Bo de thi HSG va olympic toan 10 co dap an

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON
CUÔNG

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

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

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

x1 x 2 + x 2 x1 = 6

.

Câu 2. (3,0 điểm)
2
3
2
 x + x y − xy + xy − y = 1
 4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
Giải hệ phương trình: 

Câu 3.(5,0 điểm)
P=

4sin α − cos α
sin 3 α + 2 cos 3 α

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

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=

1
1
+
2
2
a +b +c
abc .
2

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

1


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

Nội dung

Điểm

2
Phương trình x − 5 x + m = 0

5,0

Giải phương trình (1) khi m = 6

1,5

2
Khi m = 6 PT (1) có dạng: x − 5 x + 6 = 0

0,5

'
Ta có: ∆ = 4 + 1 = 5 > 0

0,5

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

0,5

b) Tìm giá trị m thỏa mãn

3,5

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

x1 + x2 = 5; x1 x2 = m
ïìï x1 + x 2 > 0
í
ïïî x1x 2 > 0

0,5
hay m > 0.

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

(

x1 + x 2

)

2

0,5

25
4

25
0

0,5

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

x1 + x 2 = 5 + 2 m

x1 x 2 + x 2 x1 = 6 ⇔ x1.x 2

(

0,5

)

x1 + x 2 = 6

m 5 + 2 m = 6 ⇔ 2m m + 5m − 36 = 0

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

(1)
0,5

2


⇔ 2t3 + 5t2 - 36 = 0
⇔ (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0

⇔ t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0
0,5

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

x1 x 2 + x 2 x 1 = 6

.

 x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1
 4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
Giải hệ phương trình: 

3,0

( x 2 − y ) + xy ( x 2 − y ) + xy = 1
⇔ 2
2
( x − y ) + xy = 1
Hệ
a = x 2 − y

b = xy
Đặt 

. Hệ trở thành:
Hệ

1,0

a + ab + b = 1
 2
a + b = 1
(*)

0,5

3
2
2
a + a − 2a = 0
a (a + a − 2) = 0
(*) ⇔ 
⇔
2
2
b = 1 − a
b = 1 − a

Từ đó tìm ra

0,5

(a; b) ∈ { (0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}

 x2 − y = 0
⇔ x = y =1

xy
=
1
(
a
;
b
)
=
(0;
1)
Với
ta có hệ 
.

0,5

 x2 − y = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);( −1;0)

xy
=
0
(
a
;
b

)
=
(1;
0)

Với
ta có hệ
.
Với

0,5

(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



Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0,5
.

3


Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);( −1; 0);( −1; 3)}

.

5,0

3.
Cho góc α thỏa mãn tan α = 2 . Tính giá trị biểu thức
a)

P=

4 sin α − cos α
sin 3 α + 2 cos 3 α

2,5

( 4sin α − cos α ) ( sin 2 α + cos 2 α )
4sin α − cos α
P=
=
sin 3 α + 2 cos3 α
sin 3 α + 2 cos3 α
=
=

1.0

4sin 3 α − sin 2 α cos α + 4sin α cos 2 α − cos 3 α
sin 3 α + 2 cos 3 α

0,5

4 tan 3 α − tan 2 α + 4 tan α − 1
tan 3 α + 2

=

0,5

4.8 − 4 + 4.2 − 1 7
=
8+2
2

0,5

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

uuur 1 uuur uuu
r 1 uuur 3 uuu
r
AE = AC ⇒ BE = BC + BA (1)
4
4
4
Vì

E
K

0,5

B

uuur
uuur uuur
uuur
uuu
r
AK = x AD ⇒ BK = xBD + ( 1 − x ) BA (1)

Giả sử
uuur 2 uuu
r
uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
AK = x.AD ⇒ BK =
BD + (1 − x)BA
BD = BC
3
3
Mà
nên
m 2x
3m
uuu

r uuur
−
= 0 &1 − x −
=0
4
Do BC; BA không cùng phương nên 4 3
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

D

C

0,5
0,5

0.5

4


uuur 1 uuur
1
8
AD
x = ;m =
AK = AD ⇒
=3
3
9 . Vậy
3

AK
Từ đó suy ra

0,5

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
4.
 16 
E  ;1÷
phương trình CD : x − 3 y + 1 = 0 ,  3  .

5,0

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

D
I

E

0,5

C

B

BA EA
=
=2⇒ E
Ta có BC EC
là chân đường phân giác trong

Do BD = BC ⇒ BE ⊥ CD ⇒ BE : 3x + y − 17 = 0

0,5

x − 3y +1 = 0

I = BE ∩ CD ⇒ tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ 3 x + y − 17 = 0
Giải hệ phương trình

⇒ I ( 5; 2 )

1,0

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

Đặt

BC = a > 0 ⇒ AB = 2a, AC = a 5, CE =

0,5

2,5

a 5

3

BC
a
·
CBE
= 450 ⇒ IB = IC =
=
2
2
Do

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0,5
0,5
(1)

5


Tam giác EIC vuông tại I

⇒ IE 2 = EC 2 − IC 2 ⇒ IE =

a
3 2

(2)

uur
uur
⇒
IB
=
−
3
IE ⇒ B (4;5)
Từ (1) và (2)

Gọi C (3c − 1; c ) từ

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=

2,0

1
1
+
2
2
2
a +b +c
abc .

Áp dụng BĐT AM- GM ta có

ab + bc + ca ≥ 33 a 2 b 2 c 2
1= a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ 3 abc ≤

⇒P≥
⇒P≥

≥

0,5
1
3
3 ⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

3

abc ≥ 9abc

1
9
+
2
2
a +b +c
ab + bc + ca

0,5

2

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

0,5

9

7
+
= 30
2
2
2
a + b + c + 2ab + 2bc + 2ca ( a + b + c ) 2
3

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

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

a=b=c=

1
3.

0,5

6


`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

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

đề.

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

2 x + 1 − 3x

b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).

=

3x + 2
1− x

2 xy
 2
2
x + y + x + y = 1

 x + y = x2 − y


a) Tìm tập xác định của hàm số : y =
b) Gọi

x − 2 + x −1 − x + 3 .

x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 .

4 x1 x 2 + 6
x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất.
Đặt
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
x
y
Q=
+
1− x
1− y
Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có
5
18
−
BC = 4 2 ,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; 3 ) và N(0; 7 ). Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0
và điểm B có hoành độ dương.
Câu 5 (4,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là
tam giác cân.
b) Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên cạnh AC sao
uuur uuuur uuuu
r uuur
cho NC = 2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC + NM = BM + NC . Hãy
uuur
uur
uuu
r

biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC .
A=

2
1

---------------Hết--------------

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

7


SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu
Câu
1
5,0

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Nội dung
1
3x + 2
=
1 − x (1)
2 x + 1 − 3x

Điểm
2,5

a) Giải phương trình:
ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1 .
2 x + 1 + 3x
3x + 2
=
1− x
1− x
Khi đó: (1) ⇔

0,25
0.5
0.5

⇔ 2 x + 1 + 3x = 3x + 2

0.5
0.5

⇔ 2 6 x 2 + 3x = 1 − 2 x
− 4 + 21
10
− 4 + 21
x=
10
Vậy (1) có nghiệm:
2 xy
 2

2
x + y + x + y = 1

 x + y = x2 − y
b) Giải hệ phương trình 
Điều kiện: x > − y .


( x + y ) 2 − 1 + 2 xy 1 − 1 = 0
x+ y 
2
⇔ ( x + y − 1) x + y 2 + x + y = 0
⇒x=

(

)

PT thư nhất tương đương: ⇒ x + y = 1
 x = 1  x = −2
∨

y
=
0

y = 3
Kết hợp với PT hai ta được

0.25

2,5
0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.25

 x = 1  x = −2
∨

y
=
0

y = 3
Vậy, hệ đã cho có nghiệm
Câu
2

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

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

x − 2 + x −1 − x + 3

Điể
m

1.5

8


4,0

x − 2 ≥ 0
x − 1 ≥ 0

x + 3 ≥ 0

 x − 2 + x −1 − x + 3 ≥ 0

 x ≥ 2
⇔
2 x 2 − 3x + 2 ≥ 6 − x
ĐK:

⇔

b) Gọi

0.5
0.5

2 21
≤x≤6
3

x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 .

A=
Đặt
nhất.

0.5

4 x1 x 2 + 6
x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ
2
1

2
+ PT có hai ngiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ m − 4m + 4 ≥ 0, ∀m
+ x1 + x 2 = m; x1 x 2 = m − 1

A=

0.25
0.25
0.5

4 x1 x 2 + 6
( x1 + x 2 ) 2 + 2

0.5

4m + 2
m2 + 2

( m + 2) 2
= 2
− 1 ≥ −1
m +2
A nhỏ nhất khi m = −2
Cho hai số thực dương x, y
của biểu thức sau:
=

Câu
3
3,0

2.5

0.5
0.5
thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất

Q=

x
1− x

+

y
1− y

.

Q=
Viết lại

x −1+1
1− x
1
1− x

+
+

y −1+1
1− y
1
1− y

≥

=

1
1− x

+

1
1− y

2
4

(1 − x )(1 − y )

≥

Theo Cô si:
( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:
1− x + 1− y ≤ 2 1− x +1− y = 2

− ( 1− x + 1− y)
2
1− x +1− y
2

=2 2
(1)

( Do x+y=1 ) (2)

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

9


Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q ≥ 2
1 − x = 1 − y
1

⇔x=y=

x
+
y
=
1
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Câu
4
4,0

Vậy minQ = 2
Phương trình đường thẳng ∆ qua N và vuông góc với AH là
18
x− y =−
7
Tọa độ giao điểm I của AH với ∆ là nghiệm của hệ PT
18

2 16
x − y = −
7 ⇒ I (− ; )

7 7
 x + y = 2
4
N 1 ( − : 2)
7
Gọi N1 là giao điểm của ∆ và AB, suy ra
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2

7x + 3y = 2
⇒ A(−1 : 3)

x
+
y
=
2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
Giả sử

B (b;

2 − 7b
)
3

d ( B, AH ) =

0.5
0.25

0,5
0,5
0,25
0,25
0.25
0,5
0.5

1
BC = 2 2
2

Khi đó
4b + 4
b = 2 ⇒ B (2;−4)
⇒
=2 2⇒
3 2
b = −4(loai )
PT đường thẳng BC: x-y = 6

0.5
0.25
0.5

x - y = 6
⇒ H (4 : −2) ⇒ C (6;0)

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ x + y = 2
Câu

Nội dung

Câu
5
4,0

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

a
b
; sin B =
2R
2R .

+ Viết được
a2 + b2 − c2
cos C =
2ab
+
+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c
+ Vậy tam giác ABC cân tại A

b). Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm
trên cạnh AC sao cho NC = 2 NA và I là trung điểm của đoạn MN.
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

Điể
m
2,0
0.5
0.5
0.75
0.25
2.0

10


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

→

→

⇒ AM + AN = 2 AI
→

0.5
0.5

1
1
AB + AC = 2 AI
2
3
→
1 → 1 →
⇔ AI = AB + AC
4
6
⇔

→

0.5

→

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

11


SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
***

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học 2016 – 2017
Môn thi: Toán - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)
( m + 3) x2 − 2 ( m + 1) x + m = 0
Câu 1 (5.0 điểm). Cho phương trình:
1. Tìm m để phương trình có nghiệm

x ;x

F = ( x − a) ( x − a)

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

2 ( x 2 − 1)

2.

x−2

+ x−2 ≤

5
x−2

1
2
 1
+
=
 x+2
y −1
x+ y

 x 2 + y 2 + 4 xy − 4 x + 2 y − 5 = 0


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

c2
S=
2 ( cot A + cot B )

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

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

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

a3
b3
c3
3
+
+
≥
b ( c + 1) c ( a + 1) a ( b + 1) 2

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

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

12


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
Năm học 2016- 2017
Câu
Đáp án
Điểm
2
1
( m + 3) x − 2 ( m + 1) x + m = 0
Cho phương trình:
(5đ)
1. Tìm m để phương trình có nghiệm
3.0
3
4x − 3 = 0 ⇔ x =
4 là nghiệm
1.0
TH1. Nếu m + 3 = 0 ⇔ m = −3 , pt trở thành:
⇒ m = −3 thỏa mãn.
TH2. Nếu m + 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ −3

2
1.0
∆ ' = ( m + 1) − m ( m + 3) = 1 − m
Ta có
'
Pt đã cho có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 1 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 1
1.0
kết hợp 2 TH trên ta được m cần tìm là m ≤ 1
2. Khi phương trình có hai nghiệm

F = ( x1 − a ) ( x2 − a )

x1 ; x2

, tìm a để biểu thức

2.0

không phụ thuộc vào m.

m ≠ −3

x ;x
Với m ≤ 1 phương trình có hai nghiệm 1 2 , khi đó theo định lí
2( m + 1)

 x1 + x2 = m + 3

x x = m
1 2

m+3
vi-et ta có: 
, ta có:
m
2a( m + 1)
2
F = ( x1 − a ) ( x2 − a ) = x1 x2 − a ( x1 + x2 ) + a 2 m + 3 − m + 3 + a
=
m − 2am − 2a
m
+
3
−
2
a
(
m
+
3)
+
4
a
−
3 2
4a − 3
=
+ a2 =
+ a = 1 − 2a + a 2 +
m+3
m+3

m+3
3
⇔ 4a − 3 = 0 ⇔ a =
4
F không phụ thuộc vào m
2
(8đ)

1.

x 2 − 2 x + 13
=4 x+2
4− x

1.0

3.0

4 − x > 0
⇔ −2 ≤ x < 4

x
+
2
≥
0

Đk :

x 2 − 2 x = 13 = 4.

pt ⇔

1.0

0.5

( 4 − x) ( x + 2)

⇔ x 2 − 2 x + 13 = 4 − x 2 + 2 x + 8
2
đặt t = − x + 2 x + 8 ( đk t ≥ 0 ). Ta có phương trình:
8 − t 2 + 13 = 4t ⇔ t 2 + 4t − 21 = 0
t = −7
⇔
t = 3 kết hợp với điều kiện ta được t = 3

⇒ − x 2 + 2 x + 8 = 3 ⇔ − x 2 + 2 x + 8 = 9 ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1

0.5
1.0

2

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

(TM).

1.0
13

2 ( x 2 − 1)
x−2

2.
Đk x > 2
bpt

+ x−2 ≤

5
x−2

3.0

⇔ 2 ( x 2 − 1) + x − 2 ≤ 5 ⇔ 2 ( x 2 − 1) ≤ 7 − x

7 − x ≥ 0
7 − x ≥ 0


⇔ x > 2
⇔ x > 2

 2
2
2 ( x 2 − 1) ≤ ( 7 − x )
 x + 14 x − 51 ≤ 0



kết hợp với đk ta có bpt
x ≤ 7

⇔ x > 2
⇔2< x≤3
 −17 ≤ x ≤ 3

Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là:

3.

1
2
 1
 x + 2 + y −1 = x + y

 x 2 + y 2 + 4 xy − 4 x + 2 y − 5 = 0


Đk:

 x > −2

y >1
x + y > 0


1.0

1.0

1.0

S = ( 2;3]

2.0

.hpt

 x+ y
x+ y
 x+ y
+
=2
x+ y

+
=2
x
+
2
y
−
1


y −1
⇔  x+2
⇔

2
2
2

 x + 2   y − 1 
2
2
 2( x + y ) = ( x + 2) + ( y − 1)
 x + y ÷ +  x + y ÷ = 2
 



x+ y
a =
x+2

a + b = 2


b = x + y
1 1

 a 4 + b 4 =2
y −1
đặt
(ĐK a, b > 0) , ta có hệ:
a + b = 2
a + b = 2
⇔ 4

⇔
2

4
4 4
2
2 2
4 4
 a + b = 2a b
( (a + b) − 2ab ) − 2a b = 2a b
 a + b = 2
a + b = 2
⇔
⇔

2
4 4
2 2
2 2
4 4
a b = a b − 8ab + 8
( 4 − 2ab ) − 2a b = 2a b
 a + b = 2
a + b = 2
⇔ 2 2 2 2
⇔
 2 2

 a b ( a b − 1) + 8 ( ab − 1) = 0
(ab − 1) a b (ab + 1) + 8  = 0

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

0.5

0.5

14


a + b = 2
⇔
ab = 1 (


a = 1 
⇒

b = 1 


với
3
(2đ)

a = 1
⇔
b = 1

vì a, b > 0)
x+ y
=1
x+2
x+ y
=1
y −1

x + y = x + 2
 x = −1
⇔
⇔
x + y = y −1
y = 2

0.5

(thỏa mãn)
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích

S=

c
4 ( cot A + cot B )

tam giác ABC, chứng minh rằng :
a

b2 + c2 − a 2
sin

A
=

2R
cosA
2bc

=
2
2
2 ⇒ cot A =
b
+
c
−
a
a
sin
A
cosA =
2bc
2R
Ta có : 
(b 2 + c 2 − a 2 ) R b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2
=
=
abc
abc
4S
4.

4R
a 2 + c 2 − b2
⇒ cot B =
4S
tương tự ta cũng có:
, do đó
2
2
2
2
2
2
2
b +c −a
a +c −b
c
⇒ cot A + cot B =
+
=
4S
4S
2S
=

4
(2đ)

5
(2đ)

2.0

2

c2
S=
2 ( cot A + cot B )
⇔

Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA
1
1
1
AM = AB, BN = BC , CE = CA
3
3
3
sao cho
. Chứng minh rằng:
uuur uuu
r uuuu
r r
AN + BE + CM = 0
uuur 1 uuur uuur uuu
r 1 uuur
BN = BC ⇒ AN − AB = BC
3
3
Từ gt ta có:
uuu

r 1 uuu
r uuu
r uuur 1 uuu
r
CE = CA ⇒ BE − BC = CA
3
3
uuuu
r 1 uuu
r uuuu
r uuu
r 1 uuu
r
AM = AB ⇒ CM − CA = AB
3
3
cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
uuur uuu
r uuuu
r uuu
r uuur uuu
r 1 uuur uuu
r uuu
r
AN + BE + CM − ( AB + BC + CA) = ( BC + CA + AB)
3
uuur uuu
r uuur uuu
r r
uuu

r uuur uuu
r uuu
r r
mà AB + BC + CA = AA = 0 và BC + CA + AB = BB = 0 ,
uuur uuu
r uuuu
r r
nên AN + BE + CM = 0

3 
A  ;3 ÷ ; B ( 6; 0 )
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm  2 
.

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

0.5

0.5

0.5

2.0

1.0

0.5
0.5

2.0

15


Viết phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên
đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình
vuông.
*) Viết pt đường thẳng AB:
uuu
r 9
3
r
AB = ( ; −3) = ( 3; −2 )
n = ( 2;3)
⇒
2
2
ta có AB có vtcp là
AB có vtpt là :
⇒ pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = 0 ⇔ pt AB: 2x + 3y -12 = 0
*) Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên
đoạn OB sao cho MNEF là hình vuông.

0.5
0.5

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox, do MNEF là hình vuông nên ta
có:
MF //AH // NE

MF OM OA − AM
AM
MN
MF
=
=
= 1−
= 1−
= 1−
AH OA
OA
OA
OB
OB
y

0.5

A
M

N
B

O F

E

x

MF
MF
= 1−
⇔ MF = 2 ⇒ y = 2 ⇒ x = 1
M
M
3
6
và yN = 2 ⇒ xN = 3
khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0)
⇔

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

a3
b3
c3
3
+
+
≥
b ( c + 1) c ( a + 1) a ( b + 1) 2

0.5

1.0

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

a3
b c +1
a3
b c + 1 3a
+ +
≥ 3. 3
. .
=
b(c + 1) 2
4
b(c + 1) 2 4
2 ; tương tự ta cũng có:
b3
c a + 1 3b
+ +
≥
c (a + 1) 2
4
2

0.5

c3
a b + 1 3c
+ +
≥
a (b + 1) 2
4
2

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

0.5
16


a + b + c a + b + c + 3 3(a + b + c )
3
3
+
≥
⇔ VT ≥ (a + b + c) −
2
4
2
4
4
VT +
9 3 3
VT ≥ − = ⇒
3
4 4 2
mà a + b + c ≥ 3 abc = 3 nên
đpcm
SỞ GD & ĐT THANH HÓA
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
Năm học 2015 – 2016
***

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

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số

y = x 2 − 2 ( m + 1) x + 4

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

x1 + x2 = 4

2. Tìm m để

.

y < 0 với mọi x ∈ ( 1; 2 ) .

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

( x + 5) ( 2 − x ) = 3.

x 2 + 3x

2.

2( x − 1)
+ x−2 >7
x−2

3.

 x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3

 2
2
( x + x ) ( y + y ) = 1

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

sin A =

sin B + 2sin C
2 cos B + cosC

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP,
uuur uuur uuur uuu
r r
MB
+
NC
+
PD
+
QA
=0
PQ, QM. Chứng minh rằng:
Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0)
đường thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x

+ y + 1 = 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.
Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

4 ( a + b + c ) = 3abc

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

17


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

Câu
1
(5đ)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10
Năm Học 2015- 2016
Đáp án

y = x − 2 ( m + 1) x + 4

Điểm

2

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

x1 + x2 = 4

.

3.0

x 2 − 2 ( m + 1) x + 4 = 0 (*)

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

x1 + x2 = 4

trước hết pt (*) có hai nghiệm
( m + 1) 2 − 4 ≥ 0
∆ ' > 0



⇔  s ≥ 0 ⇔ 2 ( m + 1) ≥ 0
p ≥ 0
4 ≥ 0

x
;
x
x
;
x


1
2
1
2
≥
phân biệt
thỏa mãn
0
m ≥ 1

 x1 + x2 = 2(m + 1)
  m ≤ −3 ⇔ m ≥ 1


x .x = 4
⇔ m > −1
; theo định lí viet ta có:  1 2

x1 + x2 = 4 ⇔ x1 + x2 + 2 x1.x2 = 16 ⇔ 2(m + 1) + 4 = 16 ⇔ m = 5
2. Tìm m để

y < 0 với mọi

để
với

mọi

x ∈ ( 1; 2 )

y < 0 với mọi x ∈ ( 1; 2 ) .
x ∈ ( 1; 2 ) ⇔

(TM)

1.0

1.0
1.0
2.0

đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành

∆ ' > 0

 y (1) < 0

⇔  y (2) < 0

m > 1
m > 1


  m < −3
  m < −3
3
3


⇔m>
3 − 2m < 0 ⇔  m >
2
2
4 − 4m < 0

m
>
1





Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

1.0

1.0

18


2
(8đ) 1.

( x + 5) ( 2 − x ) = 3.

x 2 + 3x

3.0

Đk : x + 3x ≥ 0
2

0.5

2
2
pt ⇔ x + 3x + 3. x + 3 x − 10 = 0
2
đặt t = x + 3x ( đk t ≥ 0 ). Ta có phương trình:
t = 2
⇔
t = −5 kết hợp với điều kiện ta được t = 2

t 2 + 3t − 10 = 0

x =1

⇒ x 2 + 3x = 2 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ 
 x = −4 (TM).
với t =2
2( x − 1)
+ x−2 >7
x
−
2
2.
Đk x > 2
⇔ 2. ( x − 1) + x − 2 > 7. x − 2 ⇔ 7. x − 2 < 3x − 4
bpt
vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó
x > 6
2
⇔ 9 x − 73x + 114 = 0 ⇔ 
 x < 19
2
9

bpt ⇔ 49( x − 2) < 9 x − 24 x + 16
19

2
<
x
<

9


x
>
6
⇒ tập nghiệm của bpt là:
kết hợp với đk ta được 
19
S = ( 2; 9 ) ∪(6; +∞)

3.

 x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3

 2
2
( x + x ) ( y + y ) = 1

( x 2 y 2 + 2 x 2 y + x 2 ) + 2 y ( x + 1) = 3 ( xy + x )2 + 2( xy + y ) = 3
⇔
⇔
x
(
x
+
1)
y
(
y
+
1)
=

1

( xy + x)( xy + y ) = 1
hpt
a 2 + 2b = 3
 a = xy + x


ab = 1
b
=
xy
+
y

đặt
, ta có hệ: 
 2 2
3
(a − 1)2 (a + 2) = 0
a + a = 3 a − 3a + 2 = 0

⇔
⇔
⇔
1
1
b = 1
b =
b =

a
a



a
 a = −2

a = 1

1
⇔
b=−

b
=
1

2
hoặc 

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
1.0
1.0
3.0
1.0

1.0

1.0

2.0

0.5

0.5

19


a = 1  xy + x = 1
−1 ± 5
⇒
⇔x=y=

2
với b = 1  xy + y = 1

3
(2đ)

0.5

3

x
(
x

+
) + x = −2
 a = −2
 xy + x = −2
 xy + x = −2




2

1⇒
1⇔
3 ⇔
b
=
−
xy
+
y
=
−
x
−
y
=
−


y = x + 3

2 
2
2

2
với
2 x 2 + 5 x + 4 = 0


3
y = x +

2
(vô nghiệm)
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A =
Ta có: (1) ⇔

Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN,
uuur uuur uuur uuu
r r
MB
+
NC
+
PD
+
QA
=0

NP, PQ, QN. Chứng minh rằng:

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

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

(

)

(

(

)

(

(

2.0

sin B + 2sin C
2 cos B + cosC (1)

b
2c
+
 a 2 + c 2 − b 2 a 2 +b 2 − c 2 
a
2R 2R
=
⇔
a
+

÷ = b + 2c
a 2 + c 2 − b 2 a 2 +b 2 − c 2
2R
ac
2ab


2.
+
2ac
2ab
a 2 +c2 − b2

a 2 +b 2 − c 2
a 2 − b2 − c 2 a 2 − b2 − c 2
⇔(
− 2c) + (
− b) = 0 ⇔
+
=0
c
2b
c
2b
1 1 
⇔ ( a 2 − b2 − c2 ) .  +  = 0 ⇔ a2 = b2 + c2
 c 2b 
⇒ tam giác ABC vuông tại A
4
(2đ)

0.5

)

)

) (

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

)

1.0

0.5
0.5

2.0

1.0

0.5
0.5

2.0
0.5
20


 b + 3 −b − 1 
M
;
÷
2
2 

gọi M là trung điểm của AB ta có
b +1
b +3+
− 2 = 0 ⇔ b = −1
⇒ B(-1; 0)
2

vì M ∈ đt: 2x - y -2 = 0 ⇒
Tọa độ điểm C:
vì AC đi qua A(3; 0) và vuông góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:
pt AC: x - y - 3 = 0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:
x − y − 3 = 0
 x = −1
⇔
⇒ C (−1; −4)

2 x − y − 2 = 0
 y = −4
6
(1đ)

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

0.5

0.5

4 ( a + b + c ) = 3abc

1 1 1 3
+ 3+ 3≥
3
a
b c
8
chứng minh rằng:

1
1 1 3
+ +
=
từ gt ta có: ab bc ca 4
áp dụng bđt TBC- TBN ta có:
1 1 1
1 1 1 3 1
+ 3 + ≥ 3. 3 3 . 3 . = .
3
a b 8
a b 8 2 ab ; tương tự ta cũng có:
1 1 1 3 1
+ + ≥ .
b3 c3 8 2 bc
1 1 1 3 1
+ + ≥ .
c 3 a 3 8 2 ca
cộng theo vế các bđt trên ta được:
3 3 1
1 1
≥ .  + +  ⇔ 2.VT + 3 ≥ 3 . 3 ⇔ VT ≥ 3 ⇒
8 2 4
8
2.VT + 8 2  ab bc ca 
đpcm

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5

1.0

0.5

0.5

21


SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu 1 (5,0 điểm).

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

2x − 1

+ x − 1 < 3x − 2
a) Giải bất phương trình. 4 x + 1
.
2
 3
x
x
1

+2 2 = 3
x − 2
y
y
y


x 2 + 1 − x + 1 = 2

y
y2
b) Giải hệ phương trình
Câu 2 (4,0 điểm).
a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 x − 1 .
2
b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y = x + mx + 1 tại hai điểm P ,Q
mà đoạn PQ = 3.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
x
y
Q=
+
1− x
1− y
.
Câu 4 (4,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC = 4 2 ,các
5
18

−
đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; 3 ) và N(0; 7 ). Xác định tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có
hoành độ dương.
Câu 5 (4,0 điểm).
a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:
1 + cos B
2a + c
=
sin B
4a 2 − c 2
b) Cho hình vuông ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng minh rằng :
→

→

→ →

DM . DC + CM . CD không đổi khi M di động trên cạnh AB.
---------------Hết--------------

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

22


SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu

Câu
1
5,0

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Nội dung
2x − 1
+ x − 1 < 3x − 2
a) Giải bất phương trình: 4 x + 1
(1)
ĐK: x ≥ 1 (*).
2x − 1
< 3x − 2 − x − 1
Khi đó: (1) ⇔ 4 x + 1
2x − 1
2x − 1
<
3x − 2 + x − 1
⇔ 4x + 1
⇔ 3x − 2 + x − 1 < 4 x + 1
(do x ≥ 1 )
⇔

(3 x − 2)( x − 1) < 2

2
⇔ 3x − 5x − 2 < 0
1
⇔−

3
Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình là
1≤ x < 2
Vậy (1) có nghiệm: 1 ≤ x < 2
 3
x2
x
1
+2 2 = 3
x − 2
y
y
y


x 2 + 1 − x + 1 = 2

y
y2
b) Giải hệ phương trình 

Điều kiện: y ≠ 0 .
 3
x2
x
1
x
1
 3 1
x

−
2
+2 2 = 3
x − 3 − 2 (x − ) = 0


y
y
y
y
y
y


⇔

x 2 + 1 − x + 1 = 2
( x − 1 ) 2 + 2 x − ( x − 1 ) = 2
2


y
y
y
y
y

0,25
0,25
0,5

0,5
0,25
0,25
0.25
0.25

2,5

0.25
0,25
0,25
(I)

1 3 x
1

(
x
−
)
+
(
x
−
)=0

y
y
y


⇔
( x − 1 ) 2 + 2 x − ( x − 1 ) = 2

y
y
y
1
x
u = x − ,v =
y
y , hệ phương trình trở thành:
Đặt

Điểm
2,5

0,25

0,25
u 3 + uv = 0
 2
u + 2v − u = 2
0,25

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

23


u = 0

 2
u + 2v − u = 2
⇔
2
u (u 2 + v ) = 0
v = −u

⇔ 2
u 2 + 2v − u = 2
u + 2v − u = 2

u = 0

v = 1
⇔
v = −u 2
u = 0

u 2 − 2u 2 − u = 2 ⇔ v = 1


0,25

1

x − y = 0

⇔
x =1
 y

  x = −1

 y = −1
⇔
 x = 1

 y = 1

0,25
0,25
0.25

(thỏa điều kiện)

Vậy, hệ đã cho có nghiệm (x,y) là : (-1 ;-1) ; (1 ;1)
Câu
2
4,0

Nội dung

Điể
m
1,0

a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 x − 1
y = x − 1 − 2 x − 1 + 1 = ( x − 1 − 1) 2 =

Viết lại:
Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :

0,25
0,25

x −1 −1

x −1 ≥ 0

0,25

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

0,25

b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y = x + mx + 1 tại
hai điểm P ,Q mà đoạn PQ = 3.
2

2
PT hoành độ giao điểm của (P) và d là: x + mx + 1 = x − 1
2
⇔ x + (m − 1) x + 2 = 0 (1)

(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và chỉ khi:
2
PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m − 2m − 7 > 0 ⇔ m < 1 − 2 2
hoặc m > 1 + 2 2
,
Gọi x P xQ là 2 nghiệm của (1)
Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

3,0

0,25
0,25
0,5
0,5
24


⇔ ( x − xP) 2 + ( y −

Ta có PQ =3
⇔ ( x − x P ) 2 + ( xQ − 1 − x P + 1) 2 = 9
Q

Q

y

P

)2 = 9

0,5

Q

⇔ ( x + x P ) 2 − 4 x P xQ =
Q

0,5
0,5

9
2

5 2
2 (chọn)
Cho hai số thực dương x, y
của biểu thức sau:
⇔ m = 1±

Câu
3
3,0

thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất

Q=

x
1− x

+

y
1− y

.

Q=
Viết lại

x −1+1
1− x
1
1− x

+

+

y −1+1
1− y
1
1− y

≥

=

1
1− x

+

1
1− y

2

4

(1 − x )(1 − y )

≥

Theo Cô si:
( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:
1− x + 1− y ≤ 2 1− x +1− y = 2

0,5

− ( 1− x + 1− y)

0,25
2
1− x +1− y
2

=2 2
(1)

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

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q ≥ 2
1 − x = 1 − y
1


⇔x=y=
x
+
y
=
1
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 
Câu
4
4,0

0,5

Vậy minQ = 2
Phương trình đường thẳng ∆ qua N và vuông góc với AH là
18
x− y =−
7
Tọa độ giao điểm I của AH với ∆ là nghiệm của hệ PT
18

2 16
x − y = −
7 ⇒ I (− ; )

7 7
 x + y = 2
4

N 1 ( − : 2)
7
Gọi N1 là giao điểm của ∆ và AB, suy ra
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2

Toán học Bắc Trung Nam – www.toanhocbactrungnam.vn

0.5
0.25

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