9 đề thi hsg toán 10 năm 2017 2018 có đáp án

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: TOÁN, Khối 10
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 14/04/2018

Câu 1 (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = x+2

2 mx
+ 3 và đường thẳng (d) : y = 2 x 1 .−Tìm

m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn AB = 10.
Câu 2 (6.0 điểm):
1. Giải bất phương trình sau:

(

x+2

)

2 x4 − x2 + 1 − 1

≥

1
x −1

2. Giải phương trình sau: 2 2 x − 5 + 2 3x − 5 = x 2 −8 x +21.
 2
6 x 5y
2
1
3
(x
−
)
+
=

x2 + 2

3. Giải hệ phương trình sau: 
2
2
3y − x = 4 x − 3x y − 9xy

x + 3y

Câu 3 (6.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; 0 ) và đường tròn

( C) : x

2

+ y 2 + 2 x − 6 y + 2 = 0 . Tìm điểm M trên trục hoành sao cho từ M kẻ được hai tiếp

tuyến MB, MC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm) sao cho BC đi qua A.
 60 0 =và hai đường trung tuyến BM, CN vuông
2. Cho tam giác ABC có BC = 2, A
góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC.
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm
cạnh AB là M(0; 3) , trung điểm đoạn CI là J(1; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 1 = 0 .
Câu 4 (2.5 điểm)
Biết


π
16
1
16
1
π
+
+
+
= 33 , 0 < x < . Tính giá trị của tan 5x, tan  5x −  .
2
2
2
2
4
2
sin x cos x tan x cot x


a,b,c > 0
a4 b
b4 c
c4 a
3
Câu 5 (1.5 điểm) Cho 
. Chứng minh rằng: 2
+ 2
+ 2
≥
a +1 b +1 c +1 2
abc = 1
-------------------------- Hết -------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:..............................................
Số báo danh:..............................


ĐÁP ÁN
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán – Lớp 10 – THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

Lời giải sơ lược

Câu
1

Điểm
4,0

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
x 2 + 2mx + 3= 2x − 1 ⇔ x 2 + 2(m − 1)x + 4= 0 (1)
Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
∆
= m 2 − 2m − 3 > 0 ⇔ m > 3 hoặc m < −1 (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A(x1 ; 2x1 − 1), B(x 2 ; 2x 2 − 1) , trong đó x1 , x 2 là các

1,0

1,0

nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 + x 2 =2 − 2m, x1x 2 =4 .
Ta có: AB = 5(x 2 − x1 ) 2 = 5 (x 2 + x1 ) 2 − 4x 2 x1  =10 ⇔ 5(4m 2 − 8m − 12) =100

⇔ m 2 − 2m − 8 = 0 ⇔ m = 4 hoặc m = −2 (tm đk (*))

1,0

1,0

Vậy m = 4 và m = −2 là giá trị cần tìm.
2.1

2,0

(

)

ĐKXĐ: x ≠ 1 , Ta có: 2 x 4 − x 2 + 1 − 1 ≥

3
−1 > 0
2

x 2 + x − 1 ≥ 0
1+ 5

TH1: x > 1 : BPT ⇔ 2 x − x + 1 ≤ x + x − 1 ⇔ 
⇔x=
2
2
2
 x − x − 1 ≤ 0

(

TH2: x < 1 : BPT ⇔

(

4

2

)

2

)

(

)

(

)

1,5

2

2 x 4 − x 2 + 1 ≥ x 2 + x − 1 ⇔ x 2 − x − 1 ≥ 0 luôn đúng

1 + 5 
Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪ 
.
 2 
2.2

0,5

2,0
ĐKXĐ: 2x − 5 ≥ 0
0

PT ⇔ x 2 − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2 2x − 5] + [(x + 1) − 2 3x − 5] =

0,5

x 2 − 10 x + 21
x 2 − 10 x + 21
⇔ x − 10 x + 21 +
+
=
0
(x − 1) + 2 2x − 5 (x + 1) + 2 3x − 5
2

1
1
⇔ (x − 10 x + 21)(1 +
+
)=
0
(x − 1) + 2 2x − 5 (x + 1) + 2 3x − 5

1,0

2

⇔ x 2 − 10 x + 21 = 0 ⇔ x = 3 hoặc x = 7 .
Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 3 và x = 7 .

1

0, 5


2.3

2,0
2
2
2
 x 6 + 8 =
6x 5 y
6x 5 y
(x − 2x + 4)(x + 2) =
⇔
, ( 3y ≥ x )
HPT ⇔  2
 3
3
2
2
2 2
4x
 x + 27y =
(9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y
8 6y

1 + x 6 =
x
Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của hệ nên HPT ⇔ 
3

4
1 + 27y =
3

x
x2

2
3y
Đặt a = 2 > 0, b = . HPT trở thành
x
x

(

a= b= 1
1 + a 3 =
2b
⇔

3
a= b= −1 + 5
2a
1 + b =

2

Với a= b= 1 ta được nghiệm (x ;y)= ± 2; ± 2 / 3

−1 + 5

ta được nghiệm (x ;y)= 

2


Với a= b=

1,0


Vậy hệ có 4 nghiệm (x ;y)= ± 2; ± 2 / 3 và 



(

)

)

−2
5 −1

;

5 −1 


3


−

−2
5 −1

;

−

1,0

5 −1 


3


3.1

2,0
(C) có tâm I ( −1;3) , R =
2 2 Theo (1)
Gọi M ( a;0 ) , để từ M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) thì MI > R (luôn đúng).

1,0

MB = MC = MI − R = a + 2a + 2 . Khi đó, B và C thuộc đường tròn (C’) tâm M, bán kính
2
MB, đường tròn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y 2 = a 2 + 2a + 2

2

2

2

2

2

 x 2 + y 2 + 2x − 6y + 2 =
0
Tọa độ B và C thỏa mãn 
⇒ ( BC ) : ( 2a + 2 ) x − 6y + a 2 + 2a + 4 =
0
2
2
2
x
a
y
a
2a
2
−
+
=
+
+
(

)


1,0

Do BC đi qua A nên a 2 + 6a + 8 =
0 . Vậy A ( −2;0 ) và A ( −4;0 ) .

3.2

2,0
Hai đường trung tuyến BM, CN vuông góc với nhau thì:
4 4 + b2 c2
4 4 + c2 b2
2
 2 
2
+
=
⇔
−
+
− ) =4 ⇔ b 2 + c 2 =20
m
m
BC
(
)
(
b

c


9
2
4
9
2
4
3
 3 
2

2

Mặt khác: BC2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇔ 4 = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16
Vậy
S ∆ABC
=

1
1
3
bc sin A =
.16.
4 3.
=
2
2
2

1,0

0,5
1,0

3.3

2,0

2


Gọi N là trung điểm CD và H là tâm hình chữ nhật AMND. Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp
hình chữ nhật AMND. Từ giả thiết, suy ra NJ//DI, do đó NJ vuông góc với AC, hay J thuộc (C)
(vì AN là đường kính của (C)). Mà MD cũng là đường kính của (C) nên JM ⊥ JD. (1)


D thuộc ∆ nên D(t; t + 1) ⇒ JD(t − 1; t + 1), JM(−1;3). Theo (1)

1,0

 
JD.JM = 0 ⇔ − t + 1 + 3t + 3 = 0 ⇒ t = −2 ⇒ D(−2; −1)
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD. Dễ thấy DM= 2 5=

a2
a +
⇒ a= 4 .
4

2

−2; y =
3
x =
AM 2  x 2 + (y −=
3) 2 4
=

⇒
⇔
Gọi A(x; y). Vì 
6
7
2
2
;y
16 =
(x + 2) + (y + 1) =
AD = 4
 x 5=
5

1,0

- Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn)
6 7
 6 23 
 −8 9 
 −22 11 

- Với A  ;  ⇒ B  − ;  ⇒ I  ;  ⇒ C 
;  ⇒ J ( −3; 2 ) (loại).
5 5
 5 5 
 5 5
 5 5
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A(−2;3), B(2;3), C(2; −1), D(−2; −1).
4

2,5
16
1
16
1
+
+
+
=
33 . Giải được tan 2 x =
4 ⇒ tan x =
2
2
2
2
sin x cos x tan x cot 2 x
2 tan x
4
tan 2x + tan x
2
Khi đó: tan 2x =

=
− , tan 3x =
=,
tan ( 2x + x ) =
2
1 − tan x
3
1 − tan 2x tan x 11
tan 3x + tan 2x
38
Vậy: tan 5x =
tan ( 3x + 2x ) =
=
−
1 − tan 3x tan 2x
41
π
tan 5x − tan
π
79

4 =
tan  5x −  =
−
π
4  1 + tan 5xt an
3

4
Ta có

5

1,0

1,5

1,5
Với các số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức côsi ta có:
a 4b
a 2b
a 2b
ab
2
2
=
a
b
−
≥
a
b
−
= a 2b − .
2
2
a +1
a +1
2
2 a2

Chứng minh tương tự ta cũng có:

b4c
bc c 4 a
ca
2
, 2
≥
−
b
c
≥ c2a − .
2
b +1
2 c +1
2

1,0

a 4b
b4c
c4a
1
Vậy 2
+ 2
+ 2
≥ (a 2 b + b 2 c + c 2 a) − (ab + bc + ca)
a +1 b +1 c +1
2
Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: a 2 b + a 2 b + b 2 c ≥ 3ab 3 abc =

3ab

Tương tự: b 2 c + b 2 c + c2 a ≥ 3bc 3 abc =
3bc ; c 2 a + c 2 a + a 2 b ≥ 3ca 3 abc =
3ca . Vậy
a 4b
b4c
c4a
1
1
3
3
+ 2
+ 2
≥ (a 2 b + b 2 c + c 2 a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ 3 a 2 b 2 c 2 =
2
a +1 b +1 c +1
2
2
2
2
(đpcm). Dấu “=” xảy ra khi a= b= c= 1

0,5

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được
tính điểm tối đa.
3

2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm.

4


SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON CUÔNG

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
NĂM HỌC 2017 – 2018
Môn : TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.(5,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai x 2  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 x 1 x 2  x 2 x 1  6 .
Câu 2. (3,0 điểm)

 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1
Giải hệ phương trình:  4
2
 x  y  xy (2 x  1)  1

Câu 3.(5,0 điểm)
4sin   cos 
sin 3   2 cos3 
 2   1 
b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Điểm K trên đoạn
3
4

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

thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

AD
.
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
16
AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3y 1  0 , 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 ---Họ tên thí sinh :........................................................................... Số báo danh :.....................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu
1.

Nội dung

Điểm

Phương trình x 2  5 x  m  0

5,0

a) Giải phương trình (1) khi m  6

1,5

Khi m  6 PT (1) có dạng: x 2  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 

0,5

25
4

Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1  x2  5; x1 x2  m
0,5

ìïx + x > 0
hay m > 0.

Hai nghiệm x1 , x2 dương khi ïí 1 2
ïïîx1x 2 > 0

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là 0 < m 
Ta có:
Suy ra

(

x1 + x 2

2

)

0,5

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

x1 + x 2 = 5 + 2 m

Ta có x1 x 2  x 2 x1  6  x1.x 2
Hay

25
(*)
4





x1  x 2  6

0,5

m 5  2 m  6  2m m  5m  36  0 (1)

Đặt t  m  0 , khi đó (1) thành:
 2t3 + 5t2 - 36 = 0

0,5

 (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0
 t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0

Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).

0,5

Với 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm.
Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn 0,5


x1 x 2  x 2 x1  6 .

2.

 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1
Giải hệ phương trình:  4

2
 x  y  xy (2 x  1)  1

3,0

( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
Hệ   2
2
 x  y   xy  1

1,0

a  x 2  y
Đặt 
. Hệ trở thành:
b  xy

a  ab  b  1
(*)
 2
a  b  1

0,5

a 3  a 2  2a  0
a (a 2  a  2)  0
Hệ (*)  

2
2

b  1  a
b  1  a

0,5

Từ đó tìm ra (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)
 x2  y  0
Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ 
 x  y  1.
 xy  1
 x2  y  1
 ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .
Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ 
 xy  0

0,5

Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ
3
3


 x 2  y  2
y  
y  


 x  1; y  3 .
x
x


xy
3


3
2

x  2x  3  0
( x  1)( x  x  3)  0



0,5

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) .
3.

5,0

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

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

4 sin   co s 

sin 3   2 co s 3 

2,5

1.0



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

0,5



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

0,5



4.8  4  4.2  1 7

8 2
2

0,5



2  
3

1 
4
b)
AD
trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số
.
AK

b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Điểm K



Vì AE 

2,5

A

1   1  3 
AC  BE  BC  BA (1)
4
4
4

E

K

0,5

B

D

C


 


Giả sử AK  x AD  BK  xBD  1  x  BA (1)



2 
3







Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK 
 

Do BC; BA không cùng phương nên
1
3

8
9




2x 
BD  (1  x)BA
3

0,5

m 2x
3m

 0 &1  x 
0
4 3
4

0.5

1 
3

0,5

Từ đó suy ra x  ; m  . Vậy AK  AD 

4.

0,5

AD
3
AK

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
 16 
CD : x  3y 1  0 , E  ;1  .
 3 

5,0

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

BA EA

 2  E là chân đường phân giác trong
BC EC

A

D

B

0,5
I

E

C


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

0,5

x  3y 1  0
I  BE  CD  tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ 
3x  y  17  0

0,5

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 

2,5

a 5
3

0,5

  450  IB  IC  BC  a
Do CBE

2

(1)

2

Tam giác EIC vuông tại I  IE  EC  IC  IE 
2



2

a

2

(2)

3 2



Từ (1) và (2)  IB  3IE  B (4;5)
Gọi C (3c  1; c) từ

0,5

0,5

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 

1
1


.
2
2
2
a b c
abc

2,0

Áp dụng BĐT AM- GM ta có
ab  bc  ca  33 a 2 b 2 c 2
1= a + b + c  3 3 abc  3 abc 

P

P

1
 ab  bc  ca  33 abc
3

0,5
3

abc  9abc

1
9


2
2
a b c
ab  bc  ca
2

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

0,5

0,5




9
7

 30

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

2

2

1
3

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 30 khi chẳng hạn tại a  b  c  .

0,5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

Môn thi: TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (6 điểm)
a) Giải bất phương trình

1
1
≤
.
x + 2 − 3− x
5 − 2x

 x 2 + 2 y 2 =3 x + 8
.
b) Giải hệ phương trình  2
 x + 3 y x + 1 = 4 x + 9
Câu 2. (6 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm không âm
mx 4 + x3 + ( 8m − 1) x 2 + 4 x + 16m =
0.
b) Một hộ nông dân dự định trồng đậu và cà trên diện tích 800m 2 . Biết rằng cứ 100m 2
trồng đậu cần 10 công và lãi 7 triệu đồng còn 100m 2 trồng cà cần 15 công và lãi 9 triệu
đồng. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên diện tích là bao nhiêu để thu được tiền lãi cao nhất
khi tổng số công không vượt quá 90.
Câu 3. (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A (1;2 ) , B ( 2;7 ) . Biết độ dài

0 . Tìm tọa độ đỉnh C.
đường cao kẻ từ A bằng 1 và đỉnh C thuộc đường thẳng y − 3 =
Câu 4. (3 điểm)
sin B + 2018sin C
Cho tam giác ABC có
= sin A và độ dài các cạnh là các số tự nhiên.
2018cos B + cos C

Gọi M là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh tam giác
MBG có diện tích là một số tự nhiên.
Câu 5. (2 điểm)

y 2 x − 2 + y + 1 + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá
Cho các số thực x, y thỏa mãn x + =
trị nhỏ nhất của biểu thức F=

(

)

2 1 + xy x + y
x
y
.
( x − y) + ( y − x) +
2
2
x+ y

--------------------------Hết--------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.

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


Điều kiện: −2 ≤ x <

5
1
; x≠
2
2

1
thì VT(1) < 0 nên (1) luôn thỏa mãn
2
1
5
*) Vói < x < thì hai vế của BPT đều dương nên
2
2
(1) ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2 x ⇔ 5 − 2 ( x + 2 )( 3 − x ) ≥ 5 − 2 x
*) Với −2 ≤ x <

3

x≤−

⇔ ( x + 2 )( 3 − x ) ≤ x ⇔ 2 x − x − 6 ≥ 0 ⇔
2

≥
x
2

5

Kết hợp khoảng đang xét ta được 2 ≤ x <
2
1  5

Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S =
 −2; 2  ∪  2; 2 
2

Điều kiện x ≥ −1
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
=
y
x +1
2

2 y − 3y x +1 + x +1 = 0 ⇔
 y 1 x +1
=

2
*) Với =
y
x + 1 , thay vào pt(2) được
 x = −2 ( KTM )
. Suy ra y = 2
x 2 + 2 ( x + 1) = 3 x + 8 ⇔ x 2 − x − 6 = 0 ⇔ 
x = 3
1
1
=

y
x + 1 , thay vào pt(2) được x 2 + ( x + 1) = 3 x + 8
*) Với
2
2

5 − 145
( KTM )
x =
1 9 + 145
4
2

. Suy ra y =
⇔ 2 x − 5 x − 15 =0 ⇔
2
4

5 + 145
x =

4
 5 + 145 1 9 + 145 

Kết luận: Hệ có hai nghiệm ( x; y ) là ( 3; 2 ) và 
;


4
2

4




0
Ta có (1) ⇔ mx 4 + x3 + 8mx 2 − x 2 + 4 x + 16m =
2

x
 x 
⇔ m ( x + 4) = x − x − 4x ⇔ m =  2
 − 2
 x +4 x +4
x 
1
2
Đặt t
=
 0 ≤ t ≤  , phương trình (1) trở thành: t − t =m (2)
2
4
x +4 
1
Xét hàm số f ( t =
) t 2 − t trên đoạn 0;  , ta có bảng biến thiên
 4
2

2

2

3

1
4

0

t

0
f(t)
−

3
16

Dựa vào bảng biến thiên ta có −

3
≤m≤0
16

4
x
Gọi x, y lần lượt là diện tích trồng đậu và trồng cà (đơn vị là 100m 2 ). Ta có
x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 8
Do tổng số công không vượt quá 90 nên 10 x + 15 y ≤ 90 ⇔ 2 x + 3 y ≤ 18

= 7 x + 9 y (triệu đồng)
Tổng số tiền lãi là T
Ta có T = 7 x + 9 y = 3 ( x + y ) + 2 ( 2 x + 3 y ) ≤ 3.8 + 2.18 = 60
Lưu ý: Có thể chia hai vế cho x 2 và sử dụng ẩn phụ t= x +

=
x + y 8 =
x 6
Đẳng thức xảy ra khi 
⇔
=
3 y 18 =
2 x +
y 2
Vậy cần trồng đậu trên diện tích 600m 2 và trồng cà trên diện tích 200m 2 thì tổng số
tiền lãi cao nhất.
Lưu ý: Có thể dùng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài này

Kẻ đường cao AK và CH của tam giác ABC. Ta=
có AB

0
Phương trình đường thẳng AB: 5 x − y − 3 =
5c − 6
=
Gọi C ( c;3) suy
ra CH d=
( C; AB )
26
BC=

( c − 2)

2

+ 4=

c 2 − 4c + 20

Ta có AK .BC = AB.CH ⇔ c 2 − 4c + 20 = 5c − 6
⇔ c 2 − 4c + 20= 25c 2 − 60c + 36
c = 2
⇔ 24c − 56c + 16 =0 ⇔ 
c = 1
3

Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là
1 
C ( 2;3) , C  ;3 
3 
2

=
(1;5
) , AB

26


A

H

B

C
K

sin B + m sin C
= sin A ⇔ b + mc
= a ( m cos B + cos C )
m cos B + cos C
m ( a 2 + c2 − b2 ) a 2 + b2 − c2
=
⇔ b + mc
+
2c
2b
2
2
2
⇔ 2bc ( b + mc
=
) mb ( a + c − b ) + c ( a 2 + b2 − c 2 )
Đặt m = 2018 ,ta có

⇔ 2b 2 c + 2mbc 2= mba 2 + mbc 2 − mb3 + ca 2 + cb 2 − c3
⇔ ( c + mb ) ( b 2 + c 2 − a 2 ) =
0
⇔ a 2 = b2 + c2

Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Dễ dàng chứng minh được S ABC = 6.S MBG suy ra bc = 12.S MBG . Do đó ta cần chứng minh
bc chia hết cho 12.
Để giải quyết bài toán, chúng ta cần sử dụng một số tính chất của số chính phương:
- Số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương lẻ chia 8 chỉ dư 1.
*) Trước hết ta thấy trong hai số b 2 , c 2 có ít nhất một số chia hết cho 3. Thật vậy, giả sử

không có số nào trong hai số đó chia hết cho 3. Khi đó mỗi số đều chia 3 dư 1. Do đó a 2
chia 3 dư 2, trái với tính chất của số chính phương.
Do 3 là số nguyên tố nên trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 3 (1).
*) Ta chứng minh trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 4. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 4. Khi đó b =4m + r , c =4n + q ,

r , q ∈ {1; 2; −1} .

- Nếu r , q ∈ {−1;1} thì a 2 chia 4 dư 2, vô lí.
- Nếu r ∈ {−1;1} , q =2 hoặc ngược lại thì a 2 là số lẻ và a 2 chia 8 dư 5, vô lí.
2
- Nếu r= q= 2 thì a =
4 ( 2m + 1) + 4 ( 2n + 1) ⇒ a là số chẵn. Đặt a = 2 p , suy ra
2

p2 =

( 2m + 1) + ( 2n + 1)
2

2

2

⇒ p 2 chia 4 dư 2, vô lí.

Vậy trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.


Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1 .

(

Ta có 2. x − 2 + 1. y + 1

) ≤ (2
2

2

+ 12

) ( x − 2 + y + 1) ⇔ 2

x − 2 + y + 1 ≤ 5( x + y − 1) .

y 2 x − 2 + y + 1 + 1 ⇒ x + y ≤ 5( x + y − 1) + 1
Do đó, từ x + =
Đặt t= x + y , ta có: t − 1 ≤ 5(t − 1) ⇔ 1 ≤ t ≤ 6
1

2
1
2
1 2 2
= t2 +
Khi đó: F = ( x + y ) 2 +
.Xét hàm số f =
, với t ∈ [1;6]
(t )
t +
2
2
t
x+ y 2
t
t2
1
1
1
1
1 5
*) Ta có f ( t ) = +
+
+
+
≥ 55
=
2 2 t 2 t 2 t 2 t
32 2
Đẳng thức xảy ra khi t = 1 .

Vậy min F = 1 khi x = 2, y = −1
*) Ta có f ( t ) − f ( 6 ) =

2 (t − 6)
1 2
1  1
 1
t − 36 ) + 2 
−
=
=
( t + 6 )( t − 6 ) −
(

2
6 2
6t t + 6
 t


1
4
( t − 6 ) t + 6 −

2
6t t + 6

2
x
Vậy max F= 18 +

khi=
6

(

(

)


 ≤ 0, ∀t ∈ [1;6]



y 0
6,=

)


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 04/04/2018
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
định là

6 x 2  4x  2018
(m  1) x2  2(m  1) x  4

có tập xác

.
2) Cho hai hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt

nhau tại hai điểm A và B phân biệt sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ).
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2) Giải bất phương trình
3) Giải hệ phương trình

3 5  x  3 5x  4  2 x  7
11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1
2

 xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1


2 xy  x  2 y   x  14 y  0

Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có AB  6; BC  7; CA  5 .Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho

AM  2MB và N là điểm thuộc AC sao cho AN  k AC ( k  ).Tìm k sao cho đường thẳng CM
vuông góc với đường thẳng BN .
2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác. Biết

c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 . Chứng minh rằng tam giác ABC
2
IA2
IB 2
IC 2

đều.
3) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB là
x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường thẳng AC đi qua điểm

M (2,1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu IV (1,0 điểm)
Một xưởng sản xuất có hai máy, sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm loại I lãi
2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I cần máy thứ
nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại II cần
máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Mỗi máy không đồng thời làm
hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất làm việc không quá 6 giờ, máy thứ hai làm việc
không quá 4 giờ. Hỏi một ngày nên sản xuất bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a2  b2  c2  27 thì:
1

1
1
12
12
12


 2
 2
 2
.
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63
........................................ Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ..............................................
Giám thị coi thi số 1: ...............................................

Số báo danh: .............................
Giám thị coi thi số 2: ....................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

Câu
Câu
I.1
1,0 đ

DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10

THPT – NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN
(Dự thảo hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Nội dung

Điể
m

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là

y

6 x 2  4x  2018
(m  1) x2  2(m  1) x  4

Hàm số có tập xác định

khi và chỉ khi f ( x)  (m  1) x2  2(m  1) x  4  0,  x  .
0,25

Với m  1, ta có f ( x)  4  0, x  . Do đó m  1 thỏa mãn.
0,25
Với m  1, f ( x)  0, x 





m 1

(m  1) 2  4(m  1)  0

m  1

(m  1)(m  5)  0
 1  m  5. Vậy 1  m  5.

Câu
I.2
1,0 đ

0,25

0,25

Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
x 2  2  m  1 x  2m  2 x  3 hay x2  2mx  2m  3  0 (*)

0,25

Ta có:  '  m2  2m  3  0 với mọi m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt hay hai đồ
thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B.

0,25

Gọi xA , xB là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó A  x A ; 2 x A  3 , B  xB ; 2 xB  3
Ta có OA   xA ;2 xA  3 , OB   xB ;2 xB  3 .

OA2  OB 2  x A2   2 x A  3  xB2   2 xB  3
2

2

0,25

 5  xA2  xB2   12  xA  xB   18

 5  xA  xB   12  xA  xB   18  10 xA xB 1
2

Theo định lí Vi-et ta có xA  xB  2m, xA xB  2m  3

11 2 119
) 
10
5
119
11
11
Tìm được OA2  OB2 nhỏ nhất bằng
khi m 
. Vậy m 
là giá trị của m cần
5
10
10
tìm.
Khi đó (1) trở thành OA2  OB2  20m2  44m  48  20(m 

0,25


CâuII.
1
1,0 đ

3 5  x  3 5x  4  2 x  7

Giải phương trình:

Điều kiện:

4
 x  5 (*)
5

3 5  x  3 5x  4  2 x  7
 3 5  x  (7  x)  3


4  5 x  x 2
3 5  x  (7  x)





0,25



5x  4  x  0

3  4  5 x  x 2 
5x  4  x

0



1
3
  4  5 x  x 2  

  0 (**)
5x  4  x 
 3 5  x  (7  x)

do

1
3 5  x  (7  x)



0,25

3

4
 0 x  [ ,5] nên
5
5x  4  x

(**)  4  5 x  x 2  0

0,25

x  1

x  4
Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {1;4}

0,25

CâuII. Giải bất phương trình
2
1,0 đ



Điều kiện: 



11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1

x2  x  6  0

2x  1  0
 x3
2
11x  19 x  19  0

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương với
11x 2  19 x  19   ( x  2)( x  3  2 2 x  1 

2

 10 x 2  26 x  17  4 (2 x  1)( x  3) x  2

0,25

 5(2 x2  5x  3)  4 2 x 2  5x  3 x  2  ( x  2)  0
 5.

2 x2  5x  3
2 x2  5x  3
4
1  0
x2
x2



2 x2  5x  3
1

x2

0,25

 2 x2  5x  3  x  2  2 x2  6 x  5  0
3  19
3  19
x
Ta được
2
2
3  19
Kết hợp điều kiện x  3 được 3  x 
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  [3;

0,25
3  19
)
2


CâuII.
Giải hệ phương trình:
3
1,0 đ

2


 xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1


2 xy  x  2 y   x  14 y  0

2
2
2

 2 xy  1  y  x  2 y   5 y 1
Hệ phương trình  

 x  2 y  2 xy  1  12 y  2 

0,25

Xét y= 0 không là nghiệm hpt
Xét y  0 chia 2 vế phương trình (1) cho y 2 , chia 2 vế phương trình (2) cho y ta được:
2

1
 2 x     x  2 y   5
y



1

 x  2 y   2 x  y   12





0,25

1

a 2  b  5 a  3
a  2 x 
y có HPT  

Đặt 
b  4
ab  12
b  x  2 y

0,25

1

2 x   3
y
hay 
 x  2 y  4

 7 1
Giải hệ ta được nghiệm (-2;1) và   ; 
 2 4

Câu

III.1

0,25

Cho tam giác ABC có AB = 6 ; BC = 7 ;CA = 5 . M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AM
= 2MB ; N thuộc AC sao cho AN  k AC .Tìm k để CM vuông góc với BN

1,0 đ

2
AB  AC và BN  AN  AB  k AC  AB
3
2
2
2
2k
2
AB AC  AB  k AC  AB AC
Suy ra CM BN  ( AB  AC )(k AC  AB) 
3
3
3
CM  AM  AC 



AB  AC



2

2

 CB  AB. AC 

0,25
0,25

AB 2  AC 2  BC 2
6
2
0,25

2
2
2k
2
AB. AC  AB  k AC  AB. AC  0
3
3
2k
2
6

.6  .36  25k  6  0  21k  18  0  k  
3
3
7
Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là

BN  CM  BN .CM  0 

Câu
III.2
1,0 đ

tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Biết
rằng tam giác ABC đều.

c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 . Chứng minh
2
IA2
IB 2
IC 2

0,25


0,25
Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có
AM  p  a, IM  r . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có

IA2  AM 2  MI 2  ( p  a)2  r 2
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì r 

S

S
nên IA2  ( p  a)2  ( )2
p
p
0,25

Mà S 2  p( p  a)( p  b)( p  c) nên IA2  ( p  a)2 

( p  a)( p  b)( p  c) ( p  a)bc

p
p

c( p  a ) p
 .
b
IA2
a ( p  b) p
b( p  c ) p
 và
 .
Tương tự
2
c
a
IB
IC 2
Từ đó
c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) p p p 1
1 1 1

9


    (a  b  c)(   )  .
2
2
2
a b c 2
a b c
2
IA
IB
IC
Dấu bằng đạt được khi a  b  c
c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 chỉ khi tam giác ABC đều.
Vậy
2
IA2
IB 2
IC 2
Trong mặt phẳng toạ độ C , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB:
x  2 y  1  0 , phương trình đường thẳng BD: x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua
M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Suy ra

Câu
III.3

1,0 đ

0,25

0,25

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ B là nghiệm của hệ:
21

x

 x  2y 1  0
21 13

5

 B( ; )

5 5
 x  7 y  14  0
 y  13

0,25
5
Do ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa hai đường thẳng AC và AB bằng góc giữa hai
đường thẳng AB và BD. Giả sử nAC  (a; b), (a 2  b 2  0) là VTPT của AC. Khi đó

cos(nAB , nBD )  cos(nAC , nAB )
 a  2b 

3
2

a 2  b2

 a  b
2
2
 7a  8ab  b  0  
a   b
7

+ Với a  b . Chọn a = 1, b = -1.

0,25


Phương trình AC: x – y – 1 = 0

0,25

 x  y 1  0
x  3

 A(3; 2)
A  AB  AC nên toạ độ A là nghiệm của hệ: 
x  2 y  1  0
y  2
Gọi I là giao của AC và BD thì toạ độ I là nghiệm của hệ:
7


x

 x  y 1  0

2  I ( 7 ; 5)


2 2
 x  7 y  14  0
y  5

2
14 12
Do I trung điểm AC và BD nên tính được C (4;3); D( ; )
5 5
+ Với b  7a ( Loại vì khi đó AC không cắt BD)

0,25
Câu
IV 1,0
đ

Một xưởng sản xuất có hai máy sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm I
lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I thì
máy thứ nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn
sản phẩm loại II thì máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1
giờ . Mỗi máy không đồng thời làm hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất
làm việc không quá 6 giờ , máy thứ hai làm việc không quá 4 giờ. Hỏi một ngày sản xuất
bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?

Gọi x, y là số tấn sản phẩm loại I, II cần sản xuất trong một ngày ( x; y  0 ).
Tiền lãi một ngày là L  2 x  1,6 y (triệu đồng). Một ngày máy thứ nhất làm việc 3x  y
giờ, máy thứ hai làm việc x  y giờ.
0,25

 x; y  0

Theo gt có: 3x  y  6
 x y 4


Khi đó bài toán trở thành tìm x; y thỏa mãn hệ trên sao cho L  2 x  1,6 y đạt giá trị lớn
0,25
nhất
Vẽ các đường thẳng 3x  y  6, x  y  4 . Ta có các điểm M ( x; y) với ( x; y) là nghiệm của
hệ bất phương trình trên thuộc miền trong tứ giác OABC, kể cả các điểm trên cạnh tứ giác.
f(x)=6-3x
f(x)=4-x

y
8
7
6
5
4

C
B

3

2
1

x

A
-6

-5

-4

-3

-2

-1

O

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

-1

0,25

-2
-3
-4
-5
-6
-7

L đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của tứ giác.Thay tọa độ các điểm
O(0;0), A(2;0), B(1;3), C(0;4) vào biểu thức L ta được L đạt giá trị lớn nhất tại B(1;3) . Khi
đó L  2x  1,6 y  2.1  1,6.3  6,8 . Vậy để thu được tiền lãi cao nhất thì mỗi ngày sản xuất
1 tấn sản phẩm loại I và 3 tấn sản phẩm loại II

0,25


2

2
2
Câu V . Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  27 thì:
1,0 đ
1
1
1
12
12
12
.


 2
 2
 2
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63

1
1
1
1
1
4

2
2

ab bc
ab bc

(a  b)(b  c) a  2b  c
Chứng minh tương tự ta có
1
1
4


b  c a  c a  2c  b
1
1
4


a  b a  c b  2a  c
1
1
1
1
1
1




 2


Suy ra

ab cb ac

 b  2a  c a  2b  c b  2c  a 
1
6
Ta chứng minh
. Thật vậy:
 2
b  2a  c a  63
1
6
 2
b  2a  c a  63
 a 2  63  6b  12a  6c  2a 2  b 2  c 2  36  6b  12a  6c  0

0,25

0,25

 2(a  3) 2  (b  3) 2  (c  3) 2  0
Điều này luôn đúng. Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi a  b  c  3
1
1
1
6
6
6


 2
 2
 2

Vậy
b  2a  c a  2b  c b  2c  a a  63 b  63 c  63
1
1
1
12
12
12


 2
 2
 2
Suy ra
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 10

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 06/03/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (6,0 điểm):
1) Giải phương trình

x3 +

x2 =

x 2  3x  2

3
3
2
2
 x  y  x  y  xy  1  y  x
2) Giải hệ phương trình 
2
 2 x  y  3x  2 y  2  3x  y  4

Câu 2 (4,0điểm):

1) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức
2
S = R 2  sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C  . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
3
2) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các
điểm N , M , P sao cho BN  1, CM  2, AP  x (0  x  3).


 
a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.

b) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM .
Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A, D và
3
AC. Biết điểm B(5;3), đường thẳng DI
4
có phương trình 3 x  y  8  0 và điểm D có hoành độ dương. Tìm tọa độ điểm D.

AD  CD  2 AB . Điểm I thuộc đoạn AC sao cho AI 

Câu 4 (3,0 điểm): Cho phương trình x 2   4m  1 x  3m 2  2m  0 (m là tham số).

1) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x13  x23  18 .

2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của m nguyên sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên.
Câu 5 (3,0 điểm): Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d  4 . Chứng minh rằng:
a
b
c
d



 2.
2
2

2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

Câu 6 (2,0 điểm): Cho 2018 số nguyên dương phân biệt và nhỏ hơn 4034. Chứng minh tồn tại 3 số
phân biệt trong 2018 số đã cho mà một số bằng tổng hai số kia.
----------------- HẾT -----------------

Họ và tên thí sinh............................................................................ Số báo danh ..................................
Chữ ký của giám thị 1 ....................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018


TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

MÔN THI: TOÁN LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu
Câu 1
6,0
điểm

Nội dung

1) Đk x  3
x 3 +

x2 =

x 2  3x  2  x  3  x  2  2 x 2  5 x  6  x 2  3x  2

 x2  5x  3  2 x2  5x  6  0  x2  5x  6  2 x2  5x  6  3  0

2x0,25

Đặt t  x 2  5 x  6, t  0. Ta được pt : t 2  2t  3  0
t  1(l
 t 2  2t  3  0  
t  3(n)

2x0,25

t  3  x2  5x  6  3  x2  5x  3  0

5  37
5  37
(l )
x 
.
KL
pt
có
nghiệm
là
x

2

2


5  37
( n)
x 

2
3
3
2
2
(1)
 x  y  x  y  xy  1  y  x

2
 2 x  y  3 x  2 y  2  3 x  y  4 (2)
(1)  ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y

 ( x  1 - y)  x 2  xy  y 2 + 1  0
 y  x 1
 2
2
 x  xy  y + 1 = 0
Ta có x 2  xy  y 2 + 1 = 0 vô nghiệm
Với y = x + 1 thay vào pt (2) ta được pt:

3x  1 + 3x  4  3x 2  x  3

x  x2

x  x2

 3x 2  3x
3x  1  x  1
5x  4  x  2
1
1


 ( x 2  x) 

 3  0
5x  4  x  2
 3x  1  x  1




 x2  x  0

1
1
1


 3  0 (vn vi : x  )
 3 x  1  x  1
3
5x  4  x  2
x  0


x  1
KL: Hpt có nghiệm là (0; 1), (1; 2).

1) Theo định lí sin ta có : sin 3 A 

2x0,25

0,5
0,5

0,25
0,25

( 3 x  1 - ( x  1)  ( 3 x  4  ( x  2)  3 x 2  3 x

Cầu 2
4điểm

Điểm
0,5

a3
B3
c3
3
3


;

sin
B
;sin
C
8R3
8R3
8R3

2x0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2x0,25
0,25
0,25
2x0,25
2x0,25