Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 10

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi TỐN
Thời gian: 150 phút (khơng kể phát đề)
Đáp án và hướng dẫn chấm có 04 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài

1

ý
Nội dung
2
Cho hàm số f ( x ) = mx + ( m + 3) x − m − 3 . Tìm các giá trị thực của m để:
a) Phương trình f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 thỏa mãn x1 − 2x 2 = 2 .
 m≠ 0

m≠ 0

  m < −3
⇔
⇔
f
x
=
0

x
,
x
PT ( )
có 2 nghiệm phân biệt 1 2 
(1)

 ( m + 3) ( 5m + 3) > 0   m > − 3
 
5
m+3

( a)
 x1 + x 2 = − m
Theo Viet : 
x x = − m +3
( b)
 1 2
m
2

 x1 = − m
Kết hợp (a) với x1 − 2x 2 = 2 (c), ta tính được 
x = − m + 1
 2
m

− 5 + 17
m=


−2  m + 1 
m+ 3
2
⇔ m 2 + 5m + 2 = 0 ⇔ 
Thay x1 , x 2 vào (b):  −
÷= −
m m 
m

− 5 − 17
m =
2


− 5 + 17
m =
2
Kết hợp với (1), ta được các giá trị cần tìm của m là 

− 5 − 17
m =
2

b) Bất phương trình f ( x ) > 0 có nghiệm.
Ta tìm m để f ( x ) > 0 vơ nghiệm ⇔ f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡

Với m = 0 : f ( x ) ≤ 0 trở thành 3x − 3 ≤ 0 (không thỏa mãn).
m<0

3

⇔ −3 ≤ m ≤ −
Với m ≠ 0 : f ( x ) ≤ 0, ∀ x ∈ ¡ ⇔ 
5
 ∆ = ( m + 3) ( 5m + 3) ≤ 0

3
thì f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡
5
 3

Vậy ∀ m ∈ ( −∞ ; − 3) ∪  − ; +∞ ÷ thì bất phương trình f ( x ) > 0 có nghiệm.
 5


Điểm
4.0
2.0

0.5

0.5

0.5

0.5

2.0
0.5
0.5
0.5

Do đó với −3 ≤ m ≤ −

2

(

)

2

(

)

a) Giải phương trình 2 x 2 + x + 1 − 7 ( x − 1) = 13 x 3 − 1
2

( 1)

0.5

2.0

1


2

 x −1 

 x −1 
Vì x + x + 1 > 0, ∀ x ∈ ¡ . PT ( 1) ⇔ 7  2
÷ + 13  2
÷− 2 = 0
 x + x +1
 x + x +1 
 u = −2
x −1
2
= u . Ta có: 7u + 13u − 2 = 0 ⇔ 
Đặt 2
u=1
x + x +1
7

 x = −1
2
2
Với u = −2 : −2 x + x + 1 = x − 1 ⇔ 2x + 3x + 1 = 0 ⇔ 
x = − 1

2
x = 2
1
2
2
Với u = : x + x + 1 = 7 ( x − 1) ⇔ x − 6x + 8 = 0 ⇔ 
7
x = 4
2

(

)

1


Vậy phương trình có tập nghiệm là : S = −1; − ;2;4 
2


b) Giải bất phương trình x ( x − 4 ) − x 2 + 4x + ( x − 2 ) < 2
2

ĐK: 0 ≤ x ≤ 4 . Đặt

0.5

0.5

0.5

)

3
2
Được BPT : − t − t + 2 < 0 ⇔ ( t − 1) t + t + 2 > 0 ⇔ t > 1 , vì t 2 + t + 2 > 0; ∀t

0.5

Kết hợp đk thì 1 < t ≤ 2 . Khi đó 1 < − x 2 + 4x ≤ 2 ⇔ 1 < − x 2 + 4x ≤ 4
Giải ra ta được: 2 − 3 < x < 2 + 3 (thỏa mãn)

0.5

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = 2 − 3;2 + 3

0.5

(

a)

0.5

2.0

− x 2 + 4x = t;0 ≤ t ≤ 2 , suy ra x 2 − 4x = − t 2

(

3

(2)

0.5

(

)

)

2
2
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình ( m − 2 ) 1 + x + 1 = x − m

có đúng hai nghiệm phân biệt.
2
Đặt x 2 + 1 = t; t ≥ 1 . Ta được phương trình t − ( m − 2 ) t + 1 − 2m = 0

2.0

( 1)

Nhận thấy với mỗi giá trị t > 1 thì x = ± t 2 − 1
Nên bài toán thỏ mãn khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng 1 nghiệm t > 1
∆ = m 2 + 4m = 0

Ta có: Phương trình có nghiệm kép t 0 > 1 : 
(vơ nghiệm)
m−2
>
1


2
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt t1 < 1 < t 2 :
Có t1 < 1 < t 2 ⇔ ( t1 − 1) ( t 2 − 1) < 0 ⇔ t1t 2 − ( t1 + t 2 ) + 1 < 0 ( 2 )

 m>0
2
( a)
Mà PT có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m + 4m > 0 ⇔ 
 m < −4

0.5

0.5

0.5

 t1 + t 2 = m − 2
Theo Viet: 
.
 t1t 2 = −2m + 1

Thay vào (2): −2m + 1 − ( m − 2 ) + 1 < 0 ⇔ −3m + 4 < 0 ⇔ m >

4
3

4

Kết hợp với (a), ta được các giá trị cần tìm của m là ∀m ∈  ; +∞ ÷
3

b)
 x + x 2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4
Giải hệ phương trình  2

2
 x − y − 3x + 3y + 1 = 0

0.5

2.0

2


Đặt x − 1 = t . Hệ phương trình trở thành :
 t + 1 + t 2 + 4 = 3y + y 2 + 4
 t − 3y + 1 + t 2 + 4 − y 2 + 4 = 0
⇔
 2 2

2
2
 t − y − t + 3y − 1 = 0
 ( t + 1) − y − 3 ( t + 1) + 3y + 1 = 0
Cộng vế với vế (1) và (2) ta được:
t 2 − y2
t 2 − y2 + t 2 + 4 − y2 + 4 = 0 ⇔ t 2 − y 2 +
=0
t 2 + 4 + y2 + 4



1
÷= 0

⇔ t 2 − y2  1 +
2
2

÷
t
+
4
+
y
+
4


2
2
⇔ t − y = 0 ⇔ t = ±y
1
1
3
Với t = y , thay vào (2): 2y − 1 = 0 ⇔ y = , suy ra t = nên x =
2
2
2
1
1
3
Với t = − y , thay vào (2): 4y − 1 = 0 ⇔ y = suy ra t = − nên x =
4
4

4
3 1
3 1
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm ( x; y ) là :  ; ÷ và  ; ÷
2 2
4 4
1
1
+
Xác định tọa độ các điểm A, B để
là nhỏ nhất.
OA 2 OB2
x y
2 1
Phương trình đường thẳng AB là: + = 1 và M ∈ AB nên + = 1
a b
a b
1
1
1
1
+
= 2+ 2
Đặt P =
2
2
OA
OB
a
b

1 1
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki với 2 bộ số ( 2;1) và  ; ÷
a b
2
1
1 
1
1 1
 1
 1
Ta có: 12 =  2. + 1. ÷ ≤ 22 + 12  2 + 2 ÷ ⇔ P = 2 + 2 ≥
b
5
b 
a
b
 a
a

(

4

a)

( 1)
( 2)

(

0.5

0.5

)

0.5

0.5

2.0

( 1)

0.5

0.5

)

 2a = b
5


a =
⇔
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 1
+
=

1
a b
 b = 5

5

1
a =
5 
2 . Vậy A =  ;0 ÷, B = ( 0;5 )
Do đó MinP = ⇔ 
5
2 
 b = 5
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC,
b)
...Tìm tọa độ các đỉnh cịn lại của hình thang đã cho biết rằng cot ·ADC = 2.
Gọi I = AC ∩ BE. Vì I ∈ AC ⇒ I ( t ; 2t − 3) . Ta thấy I là trung điểm của BE nên
E ( 2t − 4; 4t − 6 ) . Theo giả thiết E ∈ ∆ ⇒ t = 3 ⇒ I ( 3; 3) , E ( 2; 6 ) .
· .
Vì AD / / BC , AD = 2 BC nên BCDE là hình bình hành. Suy ra ·ADC = IBC
2
.
5
uur
uuur
Vì C ∈ AC ⇒ C ( c; 2c − 3) ⇒ BI ( −1; 3) , BC ( c − 4; 2c − 3) . Ta có
·
·
= cot ·ADC = 2 ⇒ cos IBC

=
Từ cot IBC

0.5

0.5
2.0
0.5
0.5
0.5

3


c = 5
2
5c − 5
2
c > 1
·
cos IBC =
⇔
=
⇔ 2
⇔
.
2
c = 7
3
c

−
22
c
+
35
=
0
5
5

10. 5c − 20c + 25

3

7 5
Suy ra C ( 5; 7 ) hoặc C  ; ÷.`
 3 3
Với C ( 5; 7 ) , ta thấy I là trung điểm của AC nên A ( 1; − 1) , vì E là trung điểm

của AD nên D ( 3; 13) . Vậy C ( 5; 7 ) , A ( 1; − 1) , và D ( 3; 13) .
7 5
 11 13   1 23 
Với C  ; ÷, tương tự ta có A  ; ÷, D  ; ÷.
3 7
 3 3  3 3 

5

a)

b)

BI CI
.
là không đổi.
BD CE
AB
BC sin C
AC
BC sin B
BD =
=
CE =
=
B
B và
C
C
Ta có:
cos
cos
cos
cos
2
2
2
2
2
BC sin B sin C
B

C
BD.CE =
= 4 BC 2 sin sin
Nên
(1)
B
C
2
2
cos cos
2
2
IB
BC
C
=
⇒ BI = 2 BC sin
0
C sin BIC
Xét ∆IBC , có BIC = 135 nên
2
sin
2
B
B
C
Tương tự : CI = 2 BC sin . Do đó BI .CI = 2 BC 2 sin sin
(2)
2
2

2
BI CI 1
.
=
Từ (1) và (2) suy ra :
không đổi
(ĐPCM)
BD CE 2
Chứng minh tích

2.0

0.5

0.5
0.5
0.5

( a + b) 2
c 2 + 4(ab + bc + ca)

2.0

( a + b) 2
( a + b) 2
≥
=M
c 2 + 4c(a + b) + 4ab c 2 + 4c(a + b) + (a + b) 2

0.5

Cho các số thực a, b, c ∈ [1;2] . Tìm GTNN của P =
P được viết lại là P =

0.5

Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ 0 , chia tử và mẫu của M cho (a + b) 2 ta được:
M=

1
2

 c 
 c 

 + 4
 +1
 a+ b
 a+ b

=

1
t + 4t + 1 với t =
2

c
1 
. Do a, b, c ∈ [1;2] ⇒ t ∈  ;1
a+b

4 

0.5

1 

Xét hàm số f (t) = t 2 + 4t + 1 trên  ;1
4 
1 
1
Hàm số là đồng biến trên  ;1 , nên f  ÷ ≤ f (t) ≤ f ( 1) = 6
4 
4
1
1
1 
Do đó ∀t ∈  ;1 , M ≥ ⇒ P ≥
6
6
4 
a = b = 1
a = b = 1
1
Đẳng thức xảy ra khi t = 1 ⇔ 
. Vậy MinP = ⇔ 
6
 c=2
 c=2

0.5

0.5

Chú ý: Nếu thí sinh có lời giải khác với lời giải trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì
tùy thuộc vào lời giải cụ thể mà giám khảo chấm điểm theo biểu điểm trên./.
………………………….. Hết ………………………..
4