Đề thi olympic môn Toán lớp 10 năm 2020 - 2021 tỉnh Quảng Nam có đáp án chi tiết - Lần 1 | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b> Thuvienhoclieu.Com </b> Page 1
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>
<b>QUẢNG NAM </b>

<b>KỲ THI OLYMPIC 24–3 </b>

<b>LẦN THỨ NHẤT </b>
<b>Mơn thi: TỐN 10 </b>

<i><b>Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. </b></i>

<i><b>Câu 1 (5,0 điểm). </b></i>

a) Giải phương trình 3x 4 x  2 x 3.
b) Giải hệ phương trình









2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21

3x 2y 1 x 20.

 _{ } _ _





  


<i><b>Câu 2 (3,0 điểm). </b></i>

a) Tìm tập xác định của hàm số : y x33x24.

b) Cho hai hàm sớ yx22x3 và y4xm<i> (m là tham số). Tìm m để đồ thị các hàm số </i>
trên cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng
AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

<i><b>Câu 3 (3,0 điểm). </b></i>

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x + y + z =3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:



 

3

 

3



3

3 2 2 3 2 2 3 2 2

2x 3y z 2y 3z x 2z 3x y

P .

3 z x 1 3 x y 1 3 y z 1

     

  

  

<i><b>Câu 4 (2,0 điểm). </b></i>

Trên đường trịn có bán kính bằng 1 ta lấy 17 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 17 điểm
đó có ít nhất ba điểm tạo thành ba đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn 1

20.
<i><b>Câu 5 (4,0 điểm). </b></i>

a) Cho tam giác ABC vng tại B có A 600. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là điểm
thỏa mãn AN 2AC

5

 . Chứng minh AM  BN.

b) Cho hai đường tròn (O1; r) và (O2; R) tiếp xúc trong tại A ( r < R ). Qua điểm A vẽ cát
tuyến cắt (O1) tại B và cắt (O2) tại C (B; C khác A). Một đường tròn (T) thay đổi luôn qua B
và C cắt (O2) ở D (D khác C) và cắt (O1) ở E (E khác B). Gọi M là giao điểm của CD và BE.
Chứng minh điểm M luôn di động trên một đường thẳng cố định.

<i><b>Câu 6 (3,0 điểm). </b></i>

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (T) có đường chéo
AC là đường kính và C(4; –2), đường chéo BD có trung điểm là M(3 ; –1). Một đường thẳng
qua D và điểm E(–1; –3) sao cho DE song song BC. Biết đường thẳng AB đi qua F(1 ; 3).
Tìm tọa độ các điểm A; B; D.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b> Thuvienhoclieu.Com </b> Page 2
<b>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO </b>

<b>QUẢNG NAM </b>

<b>KỲ THI OLYMPIC 24–3 QUẢNG NAM LẦN THỨ NHẤT </b>
<b>Mơn thi: TỐN 10 </b>

<b>HƯỚNG DẪN CHẤM </b>

<b>Câu </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

<b>Câu 1 </b>
<b>5,0 </b>

<b>Giải phương trình: </b> 3x 4 x  2 x 3<b> (1) </b> <b>2,0 </b>
ĐK: x  4/3 (*).

Khi đó: (1)  2x 6 x 3
3x 4 x 2

 _{ }

  

 x 3 (thoa (*))

3x 4 x 2 2 (2)





   



(2)  (3x4)(x2)  3 2x
 x2_{– 14x + 17 = 0 và x ≤ 3/2}

 x 7 4 2 (thỏa (*)). Vậy (1) có 2 nghiệm: x = 3 và x 7 4 2<b>. </b>

0,25
0,5
0,5
0.25
0,25
<b>0,25 </b>
<b>b) Giải hệ phương trình </b>









2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21

3x 2y 1 x 20.

 _{ } _ _




  

 <b>3,0 </b>









2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21

3x 2y 1 x 20

 _{ } _ _




  





 







2
2

2 2

3x 2y 1 2y 1 20

3x 2y 1 x 20

 _{ } _ _


 

  

 (I)

Đặt t = 2y – 1 thì hệ (I) trở thành:

2 2

2 2

3x t t 20 (1)

3xt x 20 (2)

 _ _




 



Nếu (x ; t) là nghiệm của hệ trên thì x > 0 và t > 0.
Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2

3xt(x t) t x
(xt)(3xt  x t) 0 (1)

 x t (vì x > 0, t > 0 nên 3xt + x+t > 0)
Thay t = x vào (1) ta được: 3x3_{= x}2_{+ 20.}

3x3x220 0 (x2)(3x25x 10) 0
 x = 2

khi đó x = 2  2y – 1 = 2  y 3
2



Vậy, hệ đã cho có nghiệm



x; y



2;3
2

 

 _ _

0.5

0.25
0.25
0.5
0,25
0,25

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

<b> Thuvienhoclieu.Com </b> Page 3

<b>Câu </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

<b>Câu 2 </b>

<b>3,0 </b> a) Tìm tập xác định của hàm số :

3 2

y x 3x 4 <b>1,0 </b>

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi : x33x2 4 0

2

(x 2) (x 1) 0

   

x 2 x 2
x 1 0 x 1

   

 

_ _

  

 

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = {–2}  [1 ; +)

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

b) Tìm m … <b>2,0 </b>

Gọi (P) là parabol yx22x 3 và d là đường thẳng y4xm

PT hoành độ g/đ của (P) và d là: x22x 3 4xm x22x  m 3 0 (1)
(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi:

PT (1) có hai nghiệm phân biệt    ' 0 m 4

Gọi x ; x_A _B là 2 nghiệm của (1), I là trung điểm AB nên:

A B

I

x x

x 1

2



  ; y_I 4x_I  m m 4.

I I

d(I; Ox)d(I; Oy) y  x

m 4 1 m 3 hoac m 5

       

Kết hợp với m > – 4 ta được m = –3.

0.25
0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
<b>Câu 3 </b>

<b>3,0 </b>

Tìm GTLN

Ta có 2x3y  z x 2y 3 



x 1 

 

y 1 

 

y 1 



33



x 1 y 1







2
Khi đó



2x3yz



327 x 1 y 1











2.

Tương tự cho hai hạng tử còn lại

0,5
0,25
0.25
Do xz  x z 3 x z3 2 2 , x 0, z0. (bất đẳng thức Côsi) nên:

























3 2 2

3 2 2

2x 3y z 27 x 1 y 1 y 1

27

z 1 x 1 z 1

3 z x 1

    

 

  

 .

Tương tự cho hai hạng tử còn lại

0,5
0.25

































2 2 2

2

y 1 z 1 x 1

P

27 z 1 x 1 y 1

x y z 3

x y z 3 6

x y z 3

  

  

  

  

     

  

0,25

0.5

. Suy ra P27.6162. Vậy Pmin = 162 khi x = y =z =1 0,5

<b>Câu 4 </b>

<b>2,0 </b> Chia hình trịn thành 8 hình quạt bằng nhau. Mỗi hình quạt có diện tích là 8



Khi đó đường trịn được chia thành 8 cung tròn

Do 17 = 2.8 + 1 nên theo nguyên lý Dirichlet có 1 cung, (giả sử cung AB) chứa
ít nhất 3 điểm, giả sử 3 điểm đó là M,N, P. ( với _(O)

AB

1
CV
8

 )

0,5

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

<b> Thuvienhoclieu.Com </b> Page 4
Ta có S__MNP S_vp ( Svp diện tích viên phân)

Mà S_vp S_q S _OAB 2 2 2

8 4 8

   

    

Vậy có ít nhất 3 điểm trong 17 điểm đã cho lập thành 1 tam giác có diện tích
nhỏ hơn 2 2 3, 2 2.1, 4 1

8 8 20

  

  .

0,25
0.25

0,5

<b>Câu </b> <b>Nội dung </b> <b>Điểm </b>

<b>Câu 5 </b>
<b>40 </b>

a) <b>2,0 </b>

M
C

B

A
N

Giả sử AB = 1 thì BC 3
2

AN AC

5

 =>BN BA 2(BC BA)
5

  

=>5BN3BA2BC
AMAB BM =AB 1BC

2



2AM2AB BC







2 2

10AM.BN 3BA 2BC 2BA BC

6AB 2BC (do BA BC)

   

   

= –6 + 6 = 0
Vậy: AM  BN

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Chứng minh M di động trên đường cớ định <b>2,0 </b>

<b>M</b>

<b>E</b>
<b>B</b>
<b>A</b>

<b>O1</b>

<b>O2</b>

<b>C</b>
<b>D</b>

Ta có: P_M/(T) =MD.MC= MB.ME
2

M/(O )

P = MD.MC

1

M/(O )

P = MB.ME
Suy ra:

2

M/(O )

P = P_{M/(O )}₁

=> M nằm trên trục đẳng phương của (O1),
và (O2) nên MA là tiếp tuyến chung của hai

đường tròn (O1)(O2)

 M di động trên đường thẳng cố định là
tiếp tuyến tại A

0.25
0.25
0.25
0.25

0.5
0.5

<b>Câu 6 </b>
<b>3,0 </b>

a)

<b>H</b>

<b>M(3;1)</b>

<b>C(4;-2)</b>
<b>A</b>

<b>B</b>
<b>D</b>

<b>E(-1;-3)</b>

<b>F(1;3)</b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b> Thuvienhoclieu.Com </b> Page 5
<b>+ Gọi H là trực tâm tam giác ABD, ta có AB </b> BC  DH qua E
+ Chứng minh được tứ giác BHDC là hình bình hành

+ C và H đối xứng qua M, tìm được H(2;0).
+ Viết được PT đường thẳng DH: x –y –2=0.
+ Viết được PT đường thẳng AB : x + y – 4 = 0.

+Gọi B(b; 4 – b ) thuộc AB. Vì M là trung điểm BD, suy ra D(6 – b; b – 6 ).
D nằm trên DH nên ta có (6 – b ) – (b – 6 ) – 2 = 0 hay b = 5.

Suy ra : D(1 ; – 1 ) và B(5 ; – 1 ).

+Đường cao (AH) đi qua H(2; 0) và vng góc BD nên có PT : x – 2 =0.
+ A là giao điểm của AH và AB nên A(2;2).

0,5
0,25

</div>

<!--links-->