Tổng hợp Đề thi và đáp án kỳ thi Học sinh giỏi Toán 10,11,12 năm học 2017-2018

Sở GD&ĐT….
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN
KHỐI 10 - NĂM HỌC 2017-2018

Bài I: (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x2 +2(m+1)x+m2-4 = 0 (m là tham số)
a. Xác định m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt.
b. Xác định m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thoả : x12 +x22 = 12
Bài II: (2,0 điểm)
a. Giải phương trình x 2 

1
7
 7x   6  0
2
x
x

5
 3
 x 1  y 1  4
b. Giải hệ phương trình 
 4  1  19
 x  1 y  1 5

Bài III: (2,0 điểm)
Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x – m2 + 9.
1) Tìm tọa độ các giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d) khi m = 1.
2) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung.

Bài IV (3,0 điểm)

1


Sở GD&ĐT….
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. Gọi d1 và d2 lần lượt là hai tiếp tuyến
của đường tròn (O) tại hai điểm A và B. Gọi I là trung điểm của OA và E là điểm thuộc
đường tròn (O) (E không trùng với A và B). Đường thẳng d đi qua điểm E và vuông góc
với EI cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại M, N.
1) Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi F là điểm chính giữa của cung AB không chứa E của đường tròn (O). Hãy
tính diện tích của tam giác MIN theo R khi ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Bài V (1,0 điểm)
Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 4x 2  3x 

1
 2011 .
4x

----------------------------------Hết---------------------------------------

MA TRẦN ĐỀ - KHỐI 10

Nhận biết
Tam thức bậc hai,
định lý Viét
Phương trình

Câu1b
0.25đ
Câu2 a

Thông
hiểu

Vận dụng

Tổng
cộng

Câu1a,b
1.75đ

2đ

Câu2 a

2


Sở GD&ĐT….
0.25đ
Hệ Phương trình

Câu2 b

1đ

Câu2 b

0.25đ

0.75đ
Câu3 a

hàm số bậc hai
Tứ giác nội tiếp

0.75đ

1đ
Câu3 b

1đ

1đ

2đ

Câu4 a

đường tròn

1đ

1đ
Câu4 b

Tính diện tích tam giác

2đ

2đ

1đ

1đ

4đ

10đ

Câu5

GTNN-GTLN
1.75đ

4.25đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
KHỐI 11-MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1( 2 điểm): 2 tan x  cot x  tan 2 x 

2
sin 2 x

3

Sở GD&ĐT….
Câu 2: (4 điểm )
1) Giải bất phư ơng trình :

x 2  4 x  3  2 x 2  3x  3  x  1

2) Giải hệ phương trình:

8 xy
 2
2
 x  y  x  y  16

 x  y  x2  y

C âu 3: (4 điểm)
Cho ∆ ABC cân đỉnh B, góc ABC = 300. Trên BC lấy D sao cho

AC
 2 . Tính góc
BD

DAC .

----------------------------Hết-------------------------

4


Sở GD&ĐT….

MA TRẬN ĐỀ THI HSG KHỐI 11(2017-2018)

Mức độ nhận biết
Nội dung kiến thức

Phương trình lượng giác

Nhận

Thông

biết

hiểu

1

Bất phương trình

Tổng điểm

1
1.5

Hệ phương trình

2.5

Phép biến hình
Tỉ lệ

Vận dụng

4
10%

25%

65%

10

5


Sở GD&ĐT….
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
KHỐI 12-MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1:(3điểm) Cho hàm số y 

3x  5
(H)
x2

a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H)
b. Tìm M thuộc (H) để tổng khoảng cách từ M đến 2 đường tiệm cận của (H) là nhỏ
nhất
Câu 2:(1điểm) Giải phương trình 2 3 3x  2  3 6  5x  8  0

Câu 3:(2điểm) Cho x  y  xy  3.
Tìm GTLN của S =

x 1  y 1


2x  y  m  0
Câu 4:(2điểm) Tìm m để hệ phương trình 
 I  có nghiệm duy nhất.
x

xy

1



Câu 5:(2điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 5 cm,
Đường chéo AC = 4cm. Đoạn thẳng SO= 2 2 cm và vuông góc với đáy, ở đây O là giao
6


Sở GD&ĐT….
điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Giả sử mặt
phẳng (ABM) cắt SD tại N. Tìm Thể tích hình chóp S.ABMN .

---------------------------------------Hết---------------------------------------

MA TRẦN ĐỀ - KHỐI 12

Nhận biết
Khảo sát sự biến thiên

Thông
hiểu

Vận dụng

1đ

Khoảng cách điểm

1đ
Câu 1b

đến đường thẳng

GTLN-GTNN

cộng

Câu 1a

và vẽ đồ thị hàm số

Phương trình vô tỷ

Tổng

Câu 2

2đ

0.75đ

1đ

Câu 2

0.25đ
Câu 3

Câu 3

0.25đ

Ứng dụng tính đơn

2đ

1.75đ
Câu 4

điệu để giải hệ

2đ

Câu 4
0.5đ

1.5đ

2đ

phương trinh
Thể tích hình chóp

Câu 5

Câu 5

Câu 5

0.25đ

0.75đ

1.25đ

2đ

0.75đ

2.25đ

7.0đ

10

7


Sở GD&ĐT….

PHẦN ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TOÁN 10

8


Sở GD&ĐT….
NỘI DUNG

CÂU
Câu 1a

Câu
1b

ĐIỂM

  0

Tìm ra được biểu thức điều kiện  P  0
S  0


0.5đ

Giải ra -5/2
0.5đ

 x1  x2  2(m  1)
2
 x1.x2  m  4

Định lí Viét 

0.25đ

Biến đổi được về (x1+x2)2-2x1x2 =12
0.25đ
Tìm được m=0 hoặc m =-4

0.25đ

So sánh và nhận được giá trị m thích hợp

0.25đ

Câu 2a
đk: x  0
Đặt t = x+1/x  t2-2= x 2 

1
x2

0.25đ

t2 +7t - 8=0 t=1 V t = -8

0.25đ

x+1/x =1 Vô nghiệm

0.5đ

x+1/x=-8 x  4  15
Câu
2b

5
 3
 x 1  y 1  4

dk : x  1; y  1

4
1
19



 x  1 y  1 5

3
5

Đặt X 
; Y
x 1
y 1

0.25đ

9


Sở GD&ĐT….
 3 X  5Y  4
X 1


19  
1

4 X  Y  5
Y  5

0.5đ

 1
1
X 1 
x  2

 x 1


1 1

1
y  4
Y  5


 y  1 5

0.25đ

Câu 3a 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 1 là:

0.5đ

x2 = 2x + 8  x2 – 2x + 8 = 0  (x + 2) (x – 4) = 0  x
= -2 hay x = 4

y(-2) = 4, y(4) = 16

0.5đ

Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) khi m = 2 là : (-2; 4)
và (4;
Câu
3b

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 = 2x – 0.25đ
m2 + 9
 x2 – 2x + m2 – 9 = 0 (1)

Ycbt  (1) có 2 nghiệm phân biệt trái dấu  a.c = m2 – 9 < 0 0.5đ
 m2 < 9

 m  < 3  -3 < m < 3.

0.25đ

Vẽ hình:

0.5đ

Câu 4

10


Sở GD&ĐT….

N
G
M
A

E

I

O

B

F

Câu 4a
Xét từ giác MAIE có 2 góc vuông là góc A, và góc E (đối nhau)

1đ

nên chúng nội tiếp trong đường tròn đường kính MI.

11


Sở GD&ĐT….
Câu
4b

Gọi G là điểm đối xứng của F qua AB. Ta có AM + BN = 2OG 0.25đ
(2) (Vì tứ giác AMNB là hình thang và cạnh OG là cạnh
trung bình của AM và BN)

Ta có : AI =

3R
R
, BI =
2
2

Từ (1) và (2)  AM + BN = 2R và AM.BN =

0.5đ
3R
4

2

12


Sở GD&ĐT….
Vậy AM, BN là nghiệm của phương trình X2 – 2RX +
AM =

3R 2
=0
4

0.5đ

3R
R
hay BN =
. Vậy ta có 2 tam giác vuông
2
2

cân là MAI cân tại A và NBI cân tại B  MI =
R 2 R

3R 2 3R
và NI =


2
2
2
2

 S(MIN) =

 S(MIN) =

1 R 3R 3R 2
.
.

2 2 2
4

1 R 3R 3R 2
.
.

2 2 2
4

0.25đ

Câu 5

1
2

1
 2010
4x

0.25đ

1
2

1
1
 2010  2011
 2010  2 x.
4x
4x

0.5đ

1
ta có M = 2011. Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2011
2

0.25đ

M = 4( x  )2  x 

M = 4( x  )2  x 

Khi x =

13


Sở GD&ĐT….

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TOÁN 11

Câu
1

a)+) Điều kiện đúng

0.25

+) Tìm được tanx = 1 hoặc tanx = 0

1.5

+)Giaỉ đúng và loại nghiệm đúng được x 

2

Điểm

Nội dung



4

 k


x  3
 x 2  4 x  3  0

 x 1
a) +) Điều kiện:  2
2 x  3 x  1  0

1
x 

2

0.25

0,25

+) Với x=1 BPT hiển nhiên đúng suy ra x=1 là nghiệm
+) Với x  3 suy ra BPT  ( x  3)( x  1)  ( x  1)(2 x  1)  x  1

14


Sở GD&ĐT….
chỉ ra vô nghiệm
+) Với x  2 suy ra BPT  (1  x)(1  2 x)  (1  x)(3  x)  1  x .

Cho ra nghiệm x 

0,5

1
2

x 1
+) Kết luận bất phương trình có nghiệm 
1
x 

2

0,5

b) Giải hệ phương trình:
8xy
 2
2
x  y  x  y  16

 x  y  x2  y


0,25
(1)
(2)

Điều kiện: x + y > 0

 (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y)

(1)

 [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0
 (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0
 (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0
 (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0
x  y  4  0

 

(3)

0,25

 x  y  4(x  y)  0 (4)
2

2

Từ (3)  x + y = 4, thế vào (2) ta được:
 x  3  y  7

x2 + x – 4 = 2  x2 + x – 6 = 0  
.
x  2  y  2

1

(4) vô nghiệm vì x2 + y2 ≥ 0 và x + y > 0.

15


Sở GD&ĐT….
Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2)

0.25

0.5

0.25

0.25
3

Ta dời BD tới vị trí cùng với AC tạo thành hai cạnh một tam giác nào đó

0.5

Gọi d là đường trung trực của AB thì ta có :
Đd: B  A
D  D'

BD  AD'

1

Theo giả thiết AC= BD 2  AD' 2







Mặt khác : CAD'  CAB BAD'
= 750-300=450
Từ đó ta có ABC vuông cân đỉnh D’ .Nếu gọi E là giao của BC và d thì

1

A,D’,E thẳng hàng và DED' cân đỉnh E






Ta có DED'  B  DED'  30

0,25
0

Vì D’A=D’D nên DD'A cân đỉnh D’


 DAD ' 


1 
DD 'E  150
2


1



Vậy DAC  DAD' D'AC  600

0,25

16


Sở GD&ĐT….

17


Sở GD&ĐT….

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TOÁN 12

NỘI DUNG

CÂU
Câu 1a

ĐIỂM

Khảo sát được sự biến thiên

0.5đ

(1điểm) Vẽ được đồ thị

0.5đ

6

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

Câu 1a
(2điểm)

M(x0; 3 

1
)
x0  2

0.5đ

TCĐ: x-2=0; TCN: y-3 =0
Khoảng cách từ M đến 2 tiệm cận: KC=
x0  2  3 

0.5đ

1
1
1
 3  x0  2 
 x0  2 
x0  2
x0  2
x0  2

Áp dung đẳng thức cosi

0.5đ

18

Sở GD&ĐT….
x0  2 

1
1
 2 x0  2 .
2
x0  2
x0  2

Khoảng cách nhỏ nhất KC = 2
Đạt được khí x0  2 

x  3
1
 0
 M(3;4) và M(1;2)
x

1
x0  2
 0

0.5đ

0.25đ

Câu 2

0.25đ

0.25đ
0.25đ
Câu 3

Ta có: x  y 

xy  3.  x  y  3  xy .

 x, y  0 

x y
x y
 xy  xy 
(1).
2
2

Mà: x  y  xy  3  x  y  3 

xy (2).

Từ (1) và (2)
 x  y 3

0.5đ

0.25đ
0.5đ

x y
 x  y  6  0  x  y  6 (a).
2

Ta có S= x  1  y  1  2( x  1  y  1)  2( x  y  2)

0.25đ

(b)

19


Sở GD&ĐT….
Từ (a) và (b) S = x  1  y  1  2(8)  4

0.5đ

“ = “  x  y  3.
Vậy MaxS = 4 khi x = y = 3.

Câu 4

Tacó AB // DC  AB // (SDC)

0.25đ

(SAB)  (SDC)=MN//AB (N  SD)

VABMN  VSABN  VSBMN
Tacó:

VSABN SN 1


VSABD SD 2

0.5đ

VSBMN SN SM 1

.

VSBCD SD SC 4

20


Sở GD&ĐT….
3
V

VSABMN
Suy ra SABMN
8

8 2

3

0.5đ

VSABMN  2

0.5đ

VSABCD
Vậy

0.25đ

21