Đề thi học sinh giỏi môn toán 10, 11 tỉnh vĩnh phúc năm học 2017 2018 có đáp án chi tiết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số f  x   2017 4  3x  x 2 

2018 x
2x2  6 x

.

Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  ( x  m)( x  5) xác định
trên đoạn [  2;5] .
Câu 3 (2,0 điểm). Giả sử phương trình x 2  mx  4  0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức A 

2  x1  x2   7
.
x12  x22

Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m x  2  m x  1  m  3
có nghiệm.
Câu 5 (2,0 điểm). Giải bất phương trình:

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

1

2
2
 2 10  xy 
2
3  x  y  
 x  y

Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
2 x  1  5

x y

 x, y    .

ACB  120. Gọi M là điểm thay đổi
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại C có AB  4a, 
sao cho MA  3MB. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MC.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho đường tròn  O  và 3 dây cung AA1 , BB1 , CC1 cùng song song với nhau.
Gọi H1 , H 2 , H 3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 . Chứng minh ba điểm

H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng.
Câu 9 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D ,

1
AB  AD  CD . Giao điểm của AC và BD là E  3; 3 , điểm F  5; 9  thuộc cạnh AB sao
3
cho AF  5 FB . Tìm tọa độ đỉnh D , biết rằng đỉnh A có tung độ âm.
Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x  y  1  3xy . Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức: P 

3x
3y
1
1

 2  2.
y ( x  1) x( y  1) x
y
-------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017-2018
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN 10 - THPT

(Hướng dẫn chấm có 05 trang)

I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần
đó.
II. ĐÁP ÁN:

Câu
Nội dung trình bày
Điểm
2018 x
Tìm tập xác định của hàm số f  x   2017 4  3 x  x 2 
.
1
2,0
2 x2  6 x
4  3x  x 2  0
Đk:  2
0,5
2 x  6 x  0
1  x  4

  x  3
0,5
 x  0


 1  x  0

3  x  4
Vậy tập xác định của hàm số là: D   1;0    3;4
2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  ( x  m)( x  5) xác định trên
đoạn [  2;5] .
Hàm số xác định khi và chỉ khi ( x  m)( x  5)  0
- Nếu m  5 thì hàm số xác định trên (; m]  [  5; ) nên nó xác định trên

đoạn  2;5.

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

- Nếu m  5 thì hàm số xác định trên (; 5]  [m; ) nên nó xác định trên
đoạn  2;5 khi và chỉ khi m  2  5  m  2.

0,5

Vậy với mọi m  2 thì hàm số xác định trên đoạn  2;5.

0,5

Giả sử phương trình x 2  mx  4  0 có hai nghiệm x1 , x2 . Tìm giá trị lớn nhất
3

của biểu thức A 

2  x1  x2   7
.
x12  x22

Ta có   m 2  16  0 m   suy ra phương trình đã cho luôn có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 .
x  x  m
Theo Vi – ét ta có:  1 2

 x1 x2  4
2  x1  x2   7
2  x1  x2   7
2m  7

 2
Ta có A 
2
2
2
x1  x2
 x1  x2   2 x1 x2 m  8

 Am 2  2m  8 A  7  0 (*)
7
TH1: A  0  m  
2

2,0

0,5

0,5

0,5


TH2: A  0

1

Để phương trình (*) có nghiệm thì   0  8 A2  7 A  1  0    A  1
8
Vậy AMax  1 khi và chỉ khi m  1.
4

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình m x  2  m x  1  m  3
có nghiệm.
- Nếu m  0 thì phương trình đã cho vô nghiệm
m3
- Nếu m  0 phương trình đã cho tương đương với | x  2 |  | x  1|
.
m
Xét hàm số f ( x) | x  2 |  | x  1| , có đồ thị như hình vẽ sau:

0,5

2,0
0,5

0,5

Nghiệm của phương trình đã cho là hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đã vẽ
m3
y  f  x  và đường thẳng y 
.
m
m3
2m  3
3
3

0
 m  0.
Để phương trình đã cho có nghiệm:
m
m
2
3
 m  0.
Vậy
2
5

Giải bất phương trình: x 2  2 x  3  x 2  1  x 2  4 x  3.
ĐK: x  (; 3]  {  1}  [3; ) .
Dễ thấy x  1 là một nghiệm của bất phương trình.
- Nếu x  3 thì BPT
 ( x  1)( x  3)  ( x  1)( x  1)  ( x  1)( x  3)  x  3  x  1  x  3

 2x  4  2 x2  4 x  3  x  3  2 x2  4 x  3  7  x
x  7

 3  x  8
x  7

1 4 7

  3  x  7
    x  1  4 7  x 
3
3


 3x 2  2 x  37  0


1 4 7
 x 
3
  

0,5

0,5

2,0
0,5

0,5

- Nếu x  3 thì BPT  (  x  1)(  x  3)  ( x  1)(1  x)  (  x  1)( x  3)

 3  x  1  x   x  3  2 x 2  4 x  3  x  7 luôn đúng do x  3 , vậy
mọi x  3 đều là nghiệm.
1  4 7

;   .
KL: Tập nghiệm của BPT là D  ( ; 3]  {  1}  
 3


0,5

0,5


6

1
 2
2
 2 10  xy 
2
3  x  y  
 x  y

Giải hệ phương trình: 
2 x  1  5

x y
Đk: x  y

 x, y     I  .

1
2
2

 20
2
2  x  y    x  y  
x  y



Hệ phương trình  I  tương đương 
 x  y    x  y   1  5

x y
 a  3

 b  2
x  y  a
2
2
2a  b  22


  a  1
Đặt 
suy ra hệ  I  trở thành 
1

a  b  5
3
x  y  x  y  b
 

  14
 b 
3

x  y  3

a  3
x  y  3
x  2

Với 



1
b  2
x  y  1
y 1
x  y  x  y  2



1
4  10
x

y

 x 

3
3
 
 



1
7  2 10
3  10

1

x

y

x

y

y
a







3
3
3


3
Với 






1
4  10
b  14
 x  y  1  14
x

y

 x 



x

y
3

3
3

3

 



7  2 10
  y  3  10
 x  y 
3

 
3
Vậy hệ phương trình  I  có nghiệm  x; y  là
 4  10 3  10   4  10 3  10 
;
;
;

3
3
 3
  3

Cho tam giác ABC cân tại C có AB  4a, 
ACB  120. Gọi M là điểm thay đổi
sao cho MA  3MB. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MC.

2,0

0,5

0,5

0,5

0,5

 2;1 ; 

7

A

B

H
M
C

I

2,0


 
Ta có MA  3MB  MA2  9MB 2  MI  IA
  
8MI 2  IA2  9 IB 2  2MI IA  9 IB *







2

 
 9 MI  IB





2

0,5





a
9a
Lấy điểm I sao cho IA  9 IB  IB  , IA 
2
2
2
1
9a
Khi đó *  IM 2   IA2  9 IB 2  
8
4

0,5

Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm I , bán kính R 

3a
2

a 273
Gọi H là trung điểm của AB  IC  CH  IH 
6
Do IC  R  độ dài đoạn thẳng CM nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn thẳng
2

IC và đường tròn  I ; R  , hay CM  IC  R  OI 2  OC 2  R 

8

9





273  9 a
.

6
Cho đường tròn  O  và 3 dây cung AA1 , BB1 , CC1 cùng song song với nhau. Gọi
H1 , H 2 , H 3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 . Chứng minh
ba điểm H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng.
   

OH1  OA  OB  OC1
   
OH 2  OB  OC  OA1
   
OH 3  OC  OA  OB1
        
Suy ra H1H 2  OH 2  OH1  OA1  OA  OC  OC1  AA1  C1C
        
H1H 3  OH 3  OH1  OC  OC1  OB1  OB  C1C  BB1
  


Vì AA1 , BB1 , CC1 song song nên AA1 , BB1 , CC1 cùng phương nên H1H 2 và H1H 3
cùng phương. Suy ra H1 , H 2 , H 3 thẳng hàng.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D ,
1
AB  AD  CD . Giao điểm của AC và BD là E  3; 3 , điểm F  5; 9  thuộc
3
cạnh AB sao cho AF  5 FB . Tìm tọa độ đỉnh D , biết rằng đỉnh A có tung độ
âm.
A

F

0,5

2

0,5

2,0

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

2,0

B

E

D

I

C

Gọi I  EF  CD . Ta sẽ chứng minh tam giác EAI vuông cân tại E .
 
   

    
Đặt AB  a, AD  b . Khi đó a  b và a.b  0 . Ta có AC  AD  DC  b  3a .
   1  5  1   5  1  
FE  AE  AF  AC  AB  b  3a  a 
3b  a
4
6

4
6
12









0,5


  1
2
2
3 b  3 a  0 . Do đó AC  EF .
Suy ra AC.FE 
(1)
12
Từ (1) suy ra tứ giác ADIE nội tiếp. Suy ra 
AIE  
ADE  45 . (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác EAI vuông cân tại E .
 
Ta có nAC  EF  2; 6  nên AC : x  3 y  12  0  A  3a  12; a  , (a  0)
Ta có EIC  EFA và ECD  EAB



EI EC CD


 3  EI  3FE  I  3;15 
Theo định lý Talet ta có
EF EA AB
 a  3 (l )
2
2
Khi đó EA  EI   3a  9    a  3  360  
. Suy ra A  15; 9 
 a  9

Ta có AF  20;0  nên AD : x  15  CD : y  15 . Do đó D  15;15 .



10



Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x  y  1  3xy . Tìm giá trị lớn nhất của
3x
3y
1
1

 2  2.
biểu thức: P 

y ( x  1) x( y  1) x
y
2
2
2
3x ( y  1)  3 y ( x  1) x  y 2 3xy ( x  y )  3x 2  3 y 2 x 2  y 2
 2 2 
 2 2
Ta có: P 
xy ( x  1)( y  1)
x y
xy ( xy  x  y  1)
x y
2
2
3 xy ( x  y )  ( x  y )

4 x2 y 2

0,5

0,5

0,5

2,0

0,5

Đặt t  xy, t  0 . Từ x  y  1  3xy  3t  2 t  1





 3 t 1

0,5



t 1  0  t  1
2

5t  1 3 1  1 1 
Khi đó P 
    
4t 2
4t 4  2t 2 
Do t  1  P  1 . Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 1 khi
 xy  1
t 1 
 x  y 1
x  y  2
-----------------Hết------------------

0,5

0,5