40 đề thi học sinh giỏi toán 10 cấp trường huyện tỉnh từ năm 2017 đến 2020

M CL C
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.

30.
31.

Đề thi chọn HSG Toán 10 năm 2019 – 2020 trường THPT Trần Phú – Hà Tĩnh
Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Nguyễn Đức Cảnh – Thái Bình
Đề thi HSG Toán 10 năm 2019 cụm trường THPT chuyên DH&ĐB Bắc Bộ
Đề thi chọn HSG Toán 10 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
Đề thi chọn HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường THPT Thị xã Quảng Trị
Đề thi HSG tỉnh Toán 10 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hải Dương
Đề Olympic Toán 10 năm 2019 cụm trường THPT Hà Đông – Hoài Đức – Hà Nội
Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Tĩnh
Đề thi học sinh giỏi Toán 10 THPT năm 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Nam
Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc
Đề Olympic Toán 10 năm 2019 cụm THPT Thanh Xuân & Cầu Giấy & Thường Tín – Hà Nội
Đề thi Olympic Toán 10 năm 2018 – 2019 trường THPT Kim Liên – Hà Nội
Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường THPT Nam Tiền Hải – Thái Bình
Đề thi Olympic 10-3 Toán 10 năm 2019 lần 4 trường chuyên Nguyễn Du – Đăk Lăk
Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Đan Phượng – Hà Nội
Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội
Đề thi HSG Toán 10 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Yên Phong 2 – Bắc Ninh
Đề thi HSG Toán 10 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Thuận Thành 2 – Bắc Ninh
Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh
Đề thi chọn HSG cấp trường Toán 10 năm 2017 – 2018 trường THPT Con Cuông – Nghệ
An
Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh
Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hải Dương
Đề thi Olympic 27-4 Toán 10 năm 2017 – 2018 sở GD và ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu
Đề thi Olympic Toán 10 năm 2017 – 2018 cụm trường Thanh Xuân & Cầu Giấy – Hà Nội
Đề thi chọn HSG Toán 10 năm học 2017 – 2018 cụm Tân Yên – Bắc Giang
Đề thi chọn HSG Toán 10 năm học 2017 – 2018 trường THPT Quỳ Hợp 1 – Nghệ An

Đề khảo sát đội tuyển HSG Toán 10 lần 1 năm học 2017 – 2018 trường THPT Thanh Miện
– Hải Dương
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán 10 năm học 2016 – 2017 sở GD và ĐT Hà Tĩnh
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán 10 năm học 2016 – 2017 sở GD và ĐT Hải
Dương
Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 10 năm học 2016 – 2017 trường THPT Lục Ngạn – Bắc
Giang
10 đề thi hsg toán 10 có đáp án


NHÓM TOÁN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10

THPT TRẦN PHÚ

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 01 trang)

MÔN: TOÁN –THPT
Thời gian: 120 phút

ĐỀ BÀI
Câu 1:

(5,0 điểm) Cho hàm số y  m  2 x 2  2 m 1 x  m  2 ( m là tham số).

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ THI HSG TOÁN

a) Biết đồ thị là một đường parabol có tung độ đỉnh bằng 3m . Xác định giá trị của m .
b) Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 .
Câu 2:

(4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AB và CD cắt
nhau tại điểm M , tọa độ điểm A(−2; −2), B(0; 4) và C (7;3) .
   
  
a) Tìm tọa độ điểm E để EA + EB + 2 EC =
0 và tìm giá trị nhỏ nhất của PA + PB + 2 PC
biết P là điểm di động trên trục hoành.
b) Biết diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC . Tìm tọa độ đỉnh D

Câu 3:

2 x 3 + mx 2 + 2 x − m =x + 1 ( m là tham số).

(5,0 điểm) Cho phương trình

a) Giải phương trình với m = −3 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 4:

(4,0 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh 3a . Lấy các điểm M , N lần lượt trên các cạnh
BC , CA sao cho BM = a , CN = 2a .
 

a. Tìm giá trị của tích vô hướng AM ⋅ BC theo a .
b. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với PN . Tính độ dài PN
theo a .

Câu 5:

(2,0 điểm) Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m ( m là tham số). Tìm m để giá trị lớn
nhất của hàm số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất.
----------------HẾT----------------

/>
Trang 1


NHÓM TOÁN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10

THPT TRẦN PHÚ

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 01 trang)

MÔN: TOÁN –THPT
Thời gian: 120 phút
HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

(5,0 điểm). Cho hàm số y  m  2 x 2  2 m 1 x  m  2 ( m là tham số).

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ THI HSG TOÁN

a) Biết đồ thị là một đường parabol có tung độ đỉnh bằng 3m . Xác định giá trị của m .
b) Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 .
Lời giải:
a) Để đồ thị là một đường parabol thì m  2  0  m  2 .
2m  5
Đồ thị có tung độ đỉnh bằng 3m 
 3m  2m  5  3m m  2
m2
m  1

2
 3m  8m  5  0  
5 tm .
m 

3

m  1

Vậy 
5.
m 


3
b) Để hàm số nghịch biến trên ; 2 thì m  2 .

m 1 
Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ;


m  2 
m 1
 2  m 1  2 m  2do m  2  0 .
m2
 m 1  2 m  4  m  3

Ta được:

Vậy 2  m  3 .
Câu 2:

Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AB và CD cắt nhau tại
điểm M , tọa độ điểm A(−2; −2), B(0; 4) và C (7;3) .
   
  
a) Tìm tọa độ điểm E để EA + EB + 2 EC =
0 và tìm giá trị nhỏ nhất của PA + PB + 2 PC
biết P là điểm di động trên trục hoành.
b) Biết diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC . Tìm tọa độ đỉnh D
.
Lời giải

/>
Trang 1


NHÓM TOÁN VD – VDC

ĐỀ THI HSG TOÁN

NHÓM TOÁN VD – VDC

a) Ta gọi E ( x; y ) ,



EA = ( −2 − x; −2 − y ) ,EB = ( − x; 4 − y ) ,EC = ( 7 − x; 3 − y )

   
0
−2 − x − x + 2 ( 7 − x ) =
x = 2
.
nên EA + EB + 2 EC =0 ⇔ 
⇔
3
y
=
2
4
2
3

0
y
y
y
−
−
+
−
+
−
=
(
)


Vậy E (2;3) .
  

Ta có: PA + PB + 2 PC= 4 PE= 4 PE .
 

Nên PA + PB + 2 PC đạt giá trị nhỏ nhất khi P là hình chiếu của E lên trục hoành.

Vậy P ( 2; 0 ) .
b) Gọi

M ( a;b )

và D(c; d )

Diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC nên

4 S ∆MBC = S ∆MAB
1
1
⇔ 4. MH .BC =
MK .DA
2
2
⇔ 4 MH .BC =
MK . AD
⇔

4BC MK
=.
AD MH

Mà ABCD là hình thang nên
Do đó

MK AD
.
=
MH BC

AD 4 BC
.
=
BC
AD



Suy ra AD 2 = 4 BC ⇒ AD = 2 BC ⇒ AD = 2 BC .

 AD =(c + 2; d + 2) c =
12
.
⇒
 
= (7; −1)
d = −4
 BC

Vậy D (12;−4 ) .
Câu 3:

(5,0 điểm) Cho phương trình

2 x 3 + mx 2 + 2 x − m =x + 1 ( m là tham số).

a) Giải phương trình với m = −3 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Lời giải
/>
Trang 2


NHÓM TOÁN VD – VDC

 x + 1 ≥ 0
Ta có phương trình đã cho ⇔  3
2 .
2
2 x + mx + 2 x − m = ( x + 1)

ĐỀ THI HSG TOÁN

NHÓM TOÁN VD – VDC

 x ≥ −1
 x ≥ −1
⇔ 3
⇔
( *) .

2
2


−
+
+
+
+
=
x
1
2
x

m
1
x
m
1
0
(
)
(
)
2 x + ( m − 1) x − m − 1 =0




 x ≥ −1
a) Với m = −3 thì (*) ⇔ 
2
0
( x − 1) ( 2 x − 2 x − 2 ) =
 x ≥ −1
x = 1

 x = 1
⇔ 
⇒
.
x = 1± 5
1± 5


x=

2
2
 
 1 ± 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình S = 1;
.
2 


 x ≥ −1

b) Ta có (*) ⇔   x = 1
.
  2 x 2 + ( m + 1) x + m + 1 =
0 (**)


Xét phương trình (**) : 2 x 2 + ( m + 1) x + m + 1 =
0
Có ∆=

( m + 1)

2

− 8 ( m + 1=
)

( m + 1)( m − 7 ) .

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (**) có 2 nghiệm phân
biệt x1 , x2 khác 1 và −1 ≤ x1 < x2
∆= ( m + 1)( m − 7 ) > 0
m +1

 2
−
 x1 + x2 =
2.1 + ( m + 1) .1 + m + 1 ≠ 0
2 ).
(với 
⇔
x x = m +1
( x1 + 1) + ( x2 + 1) > 0
 1 2
 x +1 . x +1 ≥ 0
2
(
)
(
)
2
 1

( m + 1)( m − 7 ) > 0

m ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 7; + ∞ )
 2m + 4 ≠ 0


 m +1
m ≠ −2
⇔ −
⇔
⇔ m ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ ( −2; − 1) .
+2>0
3
m
<
2


 m +1 m +1
2 ≥ 0 ( ld )

−
+2≥0

 2
2
Vậy m ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ ( −2; − 1) .
Câu 4:

Cho tam giác ABC đều cạnh 3a . Lấy các điểm M , N lần lượt trên các cạnh BC , CA
sao cho BM = a , CN = 2a .
 
a. Tìm giá trị của tích vô hướng AM ⋅ BC theo a .
b. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với PN . Tính độ dài PN
theo a .

Lời giải

/>
Trang 3


NHÓM TOÁN VD – VDC

ĐỀ THI HSG TOÁN

(

)

9
3
= 3a ⋅ 3a ⋅ cos120° + a ⋅ 3a ⋅ cos 0° =
− a 2 + 3a 2 =
− a2 .
2
2
        1    
b. Ta có AM ⋅ PN = AB + BM AN − AP =  AB + BC  AN − AP
3


    1   1  
1
1
1 1

 1
= AB ⋅ AN − AB ⋅ AP + BC ⋅ AN − BC ⋅ AP = 3a ⋅ a ⋅ − 3a ⋅ x + ⋅ 3a ⋅ a ⋅ − ⋅ 3a ⋅ x  − 
3
3
2
3
2 3
 2

(

)(

)

(

NHÓM TOÁN VD – VDC

        
a. Ta có AM ⋅ BC = AB + BM ⋅ BC = AB ⋅ BC + BM ⋅ BC

)

5
5 

=2a 2 − ax =a  2a − x  .
2
2 


 
5 
4

Theo đề, vì AM ⊥ PN nên AM ⋅ PN = 0 ⇔ a  2a − x  = 0 ⇔ x = a .
2 
5


Câu 5:

Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m ( m là tham số). Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm
số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Xét hàm số g ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m trên đoạn  −2; 5  .
Ta có g ( x ) =

(x

2

− 2) + m + 1 .
2

(

Do −2 ≤ x ≤ 5 ⇒ 0 ≤ x 2 ≤ 5 ⇒ −2 ≤ x 2 − 2 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ x 2 − 2

(

)

)

2

≤9

Suy ra m + 1 ≤ x 2 − 2 + m + 1 ≤ 10 + m hay m + 1 ≤ g ( x ) ≤ m + 10, ∀x ∈  −2; 5 
2

Suy ra g ( x ) ∈ [ m + 1; m + 10] , ∀x ∈  −2; 5  .
 Trường hợp 1: 0 ≤ m + 1 ⇔ m ≥ −1 , suy ra max f ( x =
) m + 10 .
 −2; 5 



m ≥ −10
 Trường hợp 2: m + 1 < 0 ≤ m + 10 ⇔ 
⇔ −10 ≤ m < −1 ,
m < −1
suy ra max f=
( x ) max {m + 10; −m − 1} .
 −2; 5 



 Nếu m + 10 > −m − 1 ⇔ m > −

11
 11

, suy ra max f ( x =
m + 10 khi m ∈  − ; −1 .
)


2
 2

 −2; 5 

 Nếu m + 10 < −m − 1 ⇔ m < −

11
11 

, suy ra max f ( x ) =−m − 1 khi m ∈  −10; −  .
 −2; 5 
2
2




/>
Trang 4

NHÓM TOÁN VD – VDC

 Trường hợp 3: m + 10 < 0 ⇔ m < −10 , suy ra max f ( x ) =−m − 1 .

ĐỀ THI HSG TOÁN

 −2; 5 



NHÓM TOÁN VD – VDC

11

−m − 1, m < − 2
.
Tóm=
lại h ( m ) max
f ( x) 
=
 −2; 5 


m + 10, m ≥ − 11

2

Suy ra được đồ thị của hàm số h ( m )

Vậy: Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất khi
11
9
m = − khi đó max f ( x ) = .
 −2; 5 
2
2


----------------HẾT----------------

/>
Trang 5


SỞ GD – ĐT THÁI BÌNH
TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH
Mã đề : 001

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MÔN : Toán lớp 10.
NĂM HỌC 2018 – 2019
Thời gian làm bài : 90 phút không kể thời gian giao đề.

A – TRẮC NGHIỆM (6 điểm)
2
Câu 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  3 trên đoạn  2; 4 .

x 1

A. min y  6

B. min y  2

 2;4

C. min y  3

 2;4

D. min y 

 2;4

 2;4

19
3

Câu 2: Cho hàm số y  f  x  xác có tập xác định là R, xét các hàm số F  x   1  f  x   f   x   và
2

1
G  x    f  x   f   x   . Khẳng định nào dưới đây đúng?
2

A. F  x  là hàm số lẻ và G  x  là hàm số chẵn .

B. F  x  và G  x  là các hàm số lẻ .

C. F  x  và G  x  là các hàm số chẵn .

D. F  x  là hàm số chẵn và G  x  là hàm số lẻ .

Câu 3: Cho ABC có trọng tâm G. I là trung điểm của BC. Tập hợp điểm M sao cho:
  
 
2 MA  MB  MC  3 MB  MC là:
B. đường tròn ngoại tiếp ABC
D. đường thẳng GI

A. đường trung trực của đoạn GI
C. đường trung trực của đoạn AI

Câu 4: Cho bất phương trình f  x   mx 2   2m  1 x  m  1  0 (m là tham số). Gọi S là tập tất cả các giá trị

của m để bất phương trình có nghiệm. S chứa khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A.  1;0 

B.  0;1

C. 1; 2 

D.  2;3

Câu 5: Tập nghiệm của bất phương trình  x 2  9  x 2  5 x  4  0 là:
A. S   ; 3  3;  

B. S   ; 3  1  3;  

C. S   ; 3  1   4;  

D. S   ; 3  3; 4    4;  

Câu 6: Cho      . Tính giá trị: P   cos   cos  2   sin   sin  2 .
2

2

 sin   cos     sin   cos  

6

A. P  2  3

B. P  2  3

A. x  y  2  0.

B. 7 x  7 y  4  0.

C. P  3  2
D. P  3  2
Câu 7: Trong mặt phẳng Oxy, phương trình đường phân giác góc nhọn của góc tạo bởi 2 đường thẳng
1 : 3 x  4 y  3  0 và  2 : 4 x  3 y  1  0 là:
C. x  y  2  0.

D. 7 x  7 y  4  0.

Câu 8: Có 4 người đàn ông cần đi qua một chiếc cầu rất nguy hiểm trong đêm tối. Không may là chỉ có một

cây đuốc, không có đuốc thì không thể qua cầu được.Cầu rất yếu nên mỗi lượt đi chỉ được 2 người. Tuy nhiên,
thời gian 4 người (A, B, C, D) qua cầu không giống nhau, lần lượt là A - 1 phút, B - 2 phút, C - 7 phút, D - 10
phút. Hỏi thời gian ngắn nhất để 4 người đàn ông qua cầu là bao lâu?
A. 21

B. 15

C. 17

D. 20

Câu 9: Bác Thùy dự định trồng đậu và cà trên diện tích 8a ( 1a  100m ). Nếu trồng đậu thì cần 20 công và
thu lãi 3.000.000 đồng trên mỗi a, nếu trồng cà thì cần 30 công và thu lãi 4.000.000 đồng trên mỗi a. Biết tổng
số công cần dùng không được vượt quá 180. Tính số tiền lãi lớn nhất thu được.
2

A. 24 (triệu đồng)

B. 25 (triệu đồng)

C. 27 (triệu đồng)

D. 26 (triệu đồng)

Câu 10: Cho hàm số f  x  xác định trên  \ 0 thỏa mãn 2 f  x   f  1   4 x  3 x  0 . Tính f  2  .
x
x
2

 

A. f  2   3

B. f  2  

11
3

C. f  2   4

D. f  2  

10
3


Câu 11: Tính tổng tất cả các nghiệm của phương trình:  x  1 x  2  x  3 x  4   3 .

5
5
D.
C. 5
B. 5
2
2
Câu 12: Trong hộp có 45 bóng màu, gồm 20 màu đỏ, 15 màu xanh, và 10 màu vàng. Cần lấy ra ít nhất bao
nhiêu bóng để chắc chắn có 3 bóng cùng màu được lấy ra.
A. 26
B. 7
C. 28

D. 3
3
Câu 13: Trên đường tròn lượng giác, cho điểm M thỏa mãn
 k 2 . Khi đó gọi M ', M '' lần lượt là điểm đối
A.

5





xứng của M qua Ox, Oy. Gọi AM '    k 2 ; AM ''    k 2  0   ,   2  . Giá trị    là:
9
7
D.
5
5
5
Câu 14: Tìm giá trị của m để bất phương trình m²x² + 2(m – 2)x + 1 < 0 vô nghiệm
A. m ≤ 1 và m ≠ 0
B. m ≥ 1
C. m < 1 và m ≠ 0

A. 2

B. 



C.

D. m > 1

Câu 15: Cho bất phương trình x² – 5x + 4 – 2 x  1 < 0. Số nghiệm nguyên của bất phương trình là :
A. 14
B. 2
C. 3
D. 5
sin A  sin B 1
  tan A  tan B  . Khi đó ABC là:
Câu 16: Cho ABC có:
cos A  cos B 2
A. tam giác vuông
B. tam giác tù
C. tam giác nhọn
D. tam giác cân
Câu 17: Tìm m để phương trình: mx  m  3  1 (1) có nghiệm.
x 1

A. m  1 hoặc m 

3
2

B. m  1 và m 

3
2

C.

m

3
2

D. m  1

2
Câu 18: Cho hệ bất phương trình:  x  4m  2mx  1 . Có bao nhiêu giá trị nguyên thuộc khoảng  10;10  của

3x  2  2 x  1

tham số m để hệ vô nghiệm?
A. 18
B. 7
Câu 19: Cho phương trình:
A.

m  0

m  4
3


C. 10
x2 

B.

D. 8

1
1

 1  3m   x    3m  0 Tìm m để phương trình có nghiệm x  0 .
2
x
x


m  0

m  3

4

C.

m  0

m  4
3


Câu 20: Gọi M, m lần lượt là giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
A. M  m  11

B. M  m  8

B – TỰ LUẬN (4 điểm)
Bài 1 : Với giả thiết biểu thức có nghĩa hãy rút gọn: A 

C. M  m  9

D. m  0
y

x2  8x  7 .
x2  1

Tìm M  m .
D. M  m  10

cos 7 x  cos 8 x  cos 9 x  cos10 x
sin 7 x  sin 8 x  sin 9 x  sin10 x

Bài 2: Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x 2  2mx  m 2  2  0 .

Tìm giá trị lớn nhất Pmax của biểu thức P  2 x1 x2  x1  x2  4 .
Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  10x  8y  1  0 với đường thẳng

 :  x  y  5  0 . Qua M thuộc đường thẳng  , kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B là tiếp
điểm. Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn để SIAB đạt giá trị lớn nhất (với I là tâm đường tròn (C)) là
------------------------------------------

Họ và tên thí sinh :………………………………………………..Số báo danh :………………….
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
----------- HẾT ----------

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XII, NĂM 2019

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20/4/2019

(Đề thi gồm 1 trang)
Câu 1. ( 4 điểm )

3
2

y  1  y y 2  1  x 


Giải hệ phương trình 
2
 x, y    .
 x  x2  2x  5  1  2 2x  4 y  2

Câu 2. ( 4 điểm )
Cho tam giác ABC có AB  AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA, AB sao cho
DE || AB, DF || AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại

các điểm A, G . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H  H  E  . Đường
thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K  K  G  , đường
thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L  L  G  . Gọi P, Q
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên
cạnh BC thì:
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 3. ( 4 điểm )
Tìm tất cả các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p thỏa mãn

4m3  m 2  40m  2 11 p n  5  .
Câu 4. ( 4 điểm )
Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:

a ( a  2b  c ) b(b  2c  a ) c (c  2a  b)


0
ab  1
bc  1
ca  1
Câu 5. ( 4 điểm )
Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C , D sao cho trên
mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng
(không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song
song với cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký
tự A, B, C , D là “bảng tốt”.
a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4  1 và 2  2 đều có
chứa đủ các ký tự A, B, C , D ?
b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:

i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.
ii) Luôn có một bảng tốt.
-------------- HẾT -------------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ...................................................................... Số báo danh: ...................................


KÌ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DH&ĐBBB NĂM 2019
MÔN: TOÁN 10
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM
Nội dung trình bày
3
2

2
1
 y  1  y y  1  x  2
. 
Giải hệ phương trình 
 x  x2  2x  5  1  2 2x  4 y  2  2


Câu
Câu 1

Điểm

4đ

Nguồn: Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa

Điều kiện: 2 x  4 y  2  0 .
Từ phương trình (1), ta có:
0,5

2 x  4 y  2  y 2  1  2 y. y 2  1  y 2

 2x  4 y  2 





2

y2  1  y .

Thay vào phương trình (2) và chú ý rằng

Lúc này ta được

x  x2  2 x  5  1  2



y2  1  y  0 .



y2  1  y  x  1 

 x  1

2

4 2



y2  1  y



1,0

2

x 1
 x 1
2
      
 
(3)
 1  y 1  y
2
 2 
x 1
Đặt u 
. Từ (3) cho ta  u  u 2  1  y 2  1  y
2
 u  y  u  y   0

 u  y  u2  1  y2  1  0
u y
u2  1  y2  1



u y
  u  y  1  2
0
2


u
1
y
1





Do 1 

u y
u2  1  y2  1




 

u2  1  u 

1,0

(4)
y2  1  y

u2  1  y2  1

 0
0,5

x 1
 y  x  2 y  1.
2
Thay vào phương trình (1) ta được
2
5
2
 y2  1  y  4
 y  1  y y 2  1  2 y 
2
3
5
 y 2  1  y  2 (do y 2  1  y  0 ). Tìm được y  , x  .
4
2
5 3
Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm  x; y  là  ;   

2 4

Nên từ (4) cho ta u  y , hay



 



1,0


Câu2

Cho tam giác ABC có AB  AC , các điểm D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA, AB
sao cho DE || AB, DF || AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác AEF tại các điểm A, G . Đường thẳng DE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF
tại điểm H  H  E  . Đường thẳng qua G vuông góc với GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC tại điểm K  K  G  , đường thẳng qua G vuông góc với GC cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác AEF tại điểm L  L  G  . Gọi P, Q lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

4,0

giác GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC thì:
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định.
Nguồn: Chuyên Vĩnh Phúc
L
A

O'
E'
G

E

Q
M

K

P

H
O

F

B

D

C

a) Gọi O, O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, AEF .Gọi E ' là điểm đối xứng với
E qua đường thẳng AO . Khi đó EE ' || BC vì cùng vuông góc với AO suy ra tứ giác BDEE’
là hình bình hành suy ra DE  BE ' , kết hợp với DE  AF ta được BF  AE
( Có thể không cần dựng điểm E’, dễ thấy tam giác BFD câc tại F và có tứ giác AEDF là hình
bình hành, nên ta có BF=DF=AE)

Suy ra OAE '  OBF  OE  OF . Kết hợp với OA là phân giác của góc
  O   AEF  . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định
EAF

0,5

1,0


A, O .

  1 GOA
  1 GFA
  FGB cân tại
b) Dễ thấy tam giác FBD cân tại F suy ra FB  FD , GBF
2
2
F suy ra FB  FG . Từ đó suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB. Chứng minh
tương tự ta được E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC.

1,0

Từ đó EF là trung trực của GD, kết hợp với AG vuông góc với GD suy ra EF//AG.
  EAF
  EDF
  FHD cân tại F suy ra FH  FD  H   GBD  .
FHD

P là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GH và EF, Q là giao điểm của đường
thẳng qua O’ song song với GC và EF.

E là tâm đường tròn (GDC) và O là tâm đường tròn ngoại tiếp (AGC) suy ra OE  GC, kết
hợp với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE. Do đó OE  O ' Q  QE  QO 1 .

1,0

Tương tự ta được PO  PF  2  .
Mặt khác OE  OF , kết hợp với (1) và (2) ta được QOE  POF  OP  OQ  OO ' là
trung trực của PQ, kết hợp với OO’ là trung trực của GA nên tứ giác AQPG là hình thang cân
hay nó nội tiếp suy ra (GPQ) luôn đi qua điểm A cố định.

0,5

Câu 3 Tìm các số nguyên dương m, n và số nguyên tố p thỏa mãn
4m3  m 2  40m  2 11 p n  5  .

Nguồn: Chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định
PT   4m  1  m 2  10   22 p n

4,0

0,5

TH1: n  1 , thử trực tiếp với m  1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn
Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó 4m  1 p, m 2  10 p : vô lý do
n  1.

0,5

TH2: n  1 , thử trực tiếp với m  1,2,3,4,5 đều không thỏa mãn
Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó 4m  1 p, m 2  10 p

4m  1  11x. p a
Suy ra  2
 x, y 0;1 , x  y  1, a, b   *
y
b
m  10  2.11 . p

1,0

Dễ thấy m   * ta có m 2  10  4m  1
+) Nếu b  a thì
11 m 2  10   0 mod(4m  1)  11m 2  110 mod (4m  1)
11.16m 2  1760 mod(4m  1)  11  1760mod(4m  1)

 do16m

2

 1mod (4m  1) 

 1771  0mod (4m  1)

1,0


Mà
4m  1  1 mod 4  ,1771  7.11.23
 4m  1  77
 m  19

  4m  1  161   m  40


 4m  1  253  m  63
Thử lại đều không thỏa mãn
+) Nếu b  a thì y  1, x  0
4m  1  p a
 2
b
m  10  2.11. p
Do

0,5

 p | 4m  1
 p | 4  m 2  10   m  4m  1  40  m

2
 p | m  10
p 7
 p |  4m  160   p |161  
 p  23
+ Nếu p  23 thì do 22.23b  23a  22  23a b : vô lý do a  b   *
+ Nếu p  7 thì do 22.7b  7 a  22  7 a b  a  b  1
Khi đó ta có
b 1
4m  1  7
 2
 m  12
b

m  10  22.7

0,5

Thay vào phương trình ban đầu tìm được n  3.
Vậy  m, n, p   12,3,7  .
Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh rằng:
Câu 4

a ( a  2b  c) b(b  2c  a ) c(c  2a  b)


0
ab  1
bc  1
ca  1

4,0

Nguồn: Chuyên Hoàng Văn Thụ-Hòa Bình
a(a  2b  c)
a 2  1  ac  1  2(ab  1)
a2  1
ac  1



6




ab  1
ab  1
cyc
cyc
cyc ab  1
cyc ab  1

1,0

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:
ac  1

ac  1

 ab  1  3  ab  1  3 (1)
cyc

3

1,0

cyc

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:
(a 2  1)(b 2  1)  (ab  1) 2

1,0

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta suy ra:

 (a
cyc

2

 1)(b 2  1)   (ab  1) 2 
cyc

( ( a 2  1)) 2  ( (ab  1)) 2  ( (a 2  1))  ( ( ab  1))
cyc

cyc

cyc

cyc

a2  1

1
cyc ab  1

Áp dụng bất đẳng thức AM –GM ta lai có
a2  1
a2  1
3

3

 3 ( 2)


cyc ab  1
cyc ab  1

1,0

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi a  b  c
Câu 5 Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C , D
sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai
ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn
hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh của bảng và bốn đỉnh của nó được điền đủ bốn
ký tự A, B, C , D là “bảng tốt”.
a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4 1 và
2  2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C , D ?

4,0

b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:
i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.
ii) Luôn có một bảng tốt.
Nguồn: Chuyên Lào Cai

a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A, B , C , D.
Khi đó, ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2  2 đã chứa sẵn
A, B, C. Do đó, ta điền tiếp được cột 2 theo thứ tự là C , D, A, B. Cứ như thế, ta điền tiếp
cho cột 3, 4.
A C A C

B D B D
C A C A
D B D B
Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chỉ chứa hai loại ký tự. Vậy nên
không có cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu.
b) i. Tồn tại hai cột.
Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự.
Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại. Gọi T là số bộ (a, b) trong đó cột a  2 có ô thứ b từ
trên xuống là cùng ký tự. Theo giả sử trên thì T  99  25.

1,0

1,0

1,0


Mặt khác, theo giả thiết thì T  100  24 (tính theo hàng).
Suy ra 100  24  99  25 , điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn
chọn được hai cột thỏa mãn đề bài.
ii. Tồn tại bảng tốt.
Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật
thỏa mãn. Xét 2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp ( A, B), ( A, C ) thì sẽ không có
(C , D ) và ( B, D ) . Ta có hai khả năng:
- Nếu có ( A, D ) thì không có ( B, C ) , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ;
trong khi số lần ký tự A xuất hiện trên đó tối đa là 50 , vô lý.
- Nếu có ( B, C ) thì không có ( A, D ) ; khi đó, trên 76 cặp sẽ có 76  2  152 số lần xuất
hiện của kí tự A, B, C, trong khi đó số lần xuất hiện ký tự A, B, C tối đa trong 76 cặp
trên là 150 , cũng vô lý.
Từ đây ta có đpcm.

Chú ý khi chấm:
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận chặt
chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa. Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao
đổi và thống nhất chi tiết nhưng không được quá số điểm dành cho câu, phần đó.
2. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng không dưới 0,5 điểm và phải thống nhất trong cả tổ chấm.
Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm, không làm tròn điểm.
3. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi thống nhất trong tổ chấm và ghi vào biên
bản.

========================= HẾT=====================

1,0



SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019
Môn thi: Toán lớp 10

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề có 01 trang)
Câu I. (5,0 điểm)
Cho Parabol (P): y  x 2  bx  c .

 1 5

1) Tìm b, c để Parabol (P) có đỉnh S   ;   .
 2 4
2) Với b, c tìm được ở câu 1. Tìm m để đường thẳng  : y  2 x  m cắt Parabol (P) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
Câu II. (6,0 điểm)
1) Tìm m để bất phương trình: mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 vô nghiệm trên tập số thực.

2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực:



2 x2  4  x  2



x 2  5 x  6  0.

 x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1
3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :  4
2
 x  y  xy  2 x  1  1
Câu III. (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA lần lượt lấy các điểm
N , M sao cho BN  1, CM  2.

 
a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.
AP
.
AB

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD, BC và AD  BC ,
biết rằng AB  BC , AD  7. Đường chéo AC có phương trình là x  3 y  3  0 , điểm M  2; 5 

b) Trên cạnh AB lấy điểm P,  P  A, P  B  sao cho AN vuông góc với PM . Tính tỉ số

thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;1 .
Câu IV. (3,0 điểm)
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 x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3. Chứng minh rằng
x y z
9
  
.
y z x x yz
3) Cho đa thức P  x   x 2018  mx 2016  m trong đó m là tham số thực. Biết rằng P  x  có 2018
nghiệm thực. Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x0 của P  x  thỏa mãn x0  2.
---------------------HẾT---------------------

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


HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019.
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

b / 2  1/ 2
b  1

 1 5
1) (2,0 điểm). Đỉnh S   ;    ( P)   1 b
5
 2 4
c  1
 4  2  c   4

2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và  :
x 2  x  1  2 x  m  x 2  3x  m  1  0 (*).  cắt (P) tại hai điểm phân biệt  PT(*)

Câu I
(5,0 điểm)

có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  13  4m  0  m 

13
4

**

 x1  x2  3
.
 x1 x2  m  1

Giả sử A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  theo Viet ta có 

2

0,5
0,5
0,5

Ta có tam giác OAB vuông tại
 
1  21
O  OA.OB  0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  m 2  m  5  0  m 
.
2

Đối chiếu đk (**) ta có đáp số m 

1  21
.
2

1

1) (2,0 điểm) TH 1: m  0 , bpt trở thành 6 x  14  0  x 

7
(không thỏa ycbt).
3

TH 2: m  0 , mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 VN  mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 CN

m  0
m  0
m  0
x    
 2

 '  0
m  9
 m  8m  9  0

0,5

hoac m  1

0,5
0,5

 m  9.

1

Vậy m  9.

Câu II
(6,0 điểm)

2) (2,0 điểm). TH1: x 2  5 x  6  0  

x  2
x  3

0,5

x  2  0

x

2

TH 2: x 2  5 x  6  0  
. Khi đó, bpt  2 x 2  4  x  2    x  2  0
x  3
 2 x 2  4   x  2 2
 

0,5

 x  2
 x  2
x  0


   x  2
   x  2

.
x4




2

  x  4  x  0
 x  4 x  0

0,5

Vậy tập nghiệm bất phương trình S   ; 0  2,3   4;  
2
3
2
 x 2  y  xy  x 2  y   xy  1
 x  x y  xy  xy  y  1 

3) (2,0 điểm) Hpt:  4
2
2
2
 x  y  xy  2 x  1  1
 x  y   xy  1

0,5

0,5

Đặt a  x 2  y, b  xy hệ thành
a  ab  b  1 a 3  a 2  2a  0
a  0 a  1 a  2





.
 2
2
b  1 b  0 b  3
a  b  1
b  1  a

0,5


 x2  y  0
a  0
ta có 
 x  y  1.
b  1
 xy  1

+) Với 

a  1
ta có
b  0

+) Với 

 x2  y  1
  x; y    0; 1 , 1;0  ,  1;0  .


 xy  0

a  2
ta có
+) Với 
b  3

3

 x 2  y  2
 x  1
y   x


.

y  3
 xy  3
 x  1 x 2  x  3  0






Vậy hệ có 5 nghiệm  x; y   1;1 ,  0; 1 , 1;0  ,  1;0  ,  1;3 .


 

 1   2  1 
AC  AB  AB + AC
3
3
3

1) (4,0 điểm) a) AN = AB  BN = AB 






 

1  x 
AB
3
3
 
 2  1    1  x  
AN  PM  AN .PM  0   AB  AC  .  AC  AB   0
3
3
3
 3











2
2
2
2x
x
1
 AB. AC 
AB  AB. AC  AC  0
9
9
9
9
x
4
 1 2x  1  0  x 
2
5

b) Đặt AP  x,  0  x  3 . Ta có PM = PA  AM  AC -

Vậy

Câu III
(6,0 điểm)

0,5

AP 4
 .
AB 15

0,5
2,0

0,5

0,5

0,5

0,5

2) (2,0 điểm). Do ABCD là hình thang cân
nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn
tâm O.Do AB  BC  CD  AC là đường
phân giác trong góc BAD . Gọi E là
điểm đối xứng của B qua AC, khi đó
E thuộc AD. Ta có BE  AC
và BE qua B 1;1 nên phương trình

0,5

BE: 3x  y  4  0 .
Gọi F  AC  BE  tọa độ F là nghiệm của

x  3y  3  0
3 1
 F  ;   . Do F là trung điểm
2 2
3x  y  4  0

Hệ 

Của BE  E  2; 2  . Do M  2; 5   AD  phương trình AD: 3x  4 y  14  0.
x  3y  3  0
 A  6;1 .
3 x  4 y  14  0

Do A  AD  AC  tọa độ A là nghiệm của hệ 

0,5

Do D  AD  D  2  4t ; 2  3t  và
  58 26 
 12
t
D  5 ; 5 

2
2


5

AD  7   4t  4    3t  3  49  

  2 16 
t  2
D ; 


5
5
 5

Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm

0,5


2

16 

B và hai điểm D ta có đáp số D  ;  
5
5

0,5

1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có : sin 3 A 
VT =

a3
B3
c3

3
3
;
sin
B
;sin
C


8R3
8R3
8R3

2 2  a3
b3
c 3  a 3  b3  c 3
R  3  3  3
3  8R 8R 8R 
12 R

0,5

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a 3  b3  c3  3abc
abc
4R
abc
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
Mà S 
4R

 VT 

0,5

x y z x2 y 2 z 2  x  y  z 
2) (1,0 điểm). Ta có      
.
y z x xy yz zx xy  yz  zx
2

Câu IV
(3,0
điểm).

 x  y  z
Ta cần chứng minh:

2

xy  yz  zx

Đặt t  x  y  z ,
t 
3



9 t2  3
2





9
3
  x  y  z   9  xy  yz  zx 
x y z



3  t  3  xy  yz  zx 

 * .

0,5

t2  3
. BĐT * thành
2

   t  3  2t  3  0 (luôn đúng).
2

0,5

3) (1,0 điểm). Ta có P  1  1, P 1  1. Giả sử các nghiệm thực của P  x  là
a1 , a2 ,..., a2018 , tức là P  x    x  a1  x  a2  ...  x  a2018  .

Khi đó, P 1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1 ,

0,5

P  1   1  a1  1  a2  ...  1  a2018   1 hay P  1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1
2
Suy ra P 1 .P  1  1  a12 1  a22  ... 1  a2018
  1. Suy ra tồn tại k  1, 2,..., 2018

sao cho a  1  1  ak  2. Hay tồn tại nghiệm x0 : ak thỏa mãn điều kiện
2
k

x0  2.

0,5


HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018.
CÂU
Câu I
5,0 điểm

NỘI DUNG
b / 2a  2
a  1

4a  2b  3  1 b  4

1. Đỉnh S  2; 1  ( P)  

2 . Pt hoành độ giao điểm của (P) và  : x 2  4 x  3  kx  4  x 2   k  4  x  1  0
(*). PT(*) có ac  1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và theo Viet ta có
x1  x2  k  4 . Khi đó tọa độ M, N là M  x1 ; kx1  4  , N  x2 ; kx2  4  .

 x1  x2 k ( x1  x2 )

 4  hay
;
2
2



Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ I 

 k  4 k 2  4k  8 
I
;
 . Theo ycbt ta có:
2
 2


ĐIỂM
2


 k  4 k 2  4k  8 
2
;

I
  d  k  3k  4  0  k  1  k  4.
2
 2


Câu II

1. Bpt:  x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 VN   x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 có

6,0 điểm

nghiệm x      0 (vì a=-1<0)  m 2  2m  3  0  m  1  m  3.

2. Bpt

x

2

 4x  3



 x2  2 x  0
x  0  x  2
x  0
 2

2

x  2 x  0   x  2 x  0
   x  0  x  2   x  2.

 2
 x  3
  x  1  x  3
  x  4 x  3  0

Vậy tập nghiệm bpt S   ;0  2  3 :   .
 x 2 y  2 y  x  4 xy

3. Hệ phương trình  1
1 x
 x 2  xy  y  3


Điều kiện x  0, y  0 .
Chia hai vế của (1) cho xy ta có phương trình x 

2 1
  4.
x y

1 1
1
1 x
11 1 x
11 1
   3       3      x    4
2

x
xy y
x x y y
x x y
 y x
1  1 1 

  x      4
x  y x 



2 1
1 1 1

1

x 2
 x        4
x  x  y  4

x
x
y
 
x





Ta có hệ 


 x  1   1  1   4
 x  1   1  1   4
1  1  2








 x y
x  y x 
x  y x 


1

 x2  2x  1  0
 x  x  2
x  1


 1 1

y 1
1  1  2

x  y  2

 x y

Câu III

1a.

   
3 AG  AN  AM  AB

  

 
6,5 điểm  1 AD  1 AD  AC  AB  5 AD  1 AC  AB
3
2
6
2
N









5

1
3
4
 AD  AB  AD  AB  AB  AD
6
2
2
3
D
 1  4 
 AG  AB  AD
2
9









A

B
G
M

C

K



    
 

1b. Đặt BK  xBC  AK  AB  BK  AB  xBC  AB  x AD

Ba điểm A, G, K thẳng hàng nên





 m  4m 
 1  4  
AK  m AG  AB  x AD  m  AB  AD   AB  x AD  AB 
AD
9
2
9
2

 m
m  2
1  2




8
 x  4m
 x  9

9
 8 
BK 8
 BK  BC 

9
BC 9
x  y  4  0
5 3
 P  ; .
2 2
x  y 1  0

2. Pt MN: x  y  4  0. Tọa độ P là nghiệm của hệ: 

Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên
ta có: PAM  PCD  ABD  AMP. Suy ra PA = PM
Vì A  AC : x  y  1  0 nên A  a; a  1 , a  2. Ta

B

có:
2

2

2

2

a  0
5 
5 5 5

 a     a           a  5  A  0; 1 .
2 
2 2 2



A

M
N
C

P

Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt:
2 x  3 y  10  0 . Đt BC đi qua M và vuông góc với

D
2 x  3 y  10  0
 B  1; 4 
y  4  0

AM nên có pt: y  4  0 . Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
.

Câu IV

1a.

x  y  z  xyz 

1
1
1
 
 1 (1)
yz xz xy

1
1
1
1
1
1
 2 2


1
2
x
y
z

xy yz xz

1 1 1  1
1
1
2,5 điểm 1b. P= x  1 2 y  1  y  1 2 z  1  z  1 2 x  1 -       2  2  2  (3 )
x y
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1


2
2
y
z
x2
Ta có:
 1
 1
1 
1
1
 1
=  x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2 
y 
z 
z 
x
x
y
2

2
2
(4)
  x  1   y  1   z  1
xy
yz
xz
y

Từ ( 3) và (4) suy ra P 
2

z

x

z x

y

 1
1 1 1 1
1
1
1
1
   2  2  2  2 
  (5)
x y z x
y

z
 xy yz zx 

1 1 1
 1
1
1 
1 1 1
      3 (6)
     3 
x y z
x y z
 xy yz zx 

z 