Đề thi Olympic Toán 10 năm 2017 – 2018 sở GD và ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 10

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 06/03/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (6,0 điểm):
1) Giải phương trình

x3 +

x2 =

x 2  3x  2

3
3
2
2
 x  y  x  y  xy  1  y  x
2) Giải hệ phương trình 
2
 2 x  y  3x  2 y  2  3x  y  4

Câu 2 (4,0điểm):

1) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức
2
S = R 2  sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C  . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
3
2) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các
điểm N , M , P sao cho BN  1, CM  2, AP  x (0  x  3).

 
a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.

b) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM .
Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A, D và
3
AC. Biết điểm B(5;3), đường thẳng DI
4
có phương trình 3 x  y  8  0 và điểm D có hoành độ dương. Tìm tọa độ điểm D.

AD  CD  2 AB . Điểm I thuộc đoạn AC sao cho AI 

Câu 4 (3,0 điểm): Cho phương trình x 2   4m  1 x  3m 2  2m  0 (m là tham số).

1) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x13  x23  18 .

2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m nguyên sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Câu 5 (3,0 điểm): Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d  4 . Chứng minh rằng:
a
b
c
d




 2.
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

Câu 6 (2,0 điểm): Cho 2018 số nguyên dương phân biệt và nhỏ hơn 4034. Chứng minh tồn tại 3 số
phân biệt trong 2018 số đã cho mà một số bằng tổng hai số kia.
----------------- HẾT -----------------

Họ và tên thí sinh............................................................................ Số báo danh ..................................
Chữ ký của giám thị 1 ....................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018


TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

MÔN THI: TOÁN LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu
Câu 1
6,0
điểm

Nội dung

1) Đk x  3
x 3 +

x2 =

x 2  3x  2  x  3  x  2  2 x 2  5 x  6  x 2  3x  2

 x2  5x  3  2 x2  5x  6  0  x2  5x  6  2 x2  5x  6  3  0

2x0,25

Đặt t  x 2  5 x  6, t  0. Ta được pt : t 2  2t  3  0
t  1(l
 t 2  2t  3  0  
t  3(n)

2x0,25


5  37
5  37
(l )
x 
.
KL
pt
có

nghiệm
là
x

2
2


5  37
( n)
x 

2
3
3
2
2
(1)
 x  y  x  y  xy  1  y  x

2
 2 x  y  3 x  2 y  2  3 x  y  4 (2)
(1)  ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y

 ( x  1 - y)  x 2  xy  y 2 + 1  0
 y  x 1
 2
2
 x  xy  y + 1 = 0
Ta có x 2  xy  y 2 + 1 = 0 vô nghiệm

Với y = x + 1 thay vào pt (2) ta được pt:

0,5

0,25
0,25

3x  1 + 3x  4  3x 2  x  3

( 3 x  1 - ( x  1)  ( 3 x  4  ( x  2)  3 x 2  3 x
x  x2
x  x2

 3x 2  3x
3x  1  x  1
5x  4  x  2
1
1


 ( x 2  x) 

 3  0
5x  4  x  2
 3x  1  x  1




 x2  x  0


1
1
1


 3  0 (vn vi : x  )
 3 x  1  x  1
3
5x  4  x  2
x  0

x  1
KL: Hpt có nghiệm là (0; 1), (1; 2).

1) Theo định lí sin ta có : sin 3 A 

2x0,25
0,5

t  3  x2  5x  6  3  x2  5x  3  0

Cầu 2
4điểm

Điểm
0,5

a3
B3

c3
3
3


;
sin
B
;sin
C
8R3
8R3
8R3

2x0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2x0,25
0,25
0,25
2x0,25
2x0,25


VT =

2 2  a3
b3

c3  1
R  3  3  3   R(a 3  b3  c3 )
3  8R 8R 8R  12

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a  b  c  3abc
abc
 VT 
4R
abc
Mà S 
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
4R
    1   2  1 
2) a) AN = AB  BN = AB  AC  AB  AB + AC
3
3
3
   1  x 
b) Ta có PM = PA  AM  AC - AB
3
3
 


1    1  x  
2
AN  PM  AN .PM  0   AB  AC  .  AC  AB   0
3
3
3

 3










2
2
2
2x
1
x
 AB. AC 
AB  AB. AC  AC  0
9
9
9
9
x
 1 2x  1  0
2
4
x
5
3



Câu 3
2,0
điểm

3

3



Đặt AD = a
5a 2
5a 2
5a 2
BD 2 =
; DI 2 =
; MI 2 
4
8
8
Suy ra BDI vuông cân tại I.
Do đó BI : x  3 y  14  0.
Mà I là giao điểm của BI và DI  I(-1; 5).
Vì D  DI  D(x; 3x + 8) mà DI = BI
 x  1(n)
 ( x  1) 2  (3x  3) 2  40  
D(1;11)

 x  3(l )

   4m  1  4  3m2  2m   4m 2  1  0, m  R .
2

2x0,25
2x0,25

0,25x2
0,25
0,25
2x0,25
0,25
0,25

0,5
0,5
0,25
0,25
0,25x2

0,5

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo viet ta có
 x1  x2  4m  1

2
 x1.x2  3m  2m

2

2
x13  x23   x1  x2   x1  x2   3 x1 x2    4m  1  4m  1  3  3m 2  2m  




3
2
 28m  15m  6m  1
x13  x23  18  28m3  15m 2  6m  1  18

0,25
0,25

  m  1  28m 2  13m  19   0  m  1

Phương trình có nghiệm nguyên suy ra  là bình phương của 1 số nguyên
x  0
(thỏa)
Nếu m = 0 thì ta có pt : x 2  x  0  
 x  1

0,5
0,5

Nếu m  0 thì 4m 2  1   2k  1 (k  Z ) do 4m 2  1 là số lẻ

0,5

2

 m 2  k  k  1


Mà  k , k  1  1  k,k+1 là hai số chính phương (vô lí).

0,5

Vậy chỉ có m =0 thỏa
a
ab 2 c
ab 2 c
ab c

a


a

a
Ta có
2
2
1 b c
1 b c
2
2b c

0,5

ab c
b a.ac
1
1
a
 a  b  a  ac   a   ab  abc 
2
2
4
4
a
1
 a   ab  abc 
Vậy
2
1 b c
4
Chứng minh tương tự ta có
b
1
c
1
d
1
 b  (bc  bcd ),
 c  (cd  cda ),
 d  (da  dab)
2
2
2

1 c d
4
1 d a
4
1 a b
4
a
b
c
d





2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b
1
 a  b  c  d   ab  bc  cd  da  abc  bcd  cda  dab 
4

Lại có a 

0,5

0,5

0,5

2

 abcd 
Lại có ab  bc  cd  da   a  c  b  d   
 4
2


4

16
 1 1 1 1   abcd 
abc  bcd  cda  dab  abcd       
 .
4
a b c d  
 abcd
1
3
 a  b  c  d   4
16
a
b
c
d
Do đó




 abcd 2  2
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b
Dấu « = » xảy ra  a  b  c  d  1
Cho 2018 số nguyên dương khác nhau và nhỏ hơn 4034. Chứng minh tồn tại ba số
trong 2018 số đó mà một số bằng tổng hai số kia.
Gọi 2018 số nguyên dương đã cho là a1 , a2 ,..., a2018 . Không mất tính tổng quát giả sử

0,5

0,5

2,0đ
0,25

1  a1  a2  ...  a2017  a2018  4033 .

Đặt bi  ai  a1  i  2,3,.., 2018 

Suy ra 1  b2  b3  ...  b2018  4032

0,25

Xét dãy gồm 4034 số a2 , a3 ,..., a2018 , b2 , b3 ,..., b2018 . Các số này nhận 4033 giá trị khác
nhau nên có ít nhất 2 số trong dãy số trên bằng nhau .
Mặt khác ta có : ai  a j ; bi  b j , i  j (2  i, j  2018) . Ngoài ra

0,5

0,5

ai  bi , i  2,3,..., 2018 (do a1  0) . Suy ra tồn tại ax  by  x  y, 2  x, y  2018 
Hay ax  a y  a1  a1  a x  a y (đpcm)

0,5