Đáp án chính thức HSG k 10 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn: TOÁN
(Đáp án này có 06 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
VÀ BIỂU ĐIỂM

Lưu ý : 1/ Các cách giải khác mà đúng cho điểm tương ứng với biểu điểm.
2/ Điểm tổng toàn bài không làm tròn.
Câu

Sơ lược cách giải

Ý

Điểm

Cho đường thẳng d m : y  mx  2m  1 và parabol (P): y  x  3x  2 (m là tham
2

số thực). Chứng minh d m luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi giá trị của tham
số m. Tìm m để khoảng cách từ đỉnh I của parabol (P) đến đường thẳng d m đạt giá
trị lớn nhất.
2
PT hoành độ: x  (3  m) x  2m  1  0

0,25

Có  '  m  2m  5
2
Biến đổi  '  (m  1)  4  0 m ��

0, 25

Gọi M (a; b) là điểm cố định của họ đường thẳng d m
Suy ra (a  2)m  1  b  0 đúng với mọi m

0,25

2

1
(2,5 đ)

1

�a  2  0 �a  2
��
��
� M (2;1)
1 b  0
b 1
�
�
�3 1 �
I � ; �
Đỉnh của (P) là �2 4 �,

uuu
r � 1 5�
r
MI  �
 ; �
u
d
2
4
�
�và véctơ chỉ phương của m là   1; m 
Gọi H là hình chiếu của I lên d m khi đó khoảng cách từ I lên đường thẳng

IH �IM nên IH đạt giá trị lớn nhất bằng IM
uuur r
IM

d
�
IM  u
m
Suy ra
uuu
rr
1 5
2
� MI .u  0 �   m  0 � m  
2 4
5
2

m
5
Đáp số

Cho phương trình x  3 x  (2m  3) x  12 x  16  0 (m là tham số thực). Tìm
tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm thực.
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình, chia 2 vế phương trình cho x2:
12 16
x 2  3 x  2m  3   2  0
x x
4

2
(2,5 đ)

3

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2

0,5

2

� 4� � 4�
� �x  � 3 �x  � 2m  11  0
� x� � x�
4
4
t  x  , t  x  �4 x �0
x
x
Đặt
2
Phương trình trở thành t  3t  11  2m
Trang 1

0,25
0,5
0,25


Bảng biến thiên

cho hàm

f (t )  t 2  3t , t � �; 4 � 4; �

0,5

Từ bảng biến thiên suy ra f (t ) �4
Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
7

m�
2
Đáp số
2

7x  4
2 x2  2

Giải phương trình :

2

11 �
2m

4

m

7
2

0,25
0,25

2x 1
2x 1
 3 3
2x  2
x  1 ( x ��)

2
Điều kiện: x  1 , nhân cả 2 vế của phương trình với 2 x  2 PT trở thành
7 x  4  2 x  1. 2 x  1  3 2 x  2. x  1  3 2 x  2. 2 x  1  0


�



x 1  2x  1  3 2x  2

Đặt

x  1  2 x  1  a,

0,25

� 3x  2 x  1. 2 x  1  3 2 x  2. x  1  3 2 x  2. 2 x  1  4 x  4  0

1
(2,5 đ)



2



 

x 1  2x  1  2

2x  2



2

0,5

0

2 x  2  b, (a,b > 0)

0,25

2
2
PT trở thành a  3ab  2b  0
ab
�
� (a  b)(a  2b)  0 � �
a  2b
�

0,25

TH1: a = b suy ra x  1  2 x  1  2 x  2
� 2 ( x  1)(2 x  1)  2  x

� 4( x  1)(2 x  1)  (2  x) 2

0,25

ĐK: 1  x �2
0, 5

2 14
7 vì 1  x �2
TH2: a = 2b suy ra x  1  2 x  1  2 2 x  2
� 7 x2  8 � x 

x  1: x  1  2 x  2,

Đáp số:
2
(2,5 đ)

x

0,25

2 x  1  2 x  2 suy ra PT vô nghiệm

2 14
7

0,25

� 8 x  y  5  x  y  1  3 x  2 (1)

�
�
1
 8 x  y  5 (2)
� xy 
x
�
Giải hệ phương trình :
Điều kiện: x  0, y �0, 8 x  y  5 �0, x  y  1 �0

Trang 2

 x; y ��
0,25


(1) �
�



 

8x  y  5  3 x 

8x  y  5  9 x
8x  y  5  3 x





x  y  1  2  0.

x  y 1  4
x  y 1  2

0

0,25

�
�
1
1
�   x  y  5 �

0
�
� 8x  y  5  3 x
�
x

y

1

2
�
�


�   x  y  5 
�   x  y  5


8x  y  5   0

x  y  1  2  8x  y  5  3 x  0
x  y 1  3 x  2 

� x  y 1 9x
4  8x  y  5 �
�   x  y  5 �

0
� x  y 1  3 x 2  8x  y  5 �
�
�
�
�
�
�
�
1
1
� 0
�   x  y  5   y  8 x  1 �

� x  y 1  3 x 2  8x  y  5 �

2 4 4 4 4 4 43 �
�1 4 4 4 4 44
 0 x,y�TXD
�
�
�   x  y  5   y  8 x  1  0

TH1:  x  y  5  0 � y  5  x thay vào phương trình (2) :
1
x(5  x ) 
 3 x � x 5  x  1  3x
x � 0;5
x
ĐK:
1 x
� x 5  x  2   1 x  0 � x
 1 x  0
5 x  2





�
�
� 1
�
� (1  x) �
 1� 0
�

1 54
4 x2 4243 �
�
�

� 0 x� 0;5 � � x  1 � y  4 thỏa mãn điều kiện
TH 2: y  8 x  1  0 � y  8 x  1 thay vào phương trình (2) :

x(8 x  1) 

1
2
� x 8x  1  1  2 x � x 8x  1  1  2 x  0
x

VT  x 8 x  1  1  2 x  x  2 x  1 





0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2

x  1 �0 x  0

0,25

Suy ra phương trình vô nghiệm

3

1
(2,0 đ)

�x  1
�
Đáp số : hệ có nghiệm duy nhất �y  4
Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi d là đường thẳng cố định đi qua G và d’ là
đường thẳng bất kỳ song song với d. Chứng minh tổng bình phương khoảng cách từ
các đỉnh của tam giác đến đường thẳng d không vượt quá tổng bình phương khoảng
cách từ các đỉnh tam giác đến đường thẳng d’.

Trang 3

0,25


Gọi H, H’, I, I’, K, K’ lần lượt là hình chiếu của A, B, C lên các đường thẳng d và d’

uuuur uur uuuur r
uuuur 2 uuur2 uuuu
r2
2
2
2
Đặt HH '  II '  KK '  x . Ta có AH '  BI '  CK '  AH '  BI '  CK '
uuur uuuur 2 uur uur 2 uuur uuuur 2
 AH  HH '  BI  II '  CK  KK '
uuur r 2 uur r 2 uuur r 2
 AH  x  BI  x  CK  x
r uuur uur uuur
r 2
 AH 2  BI 2  CK 2  2 x. AH  BI  CK  3 x
uuur uur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur
Ta có: AH  BI  CK  AG  GH  BG  GI  CG  GK
uuur uuur uuur
uuur uur uuur uuur uur uuur
 AG  BG  CG  GH  GI  GK  GH  GI  GK
uuur uuur uuur r
Vì AG  BG  CG  0 theo tính chất trọng tâm
uuur uur uuur
uuu
r uuur uuur
GH
GI
GK
GA
Nhận thấy
, uuu,r uurlà hình

, GB , GC lên đường
uuur chiếu
uuu
r của
uuurcácuuvéctơ
ur r
thẳng d nên ta có GH  GI  GK  GA  GB  GC  0
r 2
AH '2  BI '2  CK '2  AH 2  BI 2  CK 2  3 x �AH 2  BI 2  CK 2
Từ đó suy ra
r r
Dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra khi x  0 hay d’ trùng với d.
Suy ra điều phải chứng minh.




 
 
 
 





 



  



0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

 

2
(2,0 đ)

0, 5

Cho tam giác ABC, lấy điểm M bất kỳ thuộc miền trong tam giác sao cho
�  MBC
�  MCA
� 
MAB
. Chứng minh rằng : cot   cot A  cot B  cot C .

Đặt BC = a, CA = b, AB = c, S ABC  S , S MAB  S1 , S MBC  S 2 , S MCA  S3
b2  c2  a2
cos A 
2bc
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có

1
S  bc.sin A
2
Áp dụng công thức tính diện tích ta có
Suy ra

cotA 

0,25

0,25

b2  c2  a2
4S

Trang 4


a 2  c2  b2
a 2  b2  c2
cotC 
4S
4S
Tương tự
,
2
2
2
a b c
cot A  cot B  cot C 

4S
Suy ra
(1)
cotB 

0,25
0,25

Xét tam giác ABM theo chứng minh trên ta có:
AB 2  AM 2  BM 2
AB 2  AM 2  BM 2
cot 
� S1 
4 S1
4 cot 

0,25

BC 2  BM 2  CM 2
AC 2  CM 2  AM 2
S2 
S3 
4 cot 
4 cot 
Tương tự
,
2
2
2
2

2
a b c
a  b  c2
a 2  b2  c2
S1  S2  S3 
�S 
� cot  
4 cot 
4 cot 
4S

Suy ra
Từ (1) và (2) suy ra đẳng thức được chứng minh

4

(3,0 đ)

(2)

0, 25
0,25

 sin A    sin B    sin C  . Chứng
Cho tam giác ABC có 3 góc thỏa mãn
minh tam giác ABC có 3 góc nhọn.
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
a
b
c

sin A 
,sin B 
, sin C 
2R
2R
2R
Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC :
a 2018  b 2018  c 2018
Đẳng thức trở thành
�
a 2018  b 2018
a  b �A  B
�
�
2018
2018
2018
a
b c
� � 2018
�
��
�
a  c �A  C
a
 c 2018
�
�
Từ
a 2018  b 2018  c 2018 � a 2 .a 2016  b 2 .b 2016  c 2 .c 2016

Lại từ
� a 2 .a 2016  b 2 .a 2016  c 2 .a 2016 � a 2  b 2  c 2
b2  c2  a2
cos A 
0�
2bc
Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta được
A là
góc nhọn. Suy ra tam giác ABC có 3 góc nhọn.
Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD (cạnh đáy AB), AB = 2CD,
�  1350
ADC
. Gọi I là giao của hai đường chéo, đường thẳng đi qua I và vuông góc
với hai cạnh đáy là d : x  3 y  4  0 . Tìm tọa độ điểm A biết diện tích của hình
2018

3
(1,0 đ)

0,25

2018

2018

0,25

0,25

0,25

0,25

15
thang ABCD là 2 , hoành độ của điểm I là 3 và trung điểm AB có tung độ không

âm.

Gọi E  AD �BC , gọi M là trung điểm đoạn AB.Ta có tam giác EAB cân tại E và
�  1800  ADC
�  450
EAB
suy ra tam giác ABE vuông cân tại E.

Trang 5

0,25


Ta có

DC 

AB
2 , DC song song với AB suy ra DC là đường trung bình tam giác

EM AB EA 2
IM 



3
6
6
EAB suy ra I là trọng tâm tam giác EAB và
S ECD ED EC 1

.

S
EA
EB
4
EAB
Ta có
4
1
S EAB  .S ABCD  10  EA2
3
2

Suy ra

EA  20 � IM 

0,25

0,25
0,25

10

3

0,25

1
� 1�
xI  3 � y I   � I �
3;  �
3
3�
�
Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có

0,25

2

10
� 1�
IM  (3m  1)  �
m  �
(m �0)
3
� 3�
,có
2

� M  3m  4; m 
M thuộc d
m0

�
�
�
2
�
m
3 do m �0 suy ra M(4;0)
�
Đường thắng AB đi qua M(4;0) và vuông góc với d suy ra phương trình đường
thẳng AB là 3 x  y  12  0 .
AB EA 2

 10
2
2
a3
�
AM  (a  4) 2  (3a  12) 2  10 � 10a 2  80a  150  0 � �
a5
�

A thuộc đường thẳng AB � A(a; 3a  12) , có

Đáp số:
5

(2,0 đ)

A 3;3

hoặc

AM 

A 5; 3

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  6 . Chứng minh
a
b
c


�2
3
3
b 1
c 1
a3  1
.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :
b  1  b2  b  1 b2  2
b3  1  (b  1)(b 2  b  1) �


2
2
a
2a
2
3
b  1 b  2 , dấu bằng xảy ra khi b  1  b 2  b  1 � b  2
b
2b
�2
3
c 2
Tương tự c  1
, dấu bằng xảy ra khi c  2
c
2c
� 2
a 3  1 a  2 , dấu bằng xảy ra khi a  2
2a
2b
2c
 2
 2
�2
2
Suy ra ta cần chứng minh bất đẳng thức b  2 c  2 a  2

2a
2a  ab 2  ab2

ab 2
2b
bc 2
2b
bc 2

a 2
b 2
b 2
2
b2  2
b  2 ; c2  2
c  2 ; c2  2
c 2
Có b  2
�ab 2
bc 2
ca 2 �
(a  b  c)  � 2
 2
 2
��2
b 2 c 2 a 2�
�
Bất đẳng thức được viết lại
(*)
Trang 6

0,25

0,25

0,25


ab 2
2ab 2
2ab 2
a 3 b.b.2 a(b  b  2) 2ab  2a

�

�

b 2  2 b2  b 2  4 3 3 b 2 .b 2 .4
3
9
9

Có:
Dấu bằng xảy ra khi b  2
bc 2
2bc  2b
�
2
9
Tương tự c  2
, dấu bằng xảy ra khi c  2

ca 2

2ca  2c
�
2
a 2
9
, dấu bằng xảy ra khi a  2

0,5

0,25

Suy ra
�2ab  2a 2bc  2b 2ca  2c � 7
2
�(a  b  c)  �


� (a  b  c )   ab  bc  ca 
9
9
� 9
� 9
9
VT(*)

(a  b  c) 2
(a  b  c )2 �3(ab  bc  ca ) � ab  bc  ca �
 12
3
Lại có

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c
7
2
� .6  .12 
9
Suy ra VT(*) 9
2, dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2, suy ra bất đẳng
thức được chứng minh.
-------------------HẾT--------------------

Trang 7

0,25

0,25