Đề olympic môn toán 10 năm học 2018–2019 cụm trường THPT thanh xuân cầu giấy thường tín (có đáp án)

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