bộ đề thi học sinh giỏi và olympic toan 10 co dap an

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON
CUÔNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.(5,0 điểm)
2
Cho phương trình bậc hai x  5 x  m  0 (1) với x là ẩn số.

a) Giải phương trình (1) khi m = 6.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn

x1 x 2  x 2 x1  6

.

Câu 2. (3,0 điểm)
2
3
2
�
�x  x y  xy  xy  y  1
�4
x  y 2  xy (2 x  1)  1
Giải hệ phương trình: �

Câu 3.(5,0 điểm)
P

4sin   cos 
sin 3   2 cos 3 

a) Cho góc  thỏa mãn tan   2 . Tính giá trị biểu thức
uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD  BC; AE  AC
3
4
b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các
. Điểm K trên đoạn
AD
thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số AK .
Câu 4. ( 5,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm
AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3 y  1  0 ,
�16 �
E � ;1�
�3 �.
a) Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao của
CD
và BE.
b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c 1 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

1
1

2
2
a b c
abc .
2

---- Hết ---Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

1


Họ tên thí sinh :........................................................................... Số báo
danh :.....................................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu
1.
a)

Nội dung

Điểm

2
Phương trình x  5 x  m  0

5,0

Giải phương trình (1) khi m  6

1,5

2
Khi m  6 PT (1) có dạng: x  5 x  6  0

0,5

'
Ta có:   4  1  5  0

0,5

PT (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1  2 và x2  3

0,5

b) Tìm giá trị m thỏa mãn

3,5

Lập ∆ = 25 - 4m
Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 khi ∆ ≥ 0 hay m 
Áp dụng hệ thức Viet, ta có
Hai nghiệm x1 , x2 dương khi

x1  x2  5; x1 x2  m
x1 + x 2 > 0
�
�
�
�
x1 x 2 > 0
�

0,5
hay m > 0.

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là
(*)
Ta có:
Suy ra
Ta có
Hay

(

x1 + x 2

)

2

0,5

25

4

25
0
0,5

= x1 + x 2 + 2 x1.x 2 = 5 + 2 m

x1 + x 2 = 5 + 2 m

x1 x 2  x 2 x1  6 � x1.x 2



0,5



x1  x 2  6

m 5  2 m  6 � 2m m  5m  36  0

Đặt t  m �0 , khi đó (1) thành:
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

(1)
0,5

2

 2t3 + 5t2 - 36 = 0
 (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0
 t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0
0,5

Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).
Với 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm.
Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x 1, x2 thoả
mãn
2.

x1 x 2  x 2 x 1  6

.

�x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1
�4
x  y 2  xy (2 x  1)  1
Giải hệ phương trình: �

3,0

�
( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
�
�� 2
2
x


y
 xy  1


�
�
Hệ
�
a  x2  y
�
b  xy
Đặt �
. Hệ trở thành:

1,0

a  ab  b  1
�
�2
a b 1
�
(*)

0,5

�
�
a 3  a 2  2a  0
a (a 2  a  2)  0

�
�
(*) � �
�
�
2
b

1

a
b  1  a2
�
�
Hệ
Từ đó tìm ra

0,5

(a; b) � (0; 1); (1; 0); ( 2;  3)

�x 2  y  0
� x  y 1
�
xy

1
(
a
;

b
)

(0;
1)
�
Với
ta có hệ
.

0,5

�x  y  1
� ( x; y )  (0; 1);(1;0);( 1;0)
�
xy

0
(
a
;
b
)

(1;
0)
�
Với
ta có hệ
.

2

Với

(a; b)  (2; 3)

0,5

ta có hệ

3
3
�
�
�x 2  y  2
�y  
�y  
��
��
� x  1; y  3
x
x
�
xy


3
3
2
�

�x  2 x  3  0
�
( x  1)( x  x  3)  0
�
�
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

( x; y ) � (1; 1);(0;  1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0,5
.

.
3


5,0

3.
Cho góc  thỏa mãn tan   2 . Tính giá trị biểu thức
a)

P

4 sin   cos 
sin 3   2 cos 3 

 4sin   cos    sin 2   cos 2  

4sin   cos 
P

sin 3   2 cos3 
sin 3   2 cos3 
4sin 3   sin 2  cos   4sin  cos 2   cos 3 

sin 3   2 cos 3 


4 tan 3   tan 2   4 tan   1
tan 3   2



4.8  4  4.2  1 7

82
2

2,5

1.0

0,5

0,5

0,5

uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD  BC; AE  AC
3
4
b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các
. Điểm K
b)
2,5
AD
trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số AK .

uuur 1 uuur uuu
r 1 uuur 3 uuu
r
AE  AC � BE  BC  BA (1)
4
4
4
Vì

0,5

uuur
uuur uuur
uuur
uuu
r
AK  x AD � BK  xBD   1  x  BA (1)

Giả sử
uuur 2 uuu
r
uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
BD  BC
AK  x.AD � BK 
BD  (1  x)BA
3
3
Mà
nên

0,5
0,5

m 2x
3m
uuu
r uuur

 0 &1  x 
0
BC;
BA
4
Do
không cùng phương nên 4 3

0.5

uuur 1 uuur
1
8
AD
x  ;m 
AK  AD �
3
3
9 . Vậy
3
AK
Từ đó suy ra

0,5

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

4


Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D
là trung điểm AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương
4.
16 �
�
E � ;1�
trình CD : x  3 y  1  0 , �3 �.

5,0

Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là
2,5
a) giao của CD và BE.
A

D
I

E

0,5

C

B

BA EA

2�E
Ta có BC EC
là chân đường phân giác trong

Do BD = BC � BE  CD � BE : 3x  y  17  0

0,5

�x  3 y  1  0
�

3 x  y  17  0
I  BE �CD � tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ �
Giải hệ phương trình

� I  5; 2 

1,0

b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.

Đặt

BC  a  0 � AB  2a, AC  a 5, CE 

0,5

(1)

� IE  EC  IC � IE 
2

2,5

a 5
3

�  450 � IB  IC  BC  a
CBE
2
2

Do
Tam giác EIC vuông tại I

0,5

2

uur
uur
�
IB


3
IE � B(4;5)
Từ (1) và (2)

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

2

a
3 2

0,5

(2)
0,5

5

Gọi C (3c  1; c ) từ

c 1
�
BC  2 5 � c 2  4c  3  0 � �
c3
�

0,5

Với c  1 � C (2;1), A(12;1) (KTM)
Với c  3 � C (8;3), A(0; 3) (TM)

0,5

Vậy A(0; 3), B(4;5), C (8;3)
Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c 1 .
5.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

2,0

1
1

2

2
2
a b c
abc .

Áp dụng BĐT AM- GM ta có

ab  bc  ca 33 a 2 b 2 c 2
1= a + b + c �
3 3 abc

 P

 P



0,5
3

abc

1
3
3  ab  bc  ca 3 abc

3

abc 9abc

1
9

2
2
a b c
ab  bc  ca

0,5

2

1
1
1
7



2
2
a b c
ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca
2

0,5

9
7


30
a  b  c  2ab  2bc  2ca  a  b  c  2
3
2

2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 30 khi chẳng hạn tại

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

a  b c 

1
3.

0,5

6


`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao

đề.

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình
b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Tìm tập xác định của hàm số : .

x ;x

b) Gọi 1 2 là hai nghiệm của phương trình .
Đặt . Với giá trị nào của thì đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có
BC,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1;) và N(0;). Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có
hoành độ dương.
Câu 5 (4,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là
tam giác cân.
b) Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên cạnh AC sao
uuur uuuur uuuu
r uuur
cho NC  2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC  NM  BM  NC . Hãy
uuur
uur
uuu
r
biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC .

---------------Hết--------------

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

7


SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu
Câu
1
5,0

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Nội dung
a) Giải phương trình: (1)
ĐK: x  0; .
Khi đó: (1) 

Điể
m
2,5
0,25
0.5
0.5

Vậy (1) có nghiệm:

0.5
0.5
0.25
b) Giải hệ phương trình
Điều kiện: .
PT thư nhất tương đương:
Kết hợp với PT hai ta được
Vậy, hệ đã cho có nghiệm

2,5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.25

Câu
2
4,0

Nội dung
a) Tìm tập xác định của hàm số :
ĐK:

Điể
m
1.5
0.5

0.5

x ;x

b) Gọi 1 2 là hai nghiệm của phương trình .
Đặt . Với giá trị nào của thì đạt giá trị nhỏ nhất.

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
2.5

8


+ PT có hai ngiệm khi
+

0.25
0.25
0.5

A nhỏ nhất khi

0.5
0.5
0.5
Câu
3

3,0

Cho hai số thực dương x, y
của biểu thức sau:

thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất

.
Viết lại
Theo Cô si:
(1)
( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:
( Do x+y=1 ) (2)

Câu
4
4,0

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy minQ =
Phương trình đường thẳng qua N và vuông góc với AH là
Tọa độ giao điểm I của AH với là nghiệm của hệ PT
Gọi N1 là giao điểm của và AB, suy ra
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
Giả sử
Khi đó

0.5
0.25

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

PT đường thẳng BC: x-y = 6
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

0.25
0,5
0.5
0.5
0.25

Câu

Nội dung

Câu
5

a) . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì
tam giác ABC là tam giác cân.

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

Điể
m
2,0
9


4,0
+ Viết được .
+
+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c
+ Vậy tam giác ABC cân tại A

0.5
0.5
0.75
0.25

b). Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm
trên cạnh AC sao cho NC  2 NA và I là trung điểm của đoạn MN.
uuur uuuur uuuu
r uuur
uur
BC

NM

BM

NC
Chứng minh :

. Hãy biểu diễn vecto AI theo hai
uuur
uuu
r
vecto AB và AC
uuur uuuur uuuu
r uuur
BC

NM

BM
 NC
+ Chứng minh được
+ Ta có I là trung điểm của MN

2.0

0.5
0.5
0.5
0.5

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

10


SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4

***

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)
 m  3 x 2  2  m  1 x  m  0
Câu 1 (5.0 điểm). Cho phương trình:
1. Tìm m để phương trình có nghiệm

x ;x

F   x  a  x  a

1
2
2. Khi phương trình có hai nghiệm 1 2 , tìm a để biểu thức
không
phụ thuộc
vào m.
Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
x 2  2 x  13
4 x2
4 x
1.

2  x 2  1

2.

x2

 x2 �

5
x2

1
2
� 1


� x2
y 1
x y
�
�x 2  y 2  4 xy  4 x  2 y  5  0
�

3.
Câu 3 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích

c2
S
2  cot A  cot B 

tam giác ABC, chứng minh rằng :
Câu 4 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA
1
1

1
uuur uuu
r uuuu
r r
AM  AB, BN  BC , CE  CA
3
3
3
sao cho
. Chứng minh rằng: AN  BE  CM  0

�3 �
A � ;3 �; B  6;0 
Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm �2 �
.
Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn
AB; E, F trên đoạn OB sao cho tứ giác MNEF là hình vuông.
Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh
rằng:

a3
b3
c3
3


�
b  c  1 c  a  1 a  b  1 2

.

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì
thêm
Họ và tên thí sinh..........................................................................;Số báo
danh….......

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

11


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
Năm học 2016- 2017
Câu
Đáp án
Điểm
2
1
 m  3 x  2  m  1 x  m  0
Cho phương trình:
(5đ)
1. Tìm m để phương trình có nghiệm
3.0
3
4x  3  0 � x 
4 là nghiệm
1.0
TH1. Nếu m  3  0 � m  3 , pt trở thành:
� m  3 thỏa mãn.
3 
0

m
3
TH2. Nếu m �۹
2
1.0
 '   m  1  m  m  3  1  m
Ta có
'
0 1 m 0
m 1
Pt đã cho có nghiệm ����
1.0
kết hợp 2 TH trên ta được m cần tìm là m �1
2. Khi phương trình có hai nghiệm

F   x1  a   x2  a 

x1 ; x2

, tìm a để biểu thức

2.0

không phụ thuộc vào m.

m �3
�
�
m �1 phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 , khi đó theo định lí
Với �

2( m  1)
�
x1  x2 
�
�
m3
�
�x x  m
1 2
m3
vi-et ta có: �
, ta có:
m
2a( m  1)
2
F   x1  a   x2  a   x1 x2  a ( x1  x2 )  a 2 m  3  m  3  a
=
m  2am  2a
m

3

2
a
(
m

3)

4

a

3 2
4a  3

 a2 
 a  1  2a  a 2 
m3
m3
m3
3
� 4a  3  0 � a 
4
F không phụ thuộc vào m
2
(8đ)

1.

x 2  2 x  13
4 x2
4 x

1.0

3.0

4 x  0
�
� 2 �x  4

�
x

2
�
0
�
Đk :

x 2  2 x  13  4.
pt �

1.0

0.5

 4  x  x  2

� x 2  2 x  13  4  x 2  2 x  8
2
đặt t   x  2 x  8 ( đk t �0 ). Ta có phương trình:
8  t 2  13  4t � t 2  4t  21  0
t  7
�
��
t  3 kết hợp với điều kiện ta được t = 3
�

�  x 2  2 x  8  3 �  x 2  2 x  8  9 �  x  1  0 � x  1

0.5
1.0

2

với t =3
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

(TM).

1.0
12


2  x 2  1
x2

2.
Đk x > 2
bpt

 x2 �

5
x2

3.0

� 2  x 2  1  x  2 �5 � 2  x 2  1 �7  x

�
�
7  x �0
7  x �0
�
�
�
� �x  2
� �x  2
� 2
�2
2
2  x  1 � 7  x 
�x  14 x  51 �0
�
kết hợp với đk ta có bpt
�x �7
�
� �x  2
� 2  x �3
�
17 �x �3
�
Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là:

3.

1
2
� 1

� x  2  y 1  x  y
�
�x 2  y 2  4 xy  4 x  2 y  5  0
�

Đk:

�x  2
�
�y  1
�x  y  0
�

1.0

1.0

1.0

S   2;3

2.0

.hpt

� x y
x y
� x y

2

x y
�

2
x

2
y

1
�
�
y 1
� � x2
��
2
2
�x  2 � �y  1 �
2
�
�
2
2
2( x  y )  ( x  2)   y  1
�
� �
� 2
�
�
x


y
x

y
�
�
�
�
�
�
x y
a
�
x2
�
a b  2
�
�
�
x y
�
�1 1
b
+ 4 =2
�
�
4
y 1
a

b
�
�
đặt
(ĐK a, b > 0) , ta có hệ:
ab  2
�
ab  2
�
�
� �4
�
2
�
a  b4  2a 4b 4
 (a  b)2  2ab   2a 2b2  2a 4b4
�
�
�
ab  2
�
�a  b  2
��
�
�
2
 4  2ab   2a 2b 2  2a 4b 4 �a 4b 4  a 2b 2  8ab  8
�
ab  2
�

�
�a  b  2
�
� �2 2 2 2
��
(ab  1) �
a 2b 2 (ab  1)  8 �
�
� 0
�a b  a b  1  8  ab  1  0
�

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

0.5

0.5

13


3
(2đ)

ab  2
a 1
�
�

��
��
ab  1 ( vì a, b > 0)
b 1
�
�
� x y
1
�
a 1 � x  2
�
�x  y  x  2
�x  1
��
��
��
�
b 1 � x  y
�
�x  y  y  1
�y  2
1
� y 1
�
với
(thỏa mãn)
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích

S

c
4  cot A  cot B 

(b 2  c 2  a 2 ) R b 2  c 2  a 2 b 2  c 2  a 2


abc
abc
4S
4.
4R
a 2  c 2  b2
� cot B 
4S
tương tự ta cũng có:
, do đó
2
2
2
2
2
2
2
b c a
a c b
c
� cot A  cot B 


4S

4S
2S


c2
S
2  cot A  cot B 
�

5
(2đ)

2.0

2

tam giác ABC, chứng minh rằng :
a
�
b2  c2  a 2
sin
A

�
�
2R
cosA
2bc
�


2
2
2 � cot A 
b

c

a
a
sin
A
�
cosA 
2bc
2R
Ta có : �

4
(2đ)

0.5

Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA
1
1
1
AM  AB, BN  BC , CE  CA
3
3
3

sao cho
. Chứng minh rằng:
uuur uuu
r uuuu
r r
AN  BE  CM  0
uuur 1 uuur uuur uuu
r 1 uuur
BN  BC � AN  AB  BC
3
3
Từ gt ta có:
uuu
r 1 uuu
r uuu
r uuur 1 uuu
r
CE  CA � BE  BC  CA
3
3
uuuu
r 1 uuu
r uuuu
r uuu
r 1 uuu
r
AM  AB � CM  CA  AB
3
3
cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

uuur uuu
r uuuu
r uuu
r uuur uuu
r 1 uuur uuu
r uuu
r
AN  BE  CM  ( AB  BC  CA)  ( BC  CA  AB)
3
uuur uuu
r uuur uuu
r r
uuu
r uuur uuu
r uuu
r r
mà AB  BC  CA  AA  0 và BC  CA  AB  BB  0 ,
uuur uuu
r uuuu
r r
nên AN  BE  CM  0

�3 �
A � ;3 �; B  6;0 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm �2 �
.

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

0.5

0.5

0.5

2.0

1.0

0.5
0.5
2.0

14


Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên
đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình
vuông.
*) Viết pt đường thẳng AB:
uuu
r 9
3
r
AB  ( ; 3)   3; 2 
n   2;3
�
2

2
ta có AB có vtcp là
AB có vtpt là :
� pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = 0 � pt AB: 2x + 3y -12 = 0
*) Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên
đoạn OB sao cho MNEF là hình vuông.

0.5
0.5

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox, do MNEF là hình vuông nên ta
có:
MF //AH // NE
MF OM OA  AM
AM
MN
MF


 1
 1
 1
AH OA
OA
OA
OB
OB

0.5

MF
MF
 1
� MF  2 � y  2 � x  1
M
M
3
6
và yN  2 � xN  3
khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0)
�

6
Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn abc  1 chứng minh
(1đ) rằng:

a3
b3
c3
3


�
b  c  1 c  a  1 a  b  1 2

0.5

1.0

do a, b, c là ba số thực dương nên áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

a3
b c 1
a3
b c  1 3a
 
�3. 3
. .

b(c  1) 2
4
b(c  1) 2 4
2 ; tương tự ta cũng có:
b3
c a  1 3b
 
�
c (a  1) 2
4
2

0.5

c3
a b  1 3c
 
�
a (b  1) 2
4
2

cộng theo vế các bđt trên ta được:
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
15


a  b  c a  b  c  3 3(a  b  c )
3
3

�
۳ VT
(a  b  c) 
2
4
2
4
4
VT +
9 3 3
VT �   �
3
4 4 2
mà a  b  c �3 abc  3 nên
đpcm
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
Năm học 2015 – 2016

***
Môn thi: Toán - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số

y  x 2  2  m  1 x  4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2
thỏa mãn

x1  x2  4

2. Tìm m để

.

y  0 với mọi x � 1; 2  .

Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:
1.

 x  5  2  x   3.

x 2  3x

2.

2( x  1)
 x2 7

x2

3.

�x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1  3
�
� 2
 x  x  y2  y  1
�
�

Câu 3 (2.0 điểm). Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A 

sin B  2sin C
2 cos B  cosC

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP,
uuur uuur uuur uuu
r r
MB

NC

PD

QA
0
PQ, QM. Chứng minh rằng:

Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0)
đường thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x
+ y + 1 = 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.
Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

4  a  b  c   3abc

1 1 1 3
 3 3�
3
a
b c
8 .
chứng minh rằng:
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

16


…………………Hết…………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì
thêm
Họ và tên thí sinh..........................................................................;Số báo
danh….......

Câu
1
(5đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10

Năm Học 2015- 2016
Đáp án

y  x  2  m  1 x  4

Điểm

2

Cho hàm số
1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1  x2  4

.

3.0

x 2  2  m  1 x  4  0 (*)

xét phương trình:
để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành
độ x1 ; x2 thỏa mãn

x1  x2  4

trước hết pt (*) có hai nghiệm
2
�

 m  1  4 �0
�
'  0
�
�
�
۳��
s� 0
2  m 1 0
�
�p �0
�
4 �0
�
x
;
x
x
;
x
�
1
2
1
2
�
phân biệt
thỏa mãn
0
��

m 1
��
m �3 ۳ m 1
�x1  x2  2(m  1)
��
�
�
x .x  4
m  1
� �
; theo định lí viet ta có: �1 2

x1  x2  4 � x1  x2  2 x1.x2  16 � 2(m  1)  4  16 � m  5
2. Tìm m để

y  0 với mọi

để
với

mọi

x � 1; 2 

y  0 với mọi x � 1; 2  .
x � 1; 2  �

(TM)

1.0

1.0
1.0
2.0

đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành

� '  0
�
�y (1)  0
�
� �y (2)  0

��
m 1
��
m 1
��
m  3
��
��
m  3
��
� 3
3
�
�
3  2m  0 � �m 
�m
�

2
�
� 2
4  4m  0
m

1
�
�
�
�
�
�
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

1.0

1.0

17


2
(8đ) 1.

 x  5  2  x   3.

x 2  3x

3.0

Đk : x  3x �0
2

0.5

2
2
pt � x  3x  3. x  3 x  10  0
2
đặt t  x  3x ( đk t �0 ). Ta có phương trình:
t2
�
��
t  5 kết hợp với điều kiện ta được t = 2
�

t 2  3t  10  0

x 1
�
� x 2  3x  2 � x 2  3x  4  0 � �
x  4 (TM).
�
với t =2
2( x  1)
 x2 7
x

2

2.
Đk x > 2
� 2.  x  1  x  2  7. x  2 � 7. x  2  3x  4
bpt
vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó
x6
�
2
�
� 9 x  73x  114  0 �
19
�
x
2
� 9
bpt � 49( x  2)  9 x  24 x  16
19
�
2

x

�
9
�
x

6
� tập nghiệm của bpt là:
kết hợp với đk ta được �

19
S = ( 2; 9 ) �(6; �)

3.

�x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1  3
�
� 2
 x  x   y2  y   1
�
�

�
( x 2 y 2  2 x 2 y  x 2 )  2 y ( x  1)  3 �
( xy  x )2  2( xy  y )  3
��
��
( xy  x)( xy  y )  1
�x( x  1) y ( y  1)  1
�
hpt
�
a 2  2b  3
�a  xy  x
�
�
ab  1
b

xy


y
�
đặt
, ta có hệ: �
�2 2
�
a  3 �
a 3  3a  2  0
(a  1)2 (a  2)  0
�
� a
�
�
��
�� 1
�� 1
1
b
b
�
�
�
b
a
a
�
�
� a
�a  2

�
�a  1
�
1
��
b
�
b

1
�
2
hoặc �

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
1.0
1.0
3.0
1.0

1.0

1.0

2.0

0.5

0.5

18


a  1 �xy  x  1
�
1 � 5
��
�xy
�
b  1 �xy  y  1
2
với �

3
(2đ)

0.5

3
�
x
(
x

)  x  2
�a  2
�xy  x  2
�xy  x  2

�
�
�
�
�
2
�
1 ��
1��
3 ��
b


xy

y


x

y


�
�
�y  x  3
�
2 �
�
2

�
2
�
2
với
�2 x 2  5 x  4  0
�
�
3
�y  x 
�
2
(vô nghiệm)
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A 
Ta có: (1) �

Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN,
uuur uuur uuur uuu
r r
MB

NC

PD

QA
0
NP, PQ, QN. Chứng minh rằng:

Theo quy tắc trung điểm ta có:
uuur 1 uuuu
r uuur
uuur 1 uuur uuur
MB  . MN  MP
NC  . NQ  NP
2
2
;
;
uuur 1 uuuu
r uuur
uuu
r 1 uuuu
r uuur
PD  . PM  PQ
QA  . QM  QN
2
2
;
cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
r uuuu
r uuur uuuu
r
uuur uuur uuur uuur
1 �uuuu
QM  MN  NQ  PM  QN  NP  PQ  MP �
�
VT = 2 �

r uuur uuur
r r
1 uuur uuuu
1 uuu
�
� PP  0
QQ

PM

QQ

MP
�
� 2
=2
= VP
5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0)
(2đ) đường thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần
lượt có phương trình x + y + 1 = 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh
B và C của tam giác ABC.
Tọa độ điểm B:
vì B � đt: x + y + 1 = 0 � B(b; -b - 1)















2.0

sin B  2sin C
2 cos B  cosC (1)

b
2c

�a 2 c 2  b 2 a 2 b 2  c 2 �
a
2R 2R

�
a

�
� b  2c
a 2  c 2  b 2 a 2 b 2  c 2
2R
ac
2ab

�
�
2.

2ac
2ab
a 2 c2  b2
a 2 b 2  c 2
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2
�(
 2c)  (
 b)  0 �

0
c
2b
c
2b
1 1�
�
�  a 2  b 2  c 2  . �  � 0 � a 2  b 2  c 2
c 2b �
�
� tam giác ABC vuông tại A
4
(2đ)

0.5





 

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn



1.0

0.5
0.5

2.0

1.0

0.5
0.5

2.0
0.5
19


�b  3 b  1 �
M�
;
�

2
2 �
�
gọi M là trung điểm của AB ta có
b 1
b  3
 2  0 � b  1
� B(-1; 0)
2
vì M �đt: 2x - y -2 = 0 �
Tọa độ điểm C:
vì AC đi qua A(3; 0) và vuông góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:
pt AC: x - y - 3 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:
�x  y  3  0
�x  1
��
� C (1; 4)
�
�2 x  y  2  0
�y  4
6
(1đ)

Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

0.5

0.5

4  a  b  c   3abc

1.0

1 1 1 3
 3 3�
3
a
b c
8
chứng minh rằng:
1
1 1 3
 

từ gt ta có: ab bc ca 4
áp dụng bđt TBC- TBN ta có:
1 1 1
1 1 1 3 1
 3  �3. 3 3 . 3 .  .
3
a b 8
a b 8 2 ab ; tương tự ta cũng có:
1 1 1 3 1
  � .
b3 c3 8 2 bc
1 1 1 3 1
  � .
c 3 a 3 8 2 ca
cộng theo vế các bđt trên ta được:

3 3 �1
1 1�
3
� . �   � �2.�۳�
VT
ab bc ca �
8
2.VT + 8 2 �

0.5

3 3
.
2 4

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

VT

3
8

0.5

0.5
đpcm

20

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao
đề.

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải bất phương trình. .
b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Tìm tập xác định của hàm số : .
b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): tại hai điểm P ,Q mà đoạn PQ =
3.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
.
Câu 4 (4,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC,các đường
thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1;) và N(0;). Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hoành độ
dương.
Câu 5 (4,0 điểm).
a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:
b) Cho hình vuông ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng minh rằng :không
đổi khi M di động trên cạnh AB.
---------------Hết--------------

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

21


SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu
Câu
1
5,0

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Nội dung
a) Giải bất phương trình: (1)
ĐK: x  1 (*).
Khi đó: (1) 


(do )



Điể
m
2,5
0,25
0,25
0,5

b) Giải hệ phương trình
Điều kiện: .
(I)

0,5
0,25
0,25
0.25
0.25
2,5
0.25
0,25

Đặt , hệ phương trình trở thành:

0,25

Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình là
Vậy (1) có nghiệm:

0,25
(thỏa điều kiện)
Vậy, hệ đã cho có nghiệm (x,y) là : (-1 ;-1) ; (1 ;1)

0,25

0,25
0,25

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

22


0,25
0,25
0.25
Câu
2
4,0

Nội dung
a) Tìm tập xác định của hàm số :
Viết lại:
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :

Điể
m
1,0
0,25
0,25

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = [1 ; +)

0,25
0,25

b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): tại hai điểm
P ,Q mà đoạn PQ = 3.

PT hoành độ giao điểm của (P) và d là:
 (1)
(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và chỉ khi:
PT (1) có hai nghiệm phân biệt hoặc
Gọi là 2 nghiệm của (1)
Ta có PQ =3

3,0

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

(chọn)
0,5
0,5
0,5
Câu
3
3,0

Cho hai số thực dương x, y
của biểu thức sau:

thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất

.
Viết lại

0,5
0,25

Theo Cô si:

(1)

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

23


( Do x+y=1 )
0,5
0,5
Theo Bunhiacopski:
( Do x+y=1 ) (2)

Câu
4
4,0

0,5

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
Vậy minQ =
Phương trình đường thẳng qua N và vuông góc với AH là
Tọa độ giao điểm I của AH với là nghiệm của hệ PT
Gọi N1 là giao điểm của và AB, suy ra

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
Giả sử
Khi đó

0.5
0.25

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

PT đường thẳng BC: x-y = 6
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

0.25
0,5
0.5
0.5
0.25

Câu

Nội dung

Câu
5
4,0

a) . a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có
đặc điểm gì nếu:
(1)

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
Điể
m
2,0

24


.
Nhận thấy cả hai vế của (1) đều dương nên bình phương hai vế ta
có

0,25

0,25
0,25
Tam giác ABC cân tại C

b) ) Cho hình vuông ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng
minh rằng không đổi khi M di động trên cạnh AB.

0,25
0,25
0,25

0,25
0.25
2,0

Do cùng hướng, ta có:
( Vì cùng hướng)
Do đó

0,75
0,75
0,5

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

25