Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2017 2018 có đáp án

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 10
NĂM 2017-2018 (CÓ ĐÁP ÁN)


1. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Bắc Giang
2. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Nội
3. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
4. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hải Dương
5. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Nam
6. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
7. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Con Cuông
8. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Lý Thái Tổ
9. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
10. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Quỳ Hợp 1


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
CỤM TÂN YÊN
Ngày thi: 28/01/2018

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN 10
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (6 điểm) Cho phương trình x 2  2 x  3m  4  0 (m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm.

b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 2  x12  x2 2  4 .
c) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn  3;4 .
Câu 2: (2 điểm) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):

x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0
2

có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
3
3
của biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  3 x1  3x2  8  .

Câu 3: (2 điểm) Giải phương trình

3

81x  8  x 3  2 x 2 

4
x2;
3

 x  

 x2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0
Câu 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình 

( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2
2

2

2

2

.

Câu 5: (2 điểm) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

a a
b b
c c


2c  a  b
2a  b  c
2b  c  a

Câu 6: (2 điểm) Không dùng máy tính hãy tính tổng
P = cos2 00  cos210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos21800 .
Câu 7: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; 2  và B  4;3 . Tìm tọa độ
điểm M nằm trên trục hoành sao cho góc

bằng 450 .





Câu 8: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,
 2   4 
CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
3
15

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


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút)

CỤM TÂN YÊN

Câu
Nội dung
2
1 Cho phương trình x  2 x  3m  4  0 (m là tham số).

Điểm

a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm.
b) Tìm m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 2  x12  x2 2  4 .
c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn  3;4 .
a)

Để phương trình có hai nghiệm thì 12  (3m  4)  0

1
1

b)

5
 m  . KL
3
x  x  2
(Không có bước này không trừ điểm)
Khi m  5 thì  1 2
3
x
x

3
m

4
 1 2

0.5

x12 x2 2  x12  x2 2  4

 (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4

1

 9m2  18m  0
 m   0;2

c)

Kết hợp với m  5 được m  0; 5  . KL
3
 3
2
Nghiệm của pt x  2 x  3m  4  0 là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm
số y  x 2  2 x và y  3m  4
Vẽ bảng biến thiên của hàm số y  x 2  2 x trên đoạn  3;4 .
Từ bảng biến thiên để phương trình x 2  2 x  3m  4  0 có hai nghiệm phân
biệt cùng thuộc đoạn  3;4 thì 1  3m  4  3 .

0.5
0.5
0.5
0.5

1 5 
 m   ;  . KL
3 3 

2

0.5

Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):

x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0
2

có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và
3
3
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  3 x1  3x2  8  .


Trước hết xét biệt thức  '   m  1   m3   m  1   m3  4m  m  m  2  m  2  .


Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên  '  0  m  m  2  m  2   0.
2

2

(1)
Khi đó, theo Vi-ét ta có x1  x2  

b
 2  m  1 với điều kiện 2  m  1  4
a

0,5

(2)
và x1 x2 

c
2
 m3   m  1 . Điều kiện (1) và (2) giải được 2  m  0 hoặc 2  m  3.
a

Như vậy x13  x23   x1  x2   3 x1 x2  x1  x2  nên biểu thức
3

3
3
2
P   x1  x2   8 x1 x2   2  m  1   8  m3   m  1   16m2  40m.


Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  m   16m 2  40m với m   2;0   2;3.

Ta lập bảng biến thiên của hàm số P  m   16m 2  40m với m   2;0   2;3.

m



2

0

5
4

0
P  m

3

2

16

144

Giải phương trình

3

0,5

24

Từ đó ta kết luận được:
Giá trị lớn nhất của biểu thức P  16 khi m  2 ,
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  144 khi m  2 .

3



0,5

81x  8  x 3  2 x 2 

0,5

4
x2;
3

 x  
3

2  46 
2  46

x  
PT đã cho tương dương với 3. 3 3  x   
3  27 
3  27

2

46

3u  v3 
u  x  3



27
Đặt 
ta có hệ: 

v  3 3  x  2   46  3 3u  46
3v  u 3  46




27
3  27
27


0.5

Trừ hai phương trình cho nhau theo từng vế ta có:

u  v  0,
1
3  u  v    v  u  v 2  uv  u 2   2
2
v  uv  u  3,  2 
Dễ thấy v 2  uv  u 2  0 nên (2) vô nghiệm.
8
2
5
1  u  v  3 3x   x   x3  2 x 2  x  0
27
3
3
x  0
và kết luận.


x  3  2 6

3





0,5
0.5

0.5


4

 x2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0
Giải hệ phương trình 

(1)

2
2
2
2
( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2

(2)

.

ĐKXĐ: y  1,5 .

(2)  x3  y 3  3 x  3 y  3  x 2  y 2   2   x  1   y  1  x  1  y  1  y  x  2
3

3

1

Thay vào pt thứ nhất ta được:
2
2
 2x 1  1  x
1 
1

x  3x  1   2 x  1   x     2 x  1    
2 
2

 2 x  1  x
2

(Có thể bình phương được pt:  x  12 ( x 2  4 x  2)  0 )
Giải hai pt này ta được x  1, x  2  2
Vậy hệ có hai nghiệm là  x; y   1; 1 ,  2  2,  2  .
5

0.5

0.5

Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

a a
b b
c c
.


2c  a  b
2a  b  c
2b  c  a

1

1
a a
a3
a3
a3
c3 c3
)

 (



8
16
2c  a  b
c  ( a  b  c) 2 c  3
c3
a3
a 3 c  3 c  3 3a c  3



16
4
16
c3 c3 8
a a
3a c  3
Suy ra:


16
2c  a  b 4
1
 33
2

Tương tự

3b a  3 và
b b
 

16
2a  b  c 4

0.5

3c b  3
c c
 
16
2b  a  c 4

Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được P  3 ,

6

3
P  khi a=b=c=1. KL
2
Tính P=cos2 00  cos 210  cos 2 20  cos 2 30  cos 2 40  ...  cos 21800 .

2

0.5

cos00 =-cos1800  cos2 00 =cos 21800 .

…
cos890 =-cos910  cos 2 890 =cos 2 910 .

0,5

 P=2cos 2 00  2(cos 210  cos 2 20  cos 2 30  cos 2 40  ...  cos 2 890 )  cos 2 900

=2  2(cos 210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos2 890 )

0,5


cos890 =sin10  cos 2 890 =sin 210 .

…

0,5

cos46 =sin44  cos 46 =sin 44 .
 P=2  2(cos 210  sin 210  cos 2 20  sin 2 20  ...  cos 2 440  sin 2 440  cos 2 450 )
0

0

2

0

2

0

=2  2(44  cos2 450 )
 91

0,5

KL
7

A 1; 2  và B  4;3 . Tìm M nằm trên trục hoành sao cho góc

bằng 450 .
0.5

Điểm M mằm trên trục hoành nên gọi M(m;0) ,


MA  (1  m;2) , MB  (4  m;3)

(1  m)(4  m)  2.3

cos450 

0.5

(1  m)2  22 (4  m)2  32

1

 m4  10m3  44m2  110m  75  0  (m2  6m  5)(m2  4m  15)  0

m=1 hoặc m=5 . KL: M(1;0) hoặc M(5;0)
8





Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,
 2   4 
CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
15
3


 
 
+) BM  k BC  AM  AB  k ( AC  AB)




 AM  (1  k ) AB  k AC .

A

P
N

  
4  1 
+) PN  AN  AP   AB  AC
15

3

 
Để AM vuông góc với PN thì AM .PN  0

0.5
B


  4  1  
 (1  k ) AB  k AC    AB  AC   0
3
 15


4(1  k )
k
1  k 4k  
AB 2  AC 2  (
 ) AB AC  0
15
3
3
15
4(1  k ) k 1  k 4k

 (
 )cos600  0
15
3

3
15
1
k
3

M

C

0.5



KL: k 

1
3

1







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
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH
Năm học 2017 – 2018
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 29/3/2018

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải bất phương trình

5 x  4  2( x  1)  x

3 2 x  y  y  2 x  4
b) Giải hệ phương trình 
3
2 x  x  16 x  8 y  y ( x  1)  5

Câu 2 (4,0 điểm).
a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x 2  x | x  1| 2 x
b) Cho parabol (P) có phương trình y  ax  bx  c, a  0 và đường thẳng d có
phương trình y  2 x  2 . Tìm các hệ số a, b, c biết đỉnh A của (P) thuộc đường thẳng
2

d , đồng thời (P) cắt đường thẳng d tại điểm thứ hai là B sao cho AB  5 và OA = OB
(O là gốc tọa độ).

Câu 3 (4,0 điểm).
a) Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh:

2
1
1


.
1
1
1




x
y
x
z
x  1  ( y  z)
2

b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
1
1
1

thức: P  3
 3
 3
3
3
3
2
3
2a  b  c  2 a  2b  c  2 a  b  2a 2  2
Câu 4 (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là
trung điểm của đoạn thẳng BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; 2) là điểm nằm trên
đoạn thẳng MC sao cho GA = GD. Biết phương trình đường thẳng AG là 3x  y  13  0 .
a) Tìm tọa độ điểm A biết hoành độ của nó nhỏ hơn 4.
b) Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu 5 (4,0 điểm).
a) Cho góc xOy có số đo bằng   00    1800  . Trên các tia Ox, Oy lần lượt lấy
các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB không đổi và bằng S. Tìm giá trị nhỏ nhất
của độ dài đoạn AB theo  và S.
b) Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam
giác ABC.
i) Chứng minh rằng: OH  OA  OB  OC .