Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 10 - Trường THPT Nguyễn Huy Hiệu

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.86 MB, 38 trang )

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

Trang | 1
TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY HIỆU

ĐỀ THI HSG LỚP 10 
MƠN TỐN 
Thời gian: 150 phút

1. ĐỀ SỐ 1 
Câu 1 (3 điểm)

a)

Cho parabol (P): y x2



4 x



5

và điểm I(1;4). Tìm trên (P) hai điểm M, N đối xứng

nhau qua điểm I.

b)

Tìm các giá trị của m để phương trình

x

 

2 m



m

2 có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (5 điểm)

a)

Giải bất phương trình:

(

x



1)

x

 

2 (

x



6)

x

 

7 x



7 x



12 b)

Giải hệ phương trình:

2 2

(x 1)(y

6)

y(x

1)

(y 1)(x

6)

x(y

1)

 





















c)

Tìm m để phương trình

3 x

 

1 m x

 

1

2 x



1

có nghiệm.

Câu 3 (2 điểm) Cho

f

(

x

)



x



2 (

m



1 )

x



m



3

. Tìm m để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm
phân biệt

x

1

,

x

2 thỏa mãn

x

13



x

1

x

22



4 x

1



x

23



x

2

x

12



4 x

2.

Câu 4 (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1;1) và B(4;-3). Tìm điểm C thuộc đường 
thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.

Câu 5 (5 điểm)

a) Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được xác định bởi các hệ thức:

2 ;

5 AD



AB AE



AC

. Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng

b) Gọi H là trực tâm



ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng

.

1

4 MH MA



BC

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm M( 2;0) là trung điểm của
cạnh AB, điểm

H

(1; 1)



là hình chiếu của B trên AD và điểm

7 ;3

3 G













là trọng tâm tam giác BCD.
Đường thẳng HM cắt BC tại E, đường thẳng HG cắt BC tại F. Tìm tọa độ các điểm E, F và B

Câu 6 (1,5 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn

x



y



1

. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức

2 2

(

)

3

1 x

y

S

xy







Câu 7 (1,5 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm 3

5 3

x y

x y m

  




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

Trang | 2
ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Cho parabol (P):

4

5

y x



x



và điểm I(1;4). Tìm trên (P) hai điểm M,

N đối xứng nhau qua điểm I 1,50 
Vì I khơng thuộc trục đối xứng của (P) nên hai điiểm M,N thỏa đề bài thuộc

đường thẳng  qua I và có hsg k có phương trình yk x(  1) 4

Xét pt x2



4 x

 

5 k x

(

  

1)

4 x



(

k



4)

x

  

k

1 0

(1)

0,25

0.25

2 2

(k 4) 4(k 1) 0 k 4k 20 0, k

            cắt (P) tại M và N

Gọi 2 nghiệm của (1) là x x1, 2 M x k x( ; (1 1 1) 4),N x k x( ; (2 2 1) 4)

0,25

M, N đối xứng nhau qua điểm I  I là trung điểm của MN

1 2

4
2

1 2

( 1) 4 ( 1) 4 2

4
2

x x

k

k x k x



 

 



    

    

 



0,25

Khi đó (1) 2

2 3 0

1 x



x

    

x

hoặc x3. Vậy M( 1;0), N(3;8) 0,25
1 b Tìm m để phương trình x2 2 m4m2 có 4 nghiệm phân biệt 1,50

Điều kiện cần 4 2

0 1

m m   m hoặc m 1 (1) 0,5

Khi đó

2 4 2 2 4 2

2 2

2 ( ) 2 ( )

x m m x m m

       



 

      

 

0,25

Điều kiện đủ 4 2 2

2 ( m m )   0 1 m 2 0,25

Kết hợp với ĐK (1) ta được 1 m 2 hoặc  2  m 1 0,25
Cách khác. Pt có 4 nghiệm  đường thẳng ym4m2 cắt đths

y x  tại 4 điểm. Từ đồ thị suy ra 0m4m2  2 1 |m| 2

2 a Giải bất phương trình: (x1) x  2 (x 6) x 7 x27x12 2,00 
ĐK : x 2.

BPT (x1)



x   2 2



(x 6)



x  7 3



x22x8

0,25

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

Trang | 3

2 2

( 1) ( 6) ( 2)( 4)

2 2 7 3

x x

x x x x

x x

 

      

   

1 6

( 2) ( 4) 0

2 2 7 3

x x

 

 

      

   

 

0,25

Ta có 1 6 ( 4)

2 2 7 3

x x

x

x x

    

   

2 2 6 6 1

2 2

2 2 7 3 2 2

x x x x

x x x

   

    

     

( 2) 2 ( 6)( 7 1) 1

0, 2

2 2 7 3 2 2

x x x x

x

x x x

    

      

     

0,25

BPT     x 2 0 x 2

Vậy tập nghiệm của BPT là S  



2; 2



0,25

2 b Giải hệ phương trình:

2 2

(x 1)(y

6)

y(x

1)

(y 1)(x

6)

x(y

1)

 





















1,50

Trừ vế ta được



x



y



x

 

y

2 xy



7 



0

0,25
TH 1.

x



y

. Thế vào pt thứ nhất ta được

2

5

6

0

3 x







   





0,25
0,25

TH 2.

x

 

y

2 xy

  

7

0

2 xy

  

x

y

7

Cộng hai pt theo vế ta được







2 2





 



5 x



y



x



y



12  

0

5 x



y



x



y



2 xy



12 

0 







1

6

5

0

5 x

y

x

y

x

y

x

y

 



  



   

 



0,25

1

4

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

Trang | 4

2,

3

5

6 3,

2 x

y

x

y

xy

x

y





  

  





Vậy hệ có 4 nghiệm là

       

2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2

0,25

2 c Tìm m để phương trình 4 2

3 x

 

1 m x

 

1

2 x



1

có nghiệm 1,50 
ĐK:

x



1

. Chia hai vế cho

x



1

ta được

1

3

2

1 x

m

x



 





0,25

Đặt 4

1 ,0

1 x

t

x





 



ta được

2 2

3 t

 

m

2 t

 

3 t

 

2 t

m

(2)

0,25

Pt (1) có nghiệm

x

 

1

pt (2) có nghiệm

t





0;1



Lập bảng biến thiên của

f t

 

 

3 t



2 t

trên



0;1



0,25

Từ BBT suy ra pt (2) có nghiệm



0;1



1

3 t



   

m

0,25

3

cho

f

(

x

)



x



2 (

m



1 )

x



m



3

. tìm m để f(x) có hai nghiệm phân biệt

,

x

thỏa mãn

x

13



x

1

x

22



4 x

1



x

23



x

2

x

12



4 x

2. 2

điều kiện để f(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2

2
0

)
3
(
)
1
(

'  2 2   

 m m m

biến đổi x13x1x224x1x23x2x124x2 ( )[( )2 2 1 2 4] 0

2
1
2

1    

 x x x x x x

0,5

Do x1x2

1 2 1 2

2 2

( ) 2 4 0
[2( 1)] 2( 3) 4 0

1
3

x x x x

m m

m
m

    
     

 

  

0,25

0,25
0,25

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

Trang | 5
4

Trong mặt phẳng tọa độ đề các vng góc oxy cho hai điểm a(1 ; 1) và b(4 ;
-3). tìm điểm c thuộc đường thẳng x – 2y – 1= 0 sao cho khoảng cách từ c đến
đường thẳng ab bằng 6.

2

đường thẳng ab có phương trình 4 3 7 0
1
3
1
1
4
1











y
x
y
x

do c thuộc đường thẳng x – 2y – 1= 0 nên c = (2c + 1; c)

ta có 


















11
/
27
3
30
3
11
6
3
4
7
3
)
1
2
(
4
6
)
;
(
2
2 c
c
c
c
c
AB
C
d

+ với c3C(7;3)

+ với 





 




11
27
;
11
43
11
/
27 C
c

vậy có hai điểm C(7;3); 




 


11
27
;
11
43
C
0,25
0,25
0,75
0,5
0,25

5 a

Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được xác định bởi các
hệ thức:

2 ;

2

5 AD



AB AE



AC

. Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng 1,50 
Gọi M là trung điểm của BC ta có:

0,25

0,5

Từ (1) và (2) suy ra D, E, G thẳng hàng 0,25

5 b Gọi H là trực tâm



ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh 1,50

2 1 1

3 3 3

AG AM  AB AC





2 2

2 5 (1)

5 5

DEDAAE  AB AC  ABAC





1 1 5 1 1

2 5 (2)

3 3 3 3 3

DGDAAG  AB AB AC  AB  AC  ABAC

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Trang | 6

H
A

B A' M C

1
.

MH MA BC

Ta có . 1





MH MA BA CA MH





. .

2 BA MH CA MH

 









2 BA MC CH CA MB BH

 

     





. . . .

2 BA MC BA CH CA MB CA BH

   

0,25

Vì BACH BA CH. 0;CABH CA BH. 0

1 1

. . .

2 2

MH MA BA MC CA MB

   0,25

Mặt khác ta có BA MC. BA MC CA MB'. ; . CA MB'. và MB MC

Nên . 1 '. 1 '. 1



' '



2 2 2

MH MA BA MC CA MC  MC BA CA

0,25

1 1 1 1

. . .

2MC BC 2 2BC BC 4BC

   (đpcm) 0,25

5 C Tìm tọa độ các điểm E, F và B 2,00

Chứng minh được HM ME từ đó suy ra ( 5;1)E 

0,5

Chứng minh được HG2GF từ đó suy ra F(3;5) 0,5
Giả sử ( ; )B x y . Từ giả thiết suy ra B, E, F thẳng hàng và BE  BH

Đến quan hệ vecto

0,25

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Trang | 7

Đến hệ pt 0,25

Tìm được tọa độ ( 1;3)B  0,25

6 Tìm max và min của biểu thức

2 2

( ) 3

x y y

S

xy
 


 . 1,50

Thế x2y2 1 vào S ta được

2 2

x xy y

S

xy x y
 


 

0,25

TH 1. y 0 x2   1 S 1

TH2.

2 2
0

x x

y y

y S

x x
y y

   

 
 
  

 

  

 

. Đặt

2
2

2 2
1

x t t

t S

y t t

 
  

 

0,25

2 2 2

( 1) 2 2 ( 1) ( 2) 2 0

S t t t t S t S t S

            

Với S1, tồn tại 2

( 2) 4( 1)( 2) 0

t   S  S S 

0,25

Biến đổi ta được (S2)( 3      S 6) 0 2 S 2
Do S   1



2; 2



nên maxS 2, minS 2

0,25

7

Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2 2

(

1)

(

1)

2 A



x





y



x



y

 

y

1,50

Vậy .

0,25

TH 1.

y

  

2 A

2 1



y



2 5

0,25

TH 2.

y

  

2 A

2 1



y

 

2 y

 





2 2 2

3

1 y

2 y

3.1 1.

y

2 y

3

2 













  



  







0,25

2

3 A

 

khi và chỉ khi

0,

1

3 x



y



Ta có

2 

3 

2 5



min

A

 

2

3

0,25

2 2 2 2 2 2

(1 ) ( 1) 2 (1 1) ( ) 2

A x  y  x y   y   x x  yy  y

4

2

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Trang | 8
2. ĐỀ SỐ 2

Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số yx2 4x3 có đồ thị ( )P . Tìm giá trị của tham số

m

để đường thẳng

(dm) :y x m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn

1 2

1 1
2

x  x  .

2) Cho hàm số y(m1)x22mx m 2 (

m

là tham số). Tìm

m

để hàm số nghịch biến trên
khoảng (;2).

Câu II (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình







 



2 2 2 2

2 2

3 3 2

2 12 0

x y x xy y x y

x y x x

       




   


2) Giải phương trình (x3) 1 x x 4 x 2x26x3.
3) Giải bất phương trình x3(3x24x4) x 1 0.

Câu III (3,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB 3NC 0. Gọi P là giao
điểm của AC và GN, tính tỉ số PA

PC .

2) Cho tam giác nhọn ABC, gọi H E K, , lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A B C, , . Gọi
diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là SABC và SHEK . Biết rằng

ABC HEK

S  S , chứng minh sin2 sin2 sin2 9
4

A B C  .

3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân tại A. Đường thẳng AB có phương trình

3 0

x  y , đường thẳng AC có phương trình x7y 5 0. Biết điểm M(1;10) thuộc cạnh BC,
tìm tọa độ các đỉnh A B C, , .

Câu IV (1,0 điểm)

Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên
dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ.

Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết
một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy
chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại
để tiền lãi lớn nhất?

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xyyzxz3.
Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

3 3 3 1

8 8 8

x y z

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Trang | 9
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điể

m 
Câu

I.1 
1,0đ

Cho hàm số yx24x3 có đồ thị ( )P . Tìm giá trị của tham số

m

để đường thẳng

(dm) :y x m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn

1 2

1 1
2

x  x  .

Phương trình hồnh độ giao điểm 2 2

4 3 5 3 0

x  x   x m x  x  m (1) 0,25
Đường thẳng (dm) cắt đồ thị ( )P tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có

hai nghiệm phân biệt 0 13 4 0 13
4

m m

         . 0,25

Ta có 1 2

1 2

5
3

x x

x x m

 


  

 0,25

1 2 1 2

1 2

2 5 2(3 )

1 1 1

0 3 2

x x x x m

m

x x m

x x

   

 

     

  

 (thỏa mãn) 0,25

Câu 
I.2 
1,0 đ

Cho hàm số y(m1)x2 2mx m 2,(

m

là tham số). Tìm

m

để hàm số nghịch biến
trên khoảng (;2).

Với m    1 y 2x 3. Hàm số nghịch biến trên . Do đó m1 thỏa mãn.

0,25

Với m1. Hàm số nghịch biến trên khoảng (;2) khi và chỉ khi

1 0

2
1

m
m
m

 




 

 


0,25

1 m 2

   . 0,25

Vậy 1 m 2 0,25

CâuII.
1 
1,0 đ

Giải hệ phương trình







 



 

2 2 2 2

2 2

3 3 2 1

2 12 0 2

x y x xy y x y

x y x x

       




</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Trang | 10







 











2 2 2 2

3 3 2 2

3 3 2

3( ) 3( ) 2

3( ) 3 3 2

x y x xy y x y

x y x xy y x y x y

x y x y x y

      

        

      

0,25

3 2 3 2

3 3

3 3 1 3 3 1

( 1) ( 1) 1 1 2

x x x y y y

x y x y y x

       

           0,25

Thế y x 2 vào phương trình (2) ta có

2 2 3 2

( 2) 2 12 0 2 12 0

x x x  x  x x  x  . 0,25

(x 3)(x 2x 4) 0 x 3 y 1

         . Hệ có nghiệm 3

x
y




 

 0,25

CâuII.
2 
1,0 đ

Giải phương trình (x3) 1 x x 4 x 2x26x3(1)

Điều kiện 1 x4.

Phương trình 2

(1) (x 3)( 1  x 1) x( 4  x 1) 2x 6x

0,25

( 3) 2 6

1 1 4 1

1 1

( 3) 2 0

1 1 4 1

( 3) 0

1 1

2 (2)

1 1 4 1

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x

x x



   

   

 

     

   

 

 




   

    

 0,25

( 3) 0 0; 3

x x   x x (Thỏa mãn điều kiện).

0,25

Với điều kiên 1x4 ta có

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Trang | 11
1

1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 4 1

4 1 1 1

4 1

x x

x x

x

 



     

    

 

   
  

 

 

  


. Dấu "" không xảy
ra nên phương trình (2) vơ nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x0 và x3.
CâuII.

3 
1,0 đ

Giải bất phương trình x3(3x24x4) x 1 0 (1)

Điều kiện x 1.





3 2 3 2

3 2

(3 4 4) 1 0 3 1 4( 1) 1 0

3 1 4 1 0 (2)

x x x x x x x x x

x x x x

           

     

0,25

Xét x 1, thay vào (2) thỏa mãn.

Xét x  1 x 1 0. Chia hai vế của (2) cho





x ta được bất phương trình

3 2

3 4 0

1 1

x x

      
     

    .

0,25

Đặt

x
t

x



 , ta có bất phương trình

3 2 2

3 4 0 ( 1)( 2) 0 1

t  t    t t   t 0,25

2 2

1 0 1 0 1 0

0 0

1 1 1 1 5

1 0

1 1 0 2

1 5
1

x x x

x

x x

t x x

x x

x x x x

x

     

    

    

         

     

     

 

 


   

Kết hợp x 1là nghiệm, ta có tập nghiệm của bất phương trình 1;1 5
2
  



 

 .

0,25

Câu 
III.1 
1,0 đ

Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB 3NC 0. Gọi P là giao
điểm của AC và GN, tính tỉ số PA

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Trang | 12
Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt APk AC.





1
3

GP APAGk AC ABAC

1 1

3 3

k AC AB

 
   

  .

0,25





1 1 7 5

3 6 6 6

GN GM MN  AM BC  ABAC ACAB AC AB

0,25

Ba điểm G P N, , thẳng hàng nên hai vectơ GP GN, cùng phương. Do đó

1 1 1

2 1 7 4 4

3 3 3

7 5 7 5 3 15 5 5

6 6 6

k k

k k AP AC

  

         



0,25

4
5

PA

AP AC

PC

    .

0,25

Câu 
III.2 
1,0 đ

Cho tam giác nhọn ABC, gọi H E K, , lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh A B C, , .
Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là SABC và SHEK . Biết rằng

ABC HEK

S  S , chứng minh sin2 sin2 sin2 9
4

A B C .

Đặt S SABC thì từ giả thiết suy ra

3
4

EAK KBH HCE

HCE

EAK KBH

S S S S

S

S S

S S S

  

   

0,25

. sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

EAK

AE AK A

S AE AK

A A A

S  AB AC A  AB AC  

. .sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

KBH

BK BH B

S BK BH

B B B

S  AB BC B  BC AB  

0,25
P

G

M

A

B C N

H
K

E
A

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Trang | 13

. .sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

HCE

CH CE C

S CH CE

C C C

S  AC BC C  AC BC  

2 2 2

3 3

cos cos cos

4 4

HCE

EAK KBH S

S S

A B C

S  S  S      0,25

2 2 2 3 2 2 2 9

1 sin 1 sin 1 sin sin sin sin

4 4

A B C A B C

           . 0,25

Câu 
III.3 
1,0 đ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân tại A. Đường thẳng AB có phương trình
3 0

x  y , đường thẳng AC có phương trình x7y 5 0. Biết điểm M(1;10) thuộc
cạnh BC, tìm tọa độ các đỉnh A B C, , .

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 3 0 2

7 5 0 1

x y x

x y y

   

 


     

  . Vậy A(2;1). 0,25

Phương trình các đường phân giác của góc A là 3 7 5

2 5 2

x y  x y

1
2

( )
3 5 0

( )

3 5 0

d

x y

d

x y

  


   

 0,25

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
Xét trường hợp d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A.

Phương trình đường thẳng BClà 3x  y 7 0.

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 3 0 1 ( 1; 4)

3 7 0 4

x y x

B

x y y

    

 

  

     

  .

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

7 5 0 5 11 2

;

3 7 0 2 5 5

5
x
x y

C
x y

y
  

  

    

      

  



16 48 8

( 2; 6), ;

5 5 5

MB   MC   MC MBM

  nằm ngoài đoạn BC. Trường hợp
này không thỏa mãn.

0,25

Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Trang | 14
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 3 0 11 ( 11;14)

3 31 0 14

x y x

B

x y y

    

   

     

  .

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

101

7 5 0 5 101 18

;

3 31 0 18 5 5

5
x
x y

C
x y

y
 

  

    

      

  



96 32 8

( 12; 4), ;

5 5 5

MB  MC  MC  MBM

  thuộc đoạn BC.

Vậy (2;1), ( 11;14), 101 18;
5 5
A B  C 

 .

Câu 
IV 1,0

đ

Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một máy
chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy

làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu
và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một
kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120
giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất?

Giả sử sản xuất x kg( ) sản phẩm loại I và y kg( ) sản phẩm loại II.
Điều kiện x0,y0và 2x4y200 x 2y100

Tổng số giờ máy làm việc: 3x1,5y
Ta có 3x1,5y120

Số tiền lãi thu được là T 300000x400000y (đồng).

0,25

Ta cần tìm x y, thoả mãn:

0, 0
2 100
3 1,5 120

x y

 



  


  


(I)

sao cho T 300000x400000y đạt giá trị lớn nhất.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Trang | 15
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d1:x2y100; d2: 3x1,5y120

Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0), cắt trục tung tại điểm B(0;50).

Đường thẳng d2 cắt trục hoành tại điểm C(40;0), cắt trục tung tại điểm D



0;80



.
Đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại điểm E



20;40



Biểu diễn hình học tập nghiệm của

hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC.

0,25

0
0

x

T
y



  

 

 ;

20000000
50

x

T
y



  

 

 ;

22000000
40

x

T
y



  

 

 ;

12000000
0

x

T
y




 
 



Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I và
40kg sản phẩm loại II.

0,25

Câu V 
1,0 đ

Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xyyzxz3 . Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

3 3 3 1

8 8 8

x y z

  

   .

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

2 2

3 2

2 2

2
3

( 2) ( 2 4) 6
8 ( 2)( 2 4)

2 2

2
6
8

x x x x x

x x x x

x x

x

     

      

 

 


Tương tự, ta cũng có

2 2 2 2

2 2

3 3

2 2

;

6 6

8 8

y y z z

y z

 

   

  .

Từ đó suy ra:

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Trang | 16

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3 3 3

2 2 2

6 6 6

8 8 8

x y z x y z

x x y y z z

x y z

    

     

   . (1)

Chứng minh bổ đề: Cho x y, 0 và a b,  ta có:





 

2 2

a b

x y x y


 



Ta có

 

2 2







2 2















* a y b x a b a y b x x y xy a b ay bx 0

xy x y




         



Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b
x  y.
Áp dụng bổ đề ta có









2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

6 6 6 12 6

x y

x y z z

x x y y z z x y x y z z

  

 

     

             

 

   

2 2 2

2( )

( ) 18

x y z

x y z x y z

 



      .

0,25

Đến đây, ta chỉ cần chứng minh:

 

2 2 2

2( )

1 3

( ) 18

x y z

x y z x y z

  

     

Do x2 y2z2   (x y z) 18



 





 



2 18

12 0

x y z x y z xy yz zx

x y z x y z

         
       

Nên

 

3 2(x y z)2 x2y2z2   (x y z) 18

 x2 y2 z2   x y z 6 (4)

0,25

Mặt khác, do x y z, , là các số dương nên ta có:

2 2 2

3( ) 3

x y z xy yz zx

     
     

Nên bất đẳng thức (4) đúng.

Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Trang | 17
3. ĐỀ SỐ 3

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải phương trình x212 5 3x x25.
b) Giải hệ phương trình

3 2 2 3

x 9xy 6x y 4y 0
x y x y 2.

    




   


Câu 2 (3,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số :

3 2

x 5x 2017
y

x 9x 11x 21

 



   .

b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số): 2









2 1 1 0

x  m x m  m  có hai nghiệm

1, 2

x x thỏa mãn điều kiện x1x2 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:





3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px  x x x x  x  .
Câu 3 (3,0 điểm).

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3 3 3 3 3 3

1 x y 1 z y 1 z x

P .

xy yz xz

     

  

Câu 4 (2,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng
minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên.

Câu 5 (4,0 điểm).

a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãnAN 1AB; BM 1BC.

3 3

  Gọi I là giao điểm
của AM và CN . Chứng minh BI  IC.

b) Cho nửa đường trịn đường kính AB và một điểm C cố định thuộc đoạn AB (C khác A, B).Lấy
điểm M trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vng góc với MC lần lượt cắt tiếp tuyến qua A và B
của nửa đường trịn tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CEF khi M di chuyển trên nửa
đường tròn.

Câu 6 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x y 0 và d2:

3x y 0. Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác
ABC vuông tại B. Viết phương trình của đường trịn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng 3

và

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Trang | 18
ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 
5,0

a) Giải phương trình x212 5 3x x25 (1) 2,0 
ĐK: x  5/3 (*).

Khi đó: (1)  x212 4 3x 6  x2 5 3





2 2

x 4 x 4

3 x 2

x 12 4 x 5 3

 

   

   







2 2

x 2 x 2

x 2 3 0

x 12 4 x 5 3

   

    

   

 

 x2(thỏa (*))
Vì

2 2 2 2

1 1 x 2 x 2

x 12 4 x 5 3 x 12 4 x 5 3

 

   

       

Vậy (1) có nghiệm: x = 2 .

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

b) Giải hệ phương trình

3 2 2 3

x 9xy 6x y 4y 0 (1)
x y x y 2. (2)

    




   

 3,0

Điều kiện: x y 0
x y 0

 

  

 (*)

Nhận thấy y = 0 không thỏa (1) nên (1)

3 2

x x x

6 9 4 0

y y y

   

       

   

x y

x x 4y

4
y

 

  



  



  




 Với x = y thay vào (2) ta được : 2x    2 x y 2
 Với x = 4y thay vào (2) ta được:

5y 3y 2 y 2 5 3 y



5 3



5 3

        



So với (*) ta được nghiệm

 

x; y của hệ là :

 

2; 2 ; (32 8 15;8 2 15) 

0,5

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Trang | 19

0,5

Câu Nội dung Điểm

Câu 2

3,0 a) Tìm tập xác định của hàm số :

3 2

x 5x 2017
y

x 9x 11x 21

 



  

1,0

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :
2

3 2

x 5x 2017
0
x 9x 11x 21

 



  

3 2

x 9x 11x 21 0

     ( Vì x2 -5x + 2017 > 0 với mọi x)
1 x 3

x 7

  


  



Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D =



1;3

 

 7;



0,25

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









2 3

2 1 1 0

x  m x m  m  có hai nghiệmx1, x2 thỏa mãn điều kiện

1 2 4

x x  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:





3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px  x x x x  x  .

2,0

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãnx1x2 4









2
1 2

2
4 0

' 0 2 0

2 0

4 2 1 4 2 3

3
m

m m m

m

x x m m

m
 

  

    

   

     

      

   



Theo định lí Viet ta có





3





1 2 2 1 , 1 2 1

x x  m x x  m  m suy ra









3 3





2 2

1 2 8 1 2 8 1 8 8 1 16 40

P x x  x x  m  m  m   m  m
Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 khi m2, Pmin 144 khi m 2.

0,5

-24
16

-144

0

3
2

0
-2

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Trang | 20
Câu 3

3,0

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
sau:

3 3 3 3 3 3

1 x y 1 z y 1 z x

P .

xy yz xz

     

  

Áp dụng BĐT Cơ-si , ta có:

3 3

3 3 1 x y 3

1 x y 3xy

xy xy

 

     .

Tương tự , ta có :

3 3 3 3

1 y z 3 1 z x 3

;

yz yz zx xz

   

 

0,75

0,25

Cộng vế theo vế , ta được:

3 3 3 3 3 3

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

3( ) (1)

yx yz zx xy yz xz

          

Áp dụng BĐT Cơ-si , ta có:

1 1 1 3

3 (2)
xy  yz  zx  xyz  .

0,5

Từ (1) , (2) suy ra P3 3 0,5

Vậy Pmin = 3 3 , đạt được khi x = y = z = 1 0,5
Câu 4

2,0

Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ
nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có
tọa độ nguyên.

Điểm

Coi đỉnh Ai (xi ; yi), i = 1,2,3,4,5.

Khi đó (xi ; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau: (2k ; 2k’) ; (2k ; 2k’ + 1) ;
(2k + 1 ; 2k’ + 1) ; (2k + 1 ; 2k’ ) với k, k ' .

Do đa giác có 5 đỉnh nên theo ngun lí Đi rich lê, có ít nhất hai đỉnh có tọa độ thuộc
một trong bốn kiểu trên.

Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh đó sẽ có tọa độ nguyên.

Do ngũ giác là lồi nên trung điểm đó nằm ở miền trong hoặc tren cạnh của ngũ giác
đó.

0,75

0,5

0,25

0,5

Câu Nội dung Điểm

Câu 5 
40

a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãnAN 1AB; BM 1BC.

3 3

 

Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh BI  IC.

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Trang | 21
I

B C

Giả sử AIkAM , ta có:





CI AI AC kAM AC k. AB BM AC
2k k

AB 1 AC

3 3

      

 

   

 

và CN AN AC 1AB AC
3

    .

Vì CI , CN cùng phương nên k 3
7



Ta có AI 3AM 3



AB BM



2AB 1AC

7 7 7 7

    

Suy ra: BI AI AB 5AB 1AC

7 7



   

2 6

IC AC AI AB AC

7 7



    .

2 2

5 1 2 6

BI.IC AB AC AB AC

7 7 7 7

10AB 6AC 32AB.AC 0

 

  

     

  

 

    

 

Vì tam giác ABC đều nên AB = AC và
2

AB.AC AB.AC.cosA AB

 

Vậy : BIIC

0,25

b) Cho nửa đường trịn đường kính AB và một điểm C cố định thuộc đoạn AB (C
khác A, B).Lấy điểm M trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vng góc với MC
lần lượt cắt tiếp tuyến qua A và B của nửa đường tròn tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất
của diện tích tam giác CEF khi M di chuyển trên nửa đường tròn.

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Trang | 22
Vì AEMC và BFMC là các tứ giác nội tiếp nên:

0
MEC MFC MAC MBC 90

0
ECF 90
  .
Vậy SCEF 1CE.CF



Hai tam giác AEC và BCF đồng dạng nên:
AE BC

AE.BF AC.BC
AC BF 

Ta có :

2 2 2 2

CEF

1 1

S AE AC . BC BF 2AE.AC.2BC.BF

2 2

   

AC.BC
(không đổi).

Vậy diện tích tam giác CEF nhỏ nhất bằng
AC.BC khi AE = AC và BC = BF.

0,25

0,5

0,25

Câu 6 
3,0

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x y 0 và d2:

3x y 0. Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C

sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của đường trịn (C) biết tam

giác ABC có diện tích bằng 3

và điểm A có hồnh độ dương.

3,0

+ Gọi I là tâm đường tròn (C) đường kính là AC 
+ A thuộc d1 nên có tọa độ là A a;



 3a ; a



0.

+ Đường thẳng AB đi qua A và vng góc với d2 có phương trình:
AB: x 3y 2a 0; AB d2

 

B B a; a 3

2 2

  

    

  0,25

A B

B
d1

I
C

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Trang | 23
+ Đường thẳng AC đi qua A và vng góc với d1 có phương trình:

AC: x 3y 4a 0; ACd2

 

C C



2a; 2a 3



+ Tam giác ABC có diện tích bằng 3

3 1 3

AB.CB a

2 2 3

   

A 3; 1 ;C 2 3; 2

3 3

   

       

   

+ Tính đúng I 3; 3 ; R 1
6 2

   

 

 

+ Viết đúng phương trình (C):

2 2

3 3

x y 1

6 2

   

   

   

   

 

0,5

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Trang | 24
4. ĐỀ SỐ 4

Câu 1. (5,0 điểm).

a.(3đ). Giải bất phương trình.

2 2

x 2x x 3x 2x
b.(2đ). Giải hệ phương trình.

3 2 2 3

x 6x y 9xy 4y 0 (1)
x y x y 2 (2)

   




   



Câu 2. (3,0 điểm).

a. (2đ). Cho parabol (P) : y = 3x2

– x – 4. Gọi A,B là giao điểm của (p) với Ox. Tìm m<0 sao cho đường
thẳng d: y= m cắt (P) tại hai điểm phân biệt M,N mà bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác có diện tích
bằng 4.

b. (1đ) Cho

sina.sinb 5cosa.cosb.



Tính  

 

2 2 2 2

1 1

sin a 5cos a sin b 5cos b

Câu 3. (3,0 điểm).

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a b c

1 a 1 b 1 c

  

  

Câu 4. (2,0 điểm).

Trong mặt phẳng lấy 2n + 3 điểm ( n ) sao cho trong ba điểm bất kì ln có hai điểm mà
khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình trịn bán kính bằng 1 chứa ít
nhất n + 2 điểm nêu trên.

Câu 5 .(3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng với mọi điểm M thì

  

2 2 2

a.MA b.MB c.MC abc
Câu 6. (4,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC. D là trung điểm AB, E
16

( ;1)

3 nằm trên cạnh AC mà AC = 3EC. Đường thẳng DC có phương trình x - 3y + 1 = 0. Tìm tọa độ A,
B, C.

ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Trang | 25
(5đ)

Đk :

x 3
x 2x 0

x 0
x 3x 0

x 2
 


 

  

   

  



0.5đ

* khi x 3 hay x0bpt VN

Suy ra x 3 hay x0 là nghiệm của bpt

1đ

*


    

   2  

* khi x 2

bpt x 2 x 3 2 x

2x 1 2 x x 6 4x

0.5đ

2 6 2x-1
8x 25

( )
8

x x

x thoa

   

 

0.5đ

Vậy tập nghiệm của bpt S ( ; 3) {0} (25; )
8

      0.5đ

b. Giải hệ :

3 2 2 3

x 6x y 9xy 4y 0 (1)
x y x y 2 (2)

   




   

 2đ

Đk: x  y 0 0.25đ

   




  



(1) (x 4y)(x y) 0
x 4y

x y

0.5 đ

4 :

4 32 8 15

2 8 2 15
Khi x y

x y x

Hpt

x y x y y



 

  

 

 

     

 

 

0.5đ

Khi x=y:

2
2
2

x y x

Hpt

y
x y x y



  



  

   

 



</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Trang | 26
KL: Hệ có tập nghiệm S { (2;2),(32 8 15;8 2 15)}   0.25đ

Câu 2 
(3 đ)

a. Cho parabol (P) : y = 3x2 – x – 4. Gọi A,B là giao điểm của (P) với Ox. Tìm m 
< 0 sao cho đường thẳng d: y= m cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N mà bốn 
điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác có diện tích bằng 4.

2 đ

Ta chọn A(-1;0), B(4/3;0) 0.25 đ

Pthđgđ của (P) và d: 3x2

– x – 4- m = 0 (*)

ĐK:  > 0  m 49

12



M,N là giao điểm nên xM , xN là hai nghiệm của (*)

M N M N M N

49 12m
MN x x (x x ) 4x x

3


     

0.25 đ

A và B, M và N đối xứng nhau qua trục đối xứng của (P) nên bốn điểm tạo nên

hình thang cân có hai đáy AB, MN, độ dài đường cao = m  m (do m0) 0.5 d



   

   




      

  


ABMN

7 49 12m

7m m 49 12m

3 3

S .( m) 6

2 6

m 6 (lo¹i)
m 28m 48 0 m 2 (nhËn)

m 4 (nhËn)

0.5 đ

Vậy m = -4 , m = -2 thỏa mãn đề. 0.25 đ

b.   

 

2 2 2 2

1 1

Cho sina.sinb 5cosa.cosb. TÝnh S

sin a 5cos a sin b 5cos b 1đ 


Tõ gi¶ thiÕt cã tana.tanb 5 0.25đ

 

 

 

2 2

1 tan a 1 tan b
S

tan a 5 tan b 5 0.25đ

 



  

 

 

 

2 2

2 2 2 2

2 2

40 4tan a 4tan b

tan a.tan b 5tan a 5tan b 25
4(10 tan a tan b) 4

5(10 tan a tan b) 5

0.5đ

Câu 3 
(3,0

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Trang | 27

điểm). a b c

1 a 1 b 1 c

  

  

1 (1 a) 1 (1 b) 1 (1 c)
T

1 a 1 b 1 c

1 1 1

( ) ( 1 a 1 b 1 c)

1 a 1 b 1 c

     

  

  

        

  

0.5 đ

Đặt A 1 1 1
1 a 1 b 1 c

  

  

1 1 1 1

A 3

1 a 1 b 1 c (1 a)(1 b)(1 c)

   

     

Lại có :

1 a 1 b 1 c 3 (1 a)(1 b)(1 c)
2

3 (a b c) (1 a)(1 b)(1 c)
3

2
(1 a)(1 b)(1 c)

        
        

    

0.5 đ

0.25đ

Suy ra A 27
2

 0.25 đ

Đặt B - ( 1 a  1 b  1 c )

( 1 a 1 b 1 c) 3(1 a 1 b 1 c) 6
0 1 a 1 b 1 c 6

           

        0.5 đ

Suy ra B  6 0.25 đ

T=A+BT A B 27 6 6

2 2

     0.5đ

KL: MinT= 6
2 khi

1
a b c

   0.25đ

Câu 4 
(2,0 
điểm)

Trong mặt phẳng lấy 2n + 3 điểm (n ) sao cho trong ba điểm bất kì 
ln có hai điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1. Chứng minh

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Trang | 28
Chọn điểm A bất kì trong 2n + 3 điểm đó. Vẽ đường trịn (A;1), khi đó có hai

khả năng :

a) Nếu tất cả các điểm thuộc hình trịn (A;1) thì bài tốn thỏa mãn.

0.5 đ

b) Nếu khơng phải tất cả các điểm thuộc hình trịn (A;1). Khi đó, có 1 điểm gọi 
là B khơng thuộc hình trịn (A;1).

Vẽ đường tròn (B;1).

Gọi C là điểm bất kì trong 2n + 1 điểm cịn lại. Xét ba điểm A, B, C thì phải có
AC hoặc BC nhỏ hơn 1.

0.5 đ

Nếu AC nhỏ hơn 1 thì C thuộc hình trịn (A;1)

Nếu BC nhỏ hơn 1 thì C thuộc hình trịn (B;1). 0.5 đ
Do đó 2n + 1 điểm cịn lại thuộc (A;1) hoặc thuộc (B;1) nên theo ngun lí

Dirichlet có ít nhất n + 1 điểm thuộc (A;1) hoặc (B;1). 
Nói cách khác có ít nhất n+ 2 điểm thoả mãn đề.

0.5 đ

Câu 5 
(3,0 
điểm)

Cho tam giác ABC có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng với

mọi điểm M thì a.MA2 b.MB2c.MC2 abc 3 đ



a.MAb.MB c.MC



2 0 0.5 đ

O

C

M

A

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Trang | 29









      

     

      

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

a .MA b .MB c .MC 2ab.MA.MB 2bc.MB.MC 2ac.MA.MC 0
a .MA b .MB c .MC ab.(MA MB AB )

bc. MB MC BC ac. MA MC AC 0

1 đ













   2   2   2  2 2 2

a a b c MA b a b c MB c a b c MC abc bca acb 0.5đ













       

   

2 2 2

a b c a.MA b.MB c.MC abc a b c
a.MA b.MB c.MC abc

0.5đ

Dấu bằng xảy ra khi a.MAb.MB c.MC 0

 M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

0.5đ

Câu 6 
(4,0 
điểm

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC. D 
là trung điểm AB, E (16;1)

3 nằm trên cạnh AC mà AC = 3EC. Đường thẳng

DC có phương trình x - 3y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.

4 đ

Ta có EA BA 2

EC  BC 1 nên BE là phân giác của góc B 0.5 đ
Suy ra BE vng góc DC, nên DC có ptrình

3(x ) 1(y 1) 0 3x y 17 0
3

       

0.5 đ

I DC BE (5; 2)

    0.5 đ

E(16
3 ;1)

x-3y+1=0

I

A

D

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Trang | 30
Gọi BC= a. tính được IE a ; IB a

3 2 2

  0.5 đ

IB 3IE B(4;5)

    0.5 đ

C x 3y 1 0 c(3c 1; c)
BC 2BI c 4c 3 0

     

     0.5 đ

c 1 C(2;1)
c 3 C(8;3)

 


   

 0.5 đ

KL: A(12;1), B(4,5), C(2;1) hoặc A(0;-3), B(4;5), C(8,3) 0.5 đ

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Trang | 31
5. ĐỀ SỐ 5

Câu 1: (5,0 điểm)

a. Giải bất phương trình:

2 x

 

5

2 

x



x

 

1

3 x



4



b. Giải hệ phương trình:

2 2

2

5 2 2

3

5

4 x

y

x

xy

x

y



 









 

 





Câu 2: (4,0 điểm)

a. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: yf (x)x x 2 1  .

b. Tìm các giá trị của tham số m sao cho hàm số yf (x)x2(2m 1)x m  21 có
giá trị bé nhất trên đoạn [0;1] bằng 1.

Câu 3: (4,0 điểm)

a. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:

    

3 3 3

a b c

ab bc ca

b c a .

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Pyz x 1 zx y 4 xy z 9    

xyz .

Câu 4: (4,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H(3; 0) và trung điểm của BC là I(6;1).
Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - 3 = 0. Gọi D , E lần lượt là chân đường cao kẻ từ điểm B và C
của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình DE là x - 2 = 0 và điểm
D có hồnh độ dương.

Câu 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC. Gọi A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB.Chứng minh rằng diện tích 
của một trong ba tam giác AB’C’, BA’C’, CA’C’ không thể vượt qua một phần tư diện tích tam giác
ABC. Với điều kiện nào các tam giác này có diện tích bằng nhau và bằng một phần tư diện tích tam giác
ABC.

ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Điểm

Câu 1 
(5,0

a) Giải phương trình

2 x

 

5

2 

x



x

 

1

3 x



4



</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Trang | 32
điểm) Điều kiện: 1

2 x

 

0,25









2x 5 2x x 1 3x4 (3x4)(x 1) 2x x 1 3x4 0,5





3x 4 x 1 2 x do x 1 3x 4 0

          0,5

3x 4 2 x x 1 2 (2 x x)( 1) 3x 3

           0,25

Giải tìm được tập nghiệm của bất phương trình là S=

 

1;2

0,5

b) Giải hệ phương trình

2 2

2

5 2 2

3

5

4 x

y

x

xy

x

y



 









 

 





3,0

Điều kiện:

y



0

và 2

0 xy

 

x

y

 

y

. 0,25

- Xét phương trình thứ hai trong hệ:

2 2

3 5 4 ( 2 1) 3( 1) 0

x xy x y  y y  x y  xy x y    y y

0,5

3( 1)

( 2 1) 0

2 1

y

x y

xy x y y y

 



 

    

    

 

 

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Trang | 33
2 1 0

x y

    (vì theo điều kiện thì biểu thức trong ngoặc vuông luôn dương

+ Với

1

2 x

y





thay vào phương trình thứ nhất ta được:

2 2

2 x

 

5

2 x

 

1 x

2(

2)

2 (

2)

2

0 1 1

5

3 x

















 





 

 





Điều kiện:

x



1

. Khi đó, ta có:

0,25

0,5

2( 2) 2 2 2

2 ( 2) 1 0

2 5 3 1 1 1 1 2 5 3

x

x x

 

  

        

 

   

     

0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( 2;

1

2

0,5

Câu Đáp án Điểm 
Câu

2(4,0 
điểm) ãn

a/. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: yf (x)x x 2 1  1,5

Viết lại hàm số     

 


2

x 2x+1 , khi x 2
y f (x)

-x 2x 1, khi x<2

0,5

Lập được bảng biến thiên 0,5

Vẽ được đúng đồ thị hàm số 0,5

b/. Tìm các giá trị của tham số m sao cho hàm số 
  2   2

y f (x) x (2m 1)x m 1 có giá trị bé nhất trên đoạn [0;1] bằng 1.

2,5

Hoành độ đỉnh x0 2m 1   m 1

2 2

Bảng biến thiên:

0,25

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Trang | 34
x  -m-1/2 



 

-m-5/4

+ Nếu x0   m 1 0;1  3 m1

2 2 2 thì

0,25

 
 

   
0

R
0;1

5
min f(x)= min f(x)= f(x ) m 1

 m=9

4 (Không thỏa)

0,25

0,25 
+Nếu x0    m 1 0 m 1

2 2 thì f(x) dồng biến trên [0;1]

 
 

  2 

0;1

min f(x)= f(0) m 1 1

 m 2 (thỏa ) hoặc m  2(không thỏa)

0,25

0,25 
+ Nếu x0    m 1 1 m 3

2 2 thì f(x) nghịch biến trên [0;1]

 
 

   2

0;1

min f(x)= f(1) (m 1) 1



m=0 (không thỏa ) hoặc m=-2 (thỏa)

0,25

Vậy m 2và m=-2 0,25

Câu3 
(4,0 
điểm)

a/. Cho a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:

    

3 3 3

a b c

ab bc ca

b c a .

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Trang | 35
Ta có (a b) 2 0 a2ab b 2ab.

a3b3ab(a b)

a3b2a2ab

Tương tự (b c) 20   
3

2 2
b

c b bc

(c a) 20   
3

2 2
c

a c ca
a

Suy ra           

3 3 3

2 2 2 2 2 2

a b c

b c a a ab b bc c ca

b c a

đccm

0,25

0,5 
0,25

b/. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Pyz x 1 zx y 4 xy z 9    

xyz .

2,0

P xác định khi x 1,y 4,z 9 .

Ta có P x 1  y 4  z 9

x y z

Áp dụng Bđt Cơsi ta có:

x 1  x 1 1   x 1 1

2 x 2

2 y 4  y 4 4   y 4 1

2 y 4

3 z 9 z 9 9   z 1 1

2 z 6  

11
P

 Max P=11

12, đạt được khi x=2, y=8, z=18

0,25

0,5

0,25

0,25 
Câu 4

(4,0 
điểm)

Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H(3; 0) và trung điểm của BC 
là I(6;1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - 3 = 0. Gọi D , E lần lượt là chân 
đường cao kẻ từ điểm B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam 
giác ABC biết phương trình DE là x - 2 = 0 và điểm D có hồnh độ dương.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Trang | 36
Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm I và tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn tâm F 0,5 
Vậy IF là đường trung trực của ED. Do đó IF



ED 0,5

Suy ra phương trình IF : y-1=0 0,25

Suy ra F (1 ; 1) 0,25

Suy ra A(-1 ;2) 0,5

D thuộc DE suy ra D(2 ;d) 0,25

Do FD = FA suy ra

1 (

1)

5

3

1 d

x

d









    



y

D



0

nên D(2; 3)

0,5

0,25

Phương tình AC: x - 3y + 7 = 0 0,25

Đường BC đi qua I và vng góc AH nên có phương trình BC 2x – y – 11 = 0 0,25

Suy ra C ( 8; 5) 0,25

Suy ra B ( 4 ; -3 ) 0,25

Câu5 
(3,0 
điểm)

Cho tam giác ABC. Gọi A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB.Chứng 
minh rằng diện tích của một trong ba tam giác AB’C’, BA’C’, CA’B’ không 
thể vượt qua một phần tư diện tích tam giác ABC. Với điều kiện nào các tam 
giác này có diện tích bằng nhau và bằng một phần tư diện tích tam giác ABC.

3,0

I
H

C
B

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Trang | 37
Kí hiệu S S ABC, SA SAB'C', SB SBA 'C', SCSCA 'B'.

Ta có A  
1

AC'.AB'.sin A

S 2 AC'.AB'

S AC.AB

AC.AB.sin A
2

SB BC'.BA '
S BC.BA

SC CA '.CB'
S CA.CB

Suy ra A B C 

S .S .S AB'.AC'.BC'.BA '.CA '.CB'
AB.AC.BC.BA.CA.CB
S

2 2 2

AC'.BC' AB'.CB' BA '.CA '

. .

AB AC BC

Mặt khác: AC'.BC'1(AC' BC') 21AB2

4 4

AB'.CB'1(AB' CB') 21AC2

4 4

BA '.CA '1(BA ' CA ') 2 1BC2

4 4

 A B C 
3

S .S .S 1 1 1
. .
4 4 4
S

Suy ra SA  1

S 4 hoặc 
B

S 1

S 4 hoặc 
C

S 1

S 4

Dấu bằng xảy ra đồng thời khi và chỉ khi A’, B’, C’ tương ứng là trung điểm của
BC, CA, AB.

0,25

0,5

0,25

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Trang | 38
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, 
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên 
danh tiếng.

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng

xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn 
Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao và HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chuyên dành cho các em HS

THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng 5 phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh 
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc 
Bá Cẩn cùng đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả

các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và
Tiếng Anh.

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online cùng Chuyên Gia

</div>

Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 10 - Trường THPT Nguyễn Huy Hiệu

a)



4

<i>x</i>



5

b)

<i>x</i>

 

2

<i>m</i>



<i>m</i>

a)

(

<i>x</i>



1)

<i>x</i>

 

2

(

<i>x</i>



6)

<i>x</i>

 

7

<i>x</i>



7

<i>x</i>



12

b)

(x 1)(y

6)

y(x

1)

(y 1)(x

6)

x(y

1)

 





















c)

3

<i>x</i>

 

1

<i>m x</i>

 

1

2

<i>x</i>



1

<i>f</i>

(

<i>x</i>

)



<i>x</i>



2

(

<i>m</i>



1

)