Đề Olympic Toán 10 năm 2019 cụm THPT Thanh Xuân Cầu Giấy Thường Tín – Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
CỤM TRƯỜNG THPT THANH XUÂNCẦU GIẤY-THƯỜNG TÍN

Câu 1.

ĐỀ OLYMPIC MÔN TOÁN 10
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Cho hàm số y  x 2  2 x  2 1 .
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số 1 .
b) Tìm m để phương trình  x 2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn:
x1  1  3  x2 .

Câu 2.

a) Giải bất phương trình sau:  x2  4 x  2 x2  5x  3  0
2
2
2 x  xy  y  5 x  y  2  0
b) Giải hệ phương trình sau:  2
.
2
 x  y  x  y  4  0

x2  4x  m
 3 nghiệm đúng x 
x2  2x  3
Cho tam giác ABC ; đặt a  BC , b  AC , c  AB . Gọi M là điểm tùy ý.

c) Tìm m để bất phương trình: 2 

Câu 3.

?

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  MB 2  MC 2 theo a, b, c .





b) Giả sử a  6 cm, b  2 cm, c  1  3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác ABC
và diện tích tam giác ABC .
Câu 4.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên BD ;
I là trung điểm của BH . Biết đỉnh A  2;1 , phương trình đường chéo BD là: x  5 y  19  0 ,

 42 41 
điểm I  ;  .
 13 13 
a) Viết phương trình tham số đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H ?
b) Viết phương trình tổng quát cạnh AD .
Câu 5.

Cho ba số dương a , b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh rằng
a
b
c

3 3
.
 2
 2

2
2
2
b c c a
a b
2
2

HẾT

1


Câu 1.

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Cho hàm số y  x 2  2 x  2 1 .
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số 1 .
b)Tìm m để phương trình  x 2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn:
x1  1  3  x2 .

Lời giải
a) Tập xác định: D 

.

Tọa độ đỉnh I 1;1 .
Hệ số a  1  0 nên hàm số đồng biến trên khoảng 1;    và nghịch biến trên khoảng  ;1 .
Bảng biến thiên:

+ Đồ thị:  P  có trục đối xứng là đường thẳng x  1 .  P  đi qua các điểm A  0; 2  ; B  2; 2  .

b)  x 2  2 x  2  m  0  x 2  2 x  2   m . 1
Số nghiệm của phương trình 1 chính là số giao điểm của  P  với đường thẳng d : y  m ,
trong đó  d  là đường thẳng luôn song song hoặc trùng với Ox .
Dựa vào đồ thị  P  ta thấy phương trình 1 có nghiệm thỏa mãn x1  1  3  x2 

m  5  m  5 .
2


Câu 2.

a) Giải bất phương trình sau:  x2  4 x  2 x2  5x  3  0

2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0
b) Giải hệ phương trình sau:  2
.
2
 x  y  x  y  4  0
x2  4x  m
 3 nghiệm đúng x 
x2  2x  3
Lời giải
 x  3

2
a) Điều kiện 2 x  5 x  3  0  
.
x  1

2
1
+ Ta thấy x  3 , x  là nghiệm của bất phương trình đã cho.
2
 x  3
thì 2 x 2  5 x  3  0 , suy ra 2 x 2  5 x  3  0 nên:
+ Khi 
x  1

2
 x  4
.
x2  4 x 2 x 2  5x  3  0  x 2  4 x  0  
x

0


c) Tìm m để bất phương trình: 2 



?



1

Suy ra trường hợp này bất phương trình có tập nghiệm S2   ; 4   ;   .
2

1

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S   ; 4   ;    3 .
2

2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0
b)  2
2
 x  y  x  y  4  0

Ta có: 2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0  y 2  2 xy  y  xy  2 x 2  x  2 y  4 x  2  0

 y  y  2 x  1  x  y  2 x  1  2  y  2 x  1  0

y  2 x
  y  x  2  y  2 x  1  0  
.
 y  2x 1
Như thế:
  y  2  x
 2
2
2
2

  x   2  x   x   2  x   4  0
2 x  xy  y  5 x  y  2  0

 2
2
 x  y  x  y  4  0
  y  2 x  1
2
 2
  x   2 x  1  x   2 x  1  4  0
 x  1

 y  2  x
 y  1
 2

 2 x  4 x  2  0

  x   4 .

y  2x 1
5
 
 

 5 x 2  x  4  0
13
 y  
5


 4 13 
Vậy hệ có nghiệm  x; y  là: 1;1 ;   ;   .
 5 5
3


c) Ta có x 2  2 x  3   x  1  2  0 , x 
2

Câu 3.

nên:

2
2
2
x2  4x  m
2 x  4 x  6  x  4 x  m
3x  8 x  m  6  0 (1)
2  2
3  2
.
 2
2
x  2x  3
2 x  2 x  9  m  0 (2)
 x  4 x  m  3x  6 x  9
Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để mỗi bất phương trình (1), (2) nghiệm đúng với mọi x
thuộc .

Ta thấy:
2
 1  42  3  m  6   0  m   .
(1) đúng với mọi x thuộc
3
17
(2) đúng với mọi x thuộc   2  12  2  9  m   0  m  .
2
 2 17 
Vậy m    ;  .
 3 2
Cho tam giác ABC ; đặt a  BC , b  AC , c  AB . Gọi M là điểm tùy ý.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  MB 2  MC 2 theo a, b, c .





d) Giả sử a  6 cm, b  2 cm, c  1  3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác ABC
và diện tích tam giác ABC .
Lời giải
a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  GA  GB  GC  0 .
2

2

2

Ta có P  MA2  MB2  MC 2  MA  MB  MC .









 MA2  MG  GA 2  MG 2  2MG.GA  GA2

2

2
Với  MB  MG  GB  MG 2  2MG.GB  GB 2

2
2
 MC  MG  GC  MG 2  2MG.GC  GC 2


 MA  MB  MC  3MG 2   GA2  GB2  GC 2 
2

2

2

Khi đó P  3MG 2   GA2  GB 2  GC 2  và P min  MG 2 min  MG min  M  G .

 2 4 2 4  b2  c2 a 2  1
    2b 2  2c 2  a 2 
GA  ma  
9
9 2
4  9

4
4  a 2  c2 b2  1

    2a 2  2c 2  b 2  .
Mặt khác GB 2  mb2  
9
9 2
4 9


2
 2 2

GC 2  4 mc2  4  a  b  c   1  2a 2  2b 2  c 2 
9
9 2
4 9

Suy ra Pmin 
b)

1 2
a  b2  c2  .


9





* Ta có a  6 cm, b  2 cm, c  1  3 cm .
Vì b  min a, b, c suy ra góc B trong tam giác ABC có số đo nhỏ nhất.
Áp dụng định lí Cosin trong tam giác ABC , ta được:
4


b 2  a 2  c 2  2ac cos B





2

a 2  c2  b2 6  1  3  4
62 3
2
 cos B 



 B  45 .
2ac

2
2 6 6 2
2. 6. 1  3





Vậy B  45 .

1
1
2
* Diện tích tam giác ABC : S  ac sin B  . 6.2.
 3.
2
2
2
Vậy S  3 (đvdt).

Câu 4.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên BD ;
I là trung điểm của BH . Biết đỉnh A  2;1 , phương trình đường chéo BD là: x  5 y  19  0 ,

 42 41 
điểm I  ;  .
 13 13 
c) Viết phương trình tham số đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H ?
d) Viết phương trình tổng quát cạnh AD .

Lời giải
a)

B

C
I

H

A

D

BD : x  5 y  19  0 có véc tơ pháp tuyến là nBD  1;5 .
AH  BD nên AH nhận véc tơ pháp tuyến của BD : nBD  1;5 làm vec tơ chỉ phương của
mình. Vậy AH qua A  2;1 có véc tơ chỉ phương là u AH  1;5 nên phương trình tham số của
x  2  t
đường thẳng AH là: 
.
 y  1  5t

b)

H   AH  BD

nên

tọa

độ

H

thỏa

mãn

hệ

phương

trình:


x  2  t
x  2  t


 32 43 
  y  1  5t  H  ;  .
 y  1  5t
 13 13 
 x  5 y  19  0

6

t 
 13

 42 41 
 32 43 
Vì I  ;  là trung điểm BH với H  ;  nên tọa độ B  4;3 .
 13 13 
 13 13 
Có AD  AB nên đường thẳng AD nhận véc tơ AB  2; 2  làm véc tơ pháp tuyến.
5


Đường thẳng AD đi qua điểm A  2;1 và có véc tơ pháp tuyến AB  2; 2  nên có phương trình
tổng quát là: 2  x  2   2  y  1  0  x  y  3  0 .
Lời giải
a)

B

C
H

I

A

D

BD : x  5 y  19  0 có vtpt là nBD  1;5 .
AH  BD nên vtcp u AH  vtpt nBD  1;5 .
qua A  2;1
x  2  t


.
Vậy AH : 

y

1

5
t
vtcp
u

1;5




AH

b)

H   AH  BD

nên

tọa

độ

H

thỏa

mãn

hệ

phương

trình:


x  2  t
x  2  t


 32 43 
  y  1  5t  H  ;  .
 y  1  5t
 13 13 
 x  5 y  19  0 
6

t 
 13

 xB  2 xI  xH
 42 41 
 32 43 
 B  4;3 .

Vì I  ;  là trung điểm BH với H  ;  nên tọa độ B : 
 13 13 
 13 13 
 yB  2 yI  yH
AB   2; 2  .

Có AD  AB nên vtpt nAD  AB   2; 2  .


qua A  2;1
 2  x  2   2  y 1   0  x  y 3  0 .
Vậy AD : 
vtpt
n

2;2



AD

Câu 5.

Cho ba số dương a , b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh rằng
a
b
c
3 3
.
 2

 2

2
2
2
b c c a
a b
2
2

Lời giải:
Do a, b, c  0 thỏa mãn a 2  b 2  c 2  1 nên a, b, c   0;1 .

Ta có

a
b
c
3 3
a
b
c
3 3
.
 2
 2






2
2
2
2
2
2
b c c a
a b
2
1 a 1 b 1 c
2
2

6


Ta sẽ chứng minh

Thật vậy

1
3 3 2

a , a   0;1 (1).
2
1 a
2











1
3 3
2
4

a
 a 1  a2 
 a 1  a 2 1  a 2 (*).
2
1 a
2
27
3 3

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương 2a 2 , 1  a 2  , 1  a 2  ta có:









2a 2 . 1  a 2 . 1  a 2
 a. 1  a 2 

2
3 3



 2a


2

 1  a2  1  a2
27



3



4
8
 a 2 . 1  a 2  . 1  a 2  
27
27

.

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2a 2  1  a 2  a 

1
.
3

Vậy (*) luôn đúng.
Tương tự ta có:

3 3 2
b
1
.

b , b   0;1 (2). Dấu “=” xảy ra  b 
2
1 b
2
3

3 3 2
c
1
.
c
c , c   0;1 (3). Dấu “=” xảy ra  c 
2

1 c
2
3

Lấy (1), (2), (3) cộng theo vế ta có:
Dấu “=” xảy ra  a  b  c 

a
b
c
3 3
.
 2
 2

2
2
2
b c c a
a b
2
2

1
.
3

7