽ chứng minh

uuu
r uuur

OG.GM

Ta có

uuur uuu
r uuu
r uuur
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r
3OG  OA  OB  OC ; 6GM =2AM  AB  AC  OB  OC  2OA
uuur uuuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r
� 3OG.6GM  OA  OB  OC . OB  OC  2OA
uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r uuu
r

= OB2  OC 2  2OA2  2OB.OC  OA.OC  OA.OB = 2OB.OC  OA.OC  OA.OB



* Mặt khác ta có





0.25

uuur uuu
r 2
uuu
r uuur
uuu
r uuur
BC 2  OC  OB  OB 2  OC 2  2OB.OC � 2OB.OC  2 R 2  a 2 ( trong đó R= OA = OB = OC ).
uuu
r uuur
uuu
r uuu
r
Tương tự có 2OA.OC  2 R 2  b 2 ; 2OA.OB  2 R 2  c 2 .
uuur uuuu
r b2  c 2
uuur uuuu
r
Vậy 18.OG.GM  �

a 2 0 OG.GM 0 ( do có (**))
2



6
Cho



a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a  b  c 

0.25

0.25

3 3
. Tìm giá trị lớn nhất của
2
2,0

biểu thức

M

1
1
1
.



a 2  b2  3 b2  c2  3 c2  a2  3

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó

a 2 b2 c2  a  b  c 
  �
x
y
z
x yz

2

a b c
  .
x y z

(*). Dấu bằng xảy ra khi

0,5

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia
* Vào bài chính

1
1
1
1
 2 2

 2
� .
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2
1
1
1
�1
� �1
� �1
� 1
�� 2
� �  2 2
� �  2
��
2
2
�3 a  b  3 � �3 b  c  3 � �3 c  a  3 � 2

Ta sẽ chứng minh M 

2

a 2  b2
b2  c 2
c2  a2
3



�
2
2
2
2
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2
Giả sử a �b �c .
�P

0,5

 a  b
 a  b
a b


.
a 2  b2  3 2 a 2  b2  3 2 a 2  b2  3
2

Biến đổi

0,5

2

2



2







Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P.
Sau đó áp dung bđt (*) ta có:

 a  b  b  c  c  a
P�





4 a 2  b 2  c 2  18

2

 a  b  b  c  a  c


۳ P





4 a 2  b2  c 2  18





4 a 2  b 2  c 2  18

4  a  b  c  4 a  c
2

2

2

2 a  b  c  2 a  c
2

۳ P



2



2 a2  b2  c2  9

Trang 20


Ta sẽ chứng minh

2 a  b  c  2 a  c
2



2



2 a b c 9
2

2

2

3
2
2
� � 4  a  b  c   4  a  c  �6 a 2  b 2  c 2  27
2




� 2  a  b  c   2  a  c  �3  a


   a  b  c

� 4  a  b  c   4  a  c  �6 a 2  b 2  c 2  2  a  b  c 
2

2

2

2

2

 b2  c 2



2

2

0,5

� b  ab  bc  ca �0 �  a  b   b  c  �0
2

7
2đ

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.
Đ/K cosx �0
Phương trình tương đương với cos x  cos x  1  cos 2 x  sinx

0.5
2



2

1
1
1� �
1�
 sin 2 x  sin x  � �
cos x  � �
sin x  �
�
4
4
2� �
2�
�
1
 sin x 
(1)

2 � � cos x  sin x
�
1
� cos x  1   sin x (2)
  sinx 
2

cos x  cos x 

1
�
cos
x

�
2
��
� cos x  1
�
2

Giải (1) được nghiệm x =   k 2 với cos  

0.5

0.50

 1 5
 
,    0; 

2
 2


 k 2
2

Vậy phương trình có nghiệm x = -  k 2 ;
2
 1 5
 
x =   k 2 với cos  
,   0; 
2
 2

0.5

Giả sử a thoả mãn điều kiện bài toán và (x 0; y0) là một nghiệm của hệ đã cho, ta có

0.25

Giải (2) được nghiệm x = -

8
2đ

3
0

3
0

2

 2( x  ay ) (a  1)
 3
2
2
 x0  ax0 y0  x0 y0 1
 x  y 0
0
 0

(1)
(2)
(3)

1
�3
2
�x0 ( a  1)  ( a  1)
2
Từ (3) suy ra y0 = -x0 thay vào (1) và (2) ta được �
�x 3 (2  a)  1
�0
a 1

Từ (5) ta thấy x0 �0; a �2 chia các vế của (4) cho (5) ta được:
2a

� a  0; a  1; a  1
�
x
�3 1
�
x

�
�
��
2
+, a =0 hệ trở thành �
�x 3  xy 2  1 �y 
�
�
�

1
3
2
(loại) và
1
3
2

� 1
x
�
� 32
�

�y   1
3
�
2
�

(4)
(5)
1
(a  1) 2
2

0.25

0.25
0.25
0.25

Suy ra a = 0 (loại)

� 1
x
3
3
�
�x  y  0
�y   x
�
� 33
� �3

��
+, a = -1 ta có hệ �3
thoả mãn x + y = 0
2
2
2
2
�x  x y  xy  1 �x  x y  xy  1 �y   1
3
�
3
�

0.25

Trang 21


0.25

 x 3  y 3  2
(6)
+, a = 1 ta có hệ:  3
2
2
 x  x y  xy 1(7)
Nhân hai vế của (7) với 2 rồi trừ đi các vế tương ứng của (6) ta được:
(x + y)(x2 + y2 + xy) = 0 (8)
2
2

Từ (7) suy ra x �0 � x  y  xy  ( y 

0.25

1 2 3 2
x)  x  0
2
4

do đó từ (8) suy ra x + y = 0

�x  1
thoả mãn x + y = 0
�y  1

Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm duy nhất �
Kết luận: a = -1; a = 1
Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h,
bán kính đường tròn nội tiếp là r và I(x; y).

0.25

y

8
2đ

A
I

1
Có h = 3r , S ABC  pr  BC.h  (AB + BC + CA)r = 3BC.r B
Cx
2
O
-3
KH 3
B
C
 AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA  cot . cot 3 (*)
2
2
B BK
C CK
, cot 
Mà cot 
Từ (*) suy ra BK.CK = 3IK2 (**)
2
IK
2
IK
Do I là tâm đường tròn nội tiếp suy ra K  BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2
x2 y 2
Thay vào (**) ta có x2 + 3y2 = 9. Suy ra I thuộc elip có phương trình

1
9
3
A
B

C
Chứng minh được cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin sin sin > 1
2
2
2
3
Chứng minh được cosA + cosB + cosC 
(1)
2
3
1
Như vậy 1 < cosA + cosB + cosC  . Theo (1) ta có 0 < t 
2
8
2
1
1
t 1
Xét f(t) = t + với 0 < t 
f’(t) =
0  t 1
t
8
t2
1
Ta có BBT:
t
0
8

0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5

0.5
0.5

f’(t)
f(t) + 

65
8
Suy ra minT =

67
  ABC đều
2

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 5
Câu 1.(3.0 điểm)

Trang 22

x
x

�
10  x
10  x
2) Cho các nửa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A �B. Với điều kiện nào
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y 

của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
2
4
2
Câu 2. (2,0 điểm) Tìm m để phương trình x  1  m  m  1 có bốn nghiệm phân biệt.

Câu 3. (2,0 điểm) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

 m  1 x  2  m  1 .
x2

x  7 x  8  2 x.
�
� 7x  y  2x  y  5
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình �
�x  y  2 x  y  1.
�  600. Các điểm M, N được xác
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC
uuur
uuur
uuur

uuu
r
định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc
2

Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình

với nhau.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy
các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ',

BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

3
Sa  Sb  Sc � S . Dấu đẳng thức
2

xảy ra khi và chỉ khi nào?
Câu 8. (2,0 điểm)(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi
A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp
xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ
nhất.

sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x  )  1 .
Câu 9. (2.0 điểm) Giải phương trình:
(x  R)
4
Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

a3
b3
c3
3
 2
 2
� .
Chứng minh rằng:
2
b 3 c 3 a 3 4

---HẾT---

Câu
I

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y 

Điểm
3.0

x
x

�
10  x
10  x

Trang 23

1

2

2) Cho các nửa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A �B. Với điều kiện nào của các số thực
a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Hàm số y có tập xác định D  (10; 10) là tập đối xứng qua điểm x  0.
Kiểm tra: x �D, f ( x )  f ( x )  f chẵn
f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận
C  [b; b  2) �(a; a  1] là một đoạn  b �a  b  2 �a  1
� b  1 �a  b  2.
(*)
Khi đó, C  [b; b  2) �(a; a  1]  [b; a  1] là đoạn có độ dài a  b  1.

1.5

1.5

2
4
2
Câu 2:Tìm m để phương trình x  1  m  m  1 có bốn nghiệm phân biệt.

Câu

Câu 3: Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
4

 m  1 x  2  m  1 .
x2

4,0 đ

2

Ta có: m  m  1  0

�
x 2  m4  m2  2

(1)

x  m2  m4  m2 (1  m2 )
�

(2)

PT � �2
2

4

2
2

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m  m  2  0
(2) có 2 nghiệm phân biệt  m �0 và 1  m 2  0
PT có 4 nghiệm phân biệt

m �(1; 1) \{0}

 m �(1;1) \{0} và m 4  m 2  2 �m 2  m 4

m �(1;1) \{0} và m 4  m2  1 �0
(m  1)( x  2)  (1  m) x  2
0
BPT 
x2


3






m �(1;1) \{0} , kết luận
x  ( m  2)
0
x2

2

Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x  2
Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �( �; 2) �( m  2; �)
Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �( �; m  2) �(2; �)

x2  7 x  8  2 x.

Câu 4 : Giải phương trình
Câu

Câu 5.Giải hệ phương trình

�
� 7x  y  2x  y  5
�
�x  y  2 x  y  1.

Điều kiện: x ≥ 0
PT  x 2  1  7 x  7  2  2 x  0

4

 ( x  1)( x x  x  6 x  8)  0

2

 ( x  1)( x x  8  x  6 x  16)  0
 ( x  1)( x  2)( x  2 x  4  x  8)  0
4

 ( x  1)( x  2)( x  x  4)  0

x 1
�
� x 1  0

�
2
 �
 � �
1  17 � 9  17
x�
x x 40
�
�
�
�
�
2
� � 2 �
5

7 x  y �0
�
Điều kiện �
; Đặt
2 x  y �0
�

Kết luận

�
u  7 x  y �0 �
u2  7x  y
�
�

u 2  v2
7v 2  2u 2
 �2
x
và y 
�
5
5
v  2x  y
v  2 x  y �0 �
�

2

u v  5
uv 5
�
�

�2 2
�
u  v  7v 2  2u 2  5v  5
3u 2  8v 2  5v  5  0
�
�
u  5v
u  5v
u  5v
�
�

�
 �


�
�
3(5  v )2  8v 2  5v  5  0
5v 2  25v  70  0
v 2  5v  14  0 (*)
�
�
�
HPT trở thành:

Trang 24


u 3
�
v2
�

(*)  v = 2 (nhận) hoặc v = 7 (loại) ; nên HPT trên  �

7x  y  9
�
�x  1
��
(phù hợp)
2x  y  4

�
�y  2
�  600. Các điểm M, N được xác định bởi
Câu 6 :Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC
uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.
Câu 7 : Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và
C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', BC ' A ', CA ' B ' và ABC.
3
Chứng minh bất đẳng thức S a  S b  S c � S . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
2
uuuu
r
uuur
uuur uuuu
r
uuu
r uuuu
r
uuuu
r
uuu
r uuur
Ta có: MC  2MB � AC  AM  2( AB  AM ) � 3 AM  2 AB  AC
uuur

uuu
r uuu
r
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB
uuuu
r uuur
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
Vậy: AM  CN � AM �
CN  0 � (2 AB  AC )(2CA  CB )  0
uuu
r uuur uuur uuur
uuu
r uuur
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB. AC  0
5bc
2
2
0
 2c  3b 
 4c 2  6b 2  5bc  0
2
AB 'sin A; 2 S  AB �
AC sin A
Ta có các công thức tính diện tích: 2 Sa  AC '�
Do đó HPT đã cho trở thành �

Câu

6

‫ף‬

Sa

S

AC ' AB '
AB AC

Tương tự ta cũng có:

1 �AC '
�
2 �AB

4
2

AB ' �
�(BĐT Cauchy)
AC �

Sb 1 �BA ' BC ' �
� � 
�và
S
2 �BC BA �

2

Sc 1 �CB ' CA ' �
� � 
�
S 2 �CA CB �

Sa
S
S
1 �AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB ' � 3
(đpcm)
 b  c � � 




�
S
S
S 2 �AB BA BC CB CA AC � 2
�AC ' AB '
�AB  AC
C ' B ' //BC
�
�
�BA ' BC '
�
Dấu bằng xảy ra  � 

 �A ' C ' //CA  A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB
BC
BA
�
�B ' A ' //AB
�
�CB ' CA '

�CA CB
�

7

Do đó:

8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là
các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy
xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A  a;0  , B  0; b  với a  0, b  0. (*) Suy ra SOAB 
2

ab
.
2

2,0
0,25

2

1
1
1
 2  2 (**) 1  a  b � a 2b 2  R 2 ( a 2  b 2 ) �2 R 2 ab
2
a
b
R
R2
a 2b 2
ab
�R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b)
 SOAB 
2
Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  R 2
Mà



 



Kết luận: A �R 2;0 ; B 0; �R 2 (4 cặp điểm)
9

0,25
0,25

0,25

2. PT  2sin 2x cos 2x + 2cos 2x = 4(sin x + cos x)
2

2,0

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)

Trang 25