[File Word] 15 Đề Thi Học Sinh Giỏi và Olympic Toán 10 Có Đáp Án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 88 trang )

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

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON CNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
NĂM HỌC 2017 – 2018

Mơn : TỐN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

(5,0 điểm)

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 x

, x

thoả mãn

x1 x2 x2 x1 6

.

Câu 2.

(3,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 3 2

4 2

1 (2

1) 1

x

x y xy

xy y

x

y

xy x



























Câu 3.

(5,0 điểm)

a) Cho góc



thỏa mãn

tan 2

. Tính giá trị biểu thức

3 3

4sin cos

sin 2cos

P  

 






b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các

2 1

BD BC; AE AC

3 4

 

   

. Điểm K trên đoạn

thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

AD
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:  3y 1 0

,

;1
3
E 

 

.

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

2 2 2

1 1

P

a b c abc

 

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

www.thuvienhoclieu.com
 Hết

----Họ tên thí sinh :... Số báo danh :...
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu

Nội dung

Điểm

1.

Phương trình

x2 5x m 0 5,0

a)

Giải phương trình (1) khi

m6 1,5

Khi

m6

PT (1) có dạng:

x2  5x 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

x x1, 2

khi ∆ ≥ 0 hay m



0,5

Áp dụng hệ thức Viet, ta có

x



x



5;

x x

1 2



m

Hai nghiệm

x x1, 2

dương khi

1 2

x x 0

ì + >
ïï

íï >

ïỵ

hay m > 0.

0,5

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x

, x

là 0 < m



(*)

0,5

Ta có:

(

)

1 2 1 2 1 2

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

Suy ra

x1 + x2 = 5 2 m+

Ta có

x x

1 2



x

 

6 x .x

1 2



x



x





6 Hay

m 5 2 m  6 2m m 5m 36 0  

(1)

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

Đặt t



m 0



, khi đó (1) thành:



2t

+ 5t

- 36 = 0



(t - 2)(2t

+ 9t + 18) = 0

0,5



t - 2 = 0 hoặc 2t

+ 9t + 18 = 0

Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).

Với 2t

+ 9t + 18 = 0 : phương trình vơ nghiệm.

0,5

Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x

, x

thoả mãn

1 2 2 1

x x x x 6

.

0,5

2.

Giải hệ phương trình:

2 3 2

4 2

1 (2

1) 1

x

x y xy

xy y

x

y

xy x



























3,0

Hệ





2 2

2
2

( ) ( ) 1

x y xy x y xy
x y xy

     


 

  




1,0

Đặt

2
a x y
b xy

  






. Hệ trở thành:

1
1
a ab b
a b

  




 



(*)

0,5

Hệ

Từ đó tìm ra

0,5

Với

( ; ) (0; 1)a b 

ta có hệ

2 0

1
1

x y

x y
xy

  

  






.

Với

( ; ) (1; 0)a b 

ta có hệ

2 1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0

x y

x y
xy

  

   






.

0,5

Với

ta có hệ

.

0,5

3 2 2

2 2

2 0 ( 2) 0

(*)

1 1

a a a a a a

b a b a

       

 

   

   

 

 





( ; )a b  (0; 1); (1; 0); ( 2; 3) 

( ; ) ( 2; 3)a b   

3 2

3 3

1; 3

2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y

x y

x x

xy

x x x x x

 

 

    

    

  



         

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

www.thuvienhoclieu.com

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm

.

3.

5,0

a)

Cho góc



thỏa mãn

tan 2

. Tính giá trị biểu thức

3 3
4 sin cos

sin 2 cos

P






 2,5







2 2



3 3 3 3

4sin cos sin cos

4sin cos

sin 2cos sin 2 cos

P      

   

 



 

  1.0

3 2 2 3

3 3

4sin sin cos 4sin cos cos

sin 2cos

     

 

  



 0,5

3 2

4 tan tan 4 tan 1

tan 2

  



  



 0,5

4.8 4 4.2 1 7

8 2 2

  

 

 0,5

b)

b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các

2 1

BD BC; AE AC

3 4

 

   

. Điểm K

trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

AD
AK

.

2,5

Vì

1 1 3

(1)

4 4 4

AE AC BE BC BA

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    

0,5

Giả sử

AK x AD BK xBD



1 x BA



(1)

    

0,5

Mà

BD BC

3

 

nên

AK x.AD BK BD (1 x)BA

    

    

0,5

Do

BC; BA

 

không cùng phương nên

m 2x 3m

0 &1 x 0

4  3    4  0.5





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

Từ đó suy ra

1 8

x ; m

3 9

 

. Vậy

1 AD

AK AD 3

3 AK

  

 

0,5

4.

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

: 3 1 0

CD x y 

,

;1
3
E 

 

.

5,0

a)

Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao

của CD và BE.

2,5

Ta có

BA EA

E

BC EC  

là chân đường phân giác trong

0,5

Do BD = BC

 BECD BE: 3x y 17 0 0,5

I BE CD 

tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ

3 1 0

3 17 0

x y
x y

  




  

 0,5

Giải hệ phương trình

 I



5; 2



1,0

b)

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

2,5

Đặt

0 2 , 5,

3
a

BC a   AB a AC a CE 0,5

Do

 450

2 2

BC a
CBE  IB IC  

(1)

Tam giác

EIC

vuông tại I

2 2 2

3 2
a

IE EC IC IE

    

(2)

0,5

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

www.thuvienhoclieu.com

Gọi

C c(3 1; )c

từ

2 1

2 5 4 3 0

3
c

BC c c

c


      



 0,5

Với

c 1 C(2;1), (12;1) (KTM)A

Với

c 3 C(8;3), (0; 3) (TM)A 

Vậy

A(0; 3), (4;5), (8;3) B C

0,5

5.

Cho

a,b,c

là các số thực dương thoả mãn

abc1

.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

1 1

P

a b c abc

 

 

.

2,0

Áp dụng BĐT AM- GM ta có

3 a2b2c2
3

ab  

3 3 1

1= a + b + c 3 abc abc

    abbcca33 abc 3 abc9abc

0,5

ca
bc
ab

9
c

b
a

P 2 2 2









 0,5










ca
bc
ab

1
c

b
a

P 2 2 2

ca
bc
ab

7
ca

bc
ab











3
c
b
a

7
ca

2
bc

2
ab
2
c
b
a

2
2

2 










 0,5

Vậy giá trị nhỏ nhất của

P

là

khi chẳng hạn tại

3
1
c

b
a   

.

0,5

`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAMNĂM HỌC 2017-2018
Mơn thi: TỐN 10 (đề thi đề nghị)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1

(5,0 điểm).

a) Giải phương trình

1 √

2 x+

1 −

√

3 x

=

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

b) Giải hệ phương trình

x2

+y2+ 2xy

x+y=1
√x+y=x2−y

{¿ ¿ ¿
¿

Câu 2

(4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số :

y

=

√

x

−

2 +

√

x

−

1 −

√

x

+

3 .

b) Gọi

x x

;

là hai nghiệm của phương trình

x2−mx+m−1=0

.

Đặt

A=

4x1x2+6

x12+x22+2(1+x1x2)

. Với giá trị nào của

m

thì

A

đạt giá trị nhỏ nhất.

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:

Q

=

x

√

1−

x

+

y

√

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 đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; −

3 ) và N(0;
18

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 hồnh 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 cho

NC NA

và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh :

BC NM    BM NC

. Hãy biểu

diễn vecto

AI

theo hai vecto

AB

và

AC

.

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

---Hết---www.thuvienhoclieu.com

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

5,0

a) Giải phương trình:

√

2

x+

1

1 −

√

3

x

=

√

1

3 −x

x

+

2 (1)

2,5

ĐK: x



0;

x≠1

.

Khi đó: (1)



√

2 x

+

1 +

√

3 x

1 −

x

=

√

3 x

+

2

1 −

x

⇔

√

2 x

+1+

√

3 x

=

√

3 x

+2

⇔

2 √

6 x

+

3 x

=1−2

x

⇒

x

=

−4+

√

21

10 Vậy (1) có nghiệm:

x

=

−

4 +

√

21

10 0,25

0.5

0.25 b) Giải hệ phương trình

x2

+y2+ 2xy

x+y=1
√x+y=x2−y

{¿ ¿ ¿

2,5

Điều kiện:

x>−y

.

PT thư nhất tương đương:

(

x

+

y

)

−

1 +

2 xy

(

1 x

+

y

−

1 )

=

0 ⇔(

x

+

y−

1 )

(

x

+

y

+

x

+

y

)

=

0 ⇒

x

+

y=

1 Kết hợp với PT hai ta được

x=1

y=0

¿
¿

x=−2

y=3

{¿ ¿ ¿
¿

Vậy, hệ đã cho có nghiệm

x=1

y=0

¿
¿

x=−2

y=3

{¿ ¿ ¿
¿

0.25

0.5

0.25 Câu 2

Nội dung

Điể

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

4,0

ĐK:

x−2≥0

x−1≥0

x+3≥0

√x−2+√x−1−√x+3≥0

¿
¿

⇔

x≥2
2√x2

−3x+2≥6−x

¿
¿

⇔2√21

3 ≤x≤6

{¿{¿{¿ ¿ ¿

¿
¿
¿

0.5 b) Gọi

x x

;

là hai nghiệm của phương trình

x2−mx+m−1=0

.

Đặt

A

= 4x1x2+6

x12

+x22+2(1+x1x2)

. Với giá trị nào của

m

thì

A

đạt giá trị

nhỏ nhất.

2.5

+ PT có hai ngiệm khi

Δ≥

0 ⇔

m

−

4 m+

4 ≥

0,

∀

m

+

x1+x2=m; x1x2=m−1

A=4x1x2+6
(x1+x2)2+2

¿4m+2
m2

¿(m+2)

m2+2 −1≥−1

A nhỏ nhất khi

m=−2

0.25

0.5 Câu 3

3,0

Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức sau:

Q

=

x

√

1−

x

+

y

√

1−

y

.

Viết lại

Q

=

x

−1

+1

√

1−

x

+

y

−1+1

√

1 −

y

=

1 √

1−

x

+

1 √

1−

y

−(

√

1−

x

+

√

1−

y

)

Theo Cô si:

√

1−x+
1

√

1−y≥

√

(1−x)(1−y)

≥ 2

√

1−x+1−y
2

√

(1)

( Do x+y=1 )

Theo Bunhiacopski:

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

www.thuvienhoclieu.com

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :

Q

≥

√

2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1−x=1−y
x+y=1

{¿ ¿ ¿
¿

⇔x=y=1
2

Vậy minQ =

√

2

0.5

0.25 Câu 4

4,0

Phương trình đường thẳng

Δ

qua N và vng góc với AH là

x−y=−18
7

Tọa độ giao điểm I của AH với

Δ

là nghiệm của hệ PT

x− y=−18

7
x+y=2

⇒I( −2

7 ;
16

7 )

{¿ ¿ ¿

Gọi N

là giao điểm của

Δ

và AB, suy ra

N1(−4
7:2)

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N

nên có PT 7x+3y = 2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

7x+3y = 2

x+ y=2

⇒ A(−1 : 3)

¿
{¿ ¿ ¿

Giả sử

B(b;
2−7b

3 )

Khi đó

d(B , AH)=

2BC=2

√

⇒|4b+4|

3√2 =2√2⇒

¿[b=2⇒B(2;−4)

[b=−4(loai) [¿

PT đường thẳng BC: x-y = 6

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

x-y = 6

x+y = 2

⇒H(4 :−2) ⇒C(6;0)

¿
{¿ ¿ ¿

0,5

0,25

0.25 0,5

0.5

0.25

0.5 Câu

Nội dung

Điể

m

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.

2,0

+ Viết được

sinA=
a

2R;sinB=
b

2R

.

+

cosC=

a2+b2−c2
2ab

+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c

+ Vậy tam giác ABC cân tại A

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

b). Cho tam giác

ABC

. Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên

cạnh AC sao cho

NC2NA

và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng

minh :

BC NM    BM NC

. Hãy biểu diễn vecto

AI

theo hai vecto

AB

và

AC

2.0

+ Chứng minh được

BC NM    BM NC

+ Ta có I là trung điểm của MN

⇒

AM



+

AN



=

2 AI



⇔

1

2 AB

+

1

3



AC



=

2 AI



⇔

AI



=

1

4 AB



+

1

6 AC



0.5

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 Năm học 2016 – 2017

*** Mơn thi: Tốn - Khối 10

( Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1(5.0 điểm). Cho phương trình:



m3



x2 2



m1



x m 0
1. Tìm m để phương trình có nghiệm

2. Khi phương trình có hai nghiệm x x1; 2, tìm a để biểu thức F 



x1 a x

 

2 a



không phụ thuộc 
vào m.

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

2 2 13

4 2

x x

x
x

 

 







2 1 5

2 2

x

x x



  

 

3. 2 2

1 1 2

2 1

4 4 2 5 0

x y x y

x y xy x y



 

   



      

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

www.thuvienhoclieu.com

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

chứng minh rằng :





2 cot

cot

c

S

A

B





Câu 4(2.0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho

1 1 1

, ,

3 3 3

AM  AB BN BC CE CA

. Chứng minh rằng: AN BE CM   0

Câu 5(2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm





;3 ; 6;0
2

A  B

  . 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 vng.

Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn

abc



1

. Chứng minh rằng:













3 3 3 3

1 1 1 2

a b c

b c c a a b  . 
………Hết………

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10
Năm học 2016- 2017

Câu Đáp án Điểm

1

(5đ) Cho phương trình:









3 2 1 0

m x  m x m 

1. Tìm m để phương trình có nghiệm 3.0

TH1. Nếu m  3 0 m3, pt trở thành:

4 3 0

4
x   x

là nghiệm

 m3 thỏa mãn.

1.0

TH2. Nếu m  3 0 m3

Ta có









' m 1 m m 3 1 m

       1.0

Pt đã cho có nghiệm     ' 0 1 m 0 m1

kết hợp 2 TH trên ta được m cần tìm là m1 1.0

2. Khi phương trình có hai nghiệm x x1; 2, tìm a để biểu thức



 



F



x



a x



a

không phụ thuộc vào m.

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

Với
3
1
m

m





 phương trình có hai nghiệm x x1; 2 , khi đó theo định lí

vi-et ta có:

1 2
1 2
2( 1)
3
3
m
x x
m
m
x x
m


 

 

 
 

 , ta có:



 



1 2

(

1 2

)

F



x



a x



a



x x



a x



x



a

2 ( 1)

3 3

m a m

a
m m

 
 
1.0

2 2 2

2 2 3 2 ( 3) 4 3 4 3

1 2

3 3 3

m am a m a m a a

a a a a

m m m

       

       

  

F không phụ thuộc vào m

4 3 0

4
a a
    
1.0
2
(8đ)
1.

2 2 13

4 2
4

x x
x
x
 
 
 3.0
Đk :
4 0
2 4
2 0
x
x
x
 

   

 


pt



 



2 2 13 4. 4 2

x  x   x x

 x2 2x13 4 x22x8

0.5

đặt t  x22x8 ( đk t0). Ta có phương trình:

2 2

8 t 13 4 t t 4t 21 0

0.5
7
3
t
t


  

 kết hợp với điều kiện ta được t = 3 1.0

với t =3





2 2 8 3 2 2 8 9 1 0 1

x x x x x x

              

(TM). 1.0





2 1 5

2
2 2
x
x
x x

  

  3.0

Đk x > 2

bpt





2 x 1 x 2 5

      2



x21



 7 x

1.0

kết hợp với đk ta có bpt









2 2

7 0 7 0

2 2

14 51 0

2 1 7

x x
x x
x x
x x
     

 
     
 
  
   

 
7

2 2 3

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

www.thuvienhoclieu.com

Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là: S 



2;3



3. 2 2

1 1 2

2 1

4 4 2 5 0

x y x y

x y xy x y


 
   

      

 2.0
Đk:
2
1
0
x
y
x y
 





  

hpt





2 2
2
2 2
2

2 2 1

2 1

2( ) ( 2) 1 2

x y x y
x y x y

x y

x y x y

x y x y

  
     
   
 
 
   
     
 
         
   
   

đặt
2
1
x y
a
x
x y
b
y
 







 
 

 (ĐK a, b > 0) , ta có hệ: 4 4

2
1 1
+ =2
a b
a b
 





0.5





4 4 4 4 2 2 2 4 4

2
2

2 ( ) 2 2 2

a b
a b

a b a b a b ab a b a b

 

 
 
   
     
 





2 2 2 4 4 4 4 2 2

2 2

8 8

4 2 2 2

a b a b

a b a b ab
ab a b a b

 
   

   
  
  

 


0.5









2 2 2 2 2 2

2 2

1 8 1 0 ( 1) ( 1) 8 0

a b a b

a b a b ab ab a b ab

   
 
 
   
 
        
   

2
1
a b
ab
 


 


 ( vì a, b > 0)

1
1
a
b


 


0.5
với
1

1 2 2 1

1 1 2

1
1
x y

a x x y x x

b x y x y y y

y
 


     
   
  
   
     
    
 

 (thỏa mãn)

0.5

3

(2đ) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích tam giác
ABC, chứng minh rằng :





4 cot

cot

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

Ta có :

2 2 2

sin

2
cos
2
a
A
R

b c a
A
bc





 
 



2 2 2

cosA 2

cot

sin

2
b c a

bc
A
a
A
R
 
  
0.5

2 2 2 2 2 2 2 2 2

( )

4
4.

b c a R b c a b c a

abc
abc S
R
     
  
0.5

tương tự ta cũng có:

2 2 2

cot

4
a c b
B

S
 

 

, do đó

2 2 2 2 2 2 2

cot cot

4 4 2

b c a a c b c

A B

S S S

   

    

0.5







2 cot

cot

c

S

A

B





0.5
4

(2đ) Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho1 1 1

, ,

3 3 3

AM  AB BN  BC CE CA

2.0

Từ gt ta có:

1 1

3 3

BN  BC AN AB  BC

    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    
    

1 1
3 3

CE  CA BE BC  CA

    
    
    
    

    
    
    
    
    

1 1
3 3

AM  AB CM CA  AB

    

1.0

cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:
1

( ) ( )

AN BE CM   AB BC CA   BC CA AB 

        
        
        
        
        
        

        
        
        
        
        
        
        
        
0.5
mà AB BC CA AA    0 và BC CA AB BB     0 ,

nên AN BE CM  0

    0.5

5
(2đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm





;3 ; 6;0
2

A  B

  . 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 vng.

2.0
*) Viết pt đường thẳng AB:

ta có AB có vtcp là





9 3

( ; 3) 3; 2

2 2

AB   



 AB có vtpt là : n



2;3





0.5

 pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = 0  pt AB: 2x + 3y -12 = 0 0.5

*) Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn
OB sao cho MNEF là hình vng.

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox, do MNEF là hình vng nên ta có:

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

www.thuvienhoclieu.com
1

MF OM OA AM AM

AH OA OA OA



    1 MN 1 MF

OB OB

   

1 2

3 6

MF MF

MF

     2 1

M M

y x

    và yN  2 xN 3

khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0) 0.5

6

(1đ) Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

abc



1

chứng minh rằng:













3 3 3 3

1 1 1 2

a b c

b c c a a b 

1.0
do a, b, c là ba số thực dương nên áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

3 3

1 1 3

3. . .

( 1) 2 4 ( 1) 2 4 2

a b c a b c a

b c b c

 

   

  ; tương tự ta cũng có:

3 1 3

( 1) 2 4 2

b c a b

c a



  



3 1 3

( 1) 2 4 2

c a b c

a b



  



0.5

cộng theo vế các bđt trên ta được:
VT +

3 3( )

2 4 2

a b c a b c     a b c 

  3( ) 3

4 4

VT a b c

    

mà a b c  33 abc 3 nên

9 3 3

4 4 2

VT    

đpcm

0.5

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG 
THPT HẬU LỘC 4 Năm học 2015 – 2016

*** Mơn thi: Tốn - Khối 10

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

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số





2

1

4

y x





m



x



1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn

1 2

4 x



x



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:



 



5 2 3. 3

x  x  x  x

2( 1)

2 7
2

x

x
x



  












 



2 2 2

2 2

1 2 1 3

x y y x x

x x y y

     




  




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

sin

2sin

sin

2cos

os

B

C

A

B c C







Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QM. Chứng

minh rằng: MB NC PD QA   0

    
    
    
    
    
    
    

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 chứng minh rằng:

3 3 3

1

3

8 a



b



c



.

………Hết………

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh...;Số báo danh…...

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

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

www.thuvienhoclieu.com
1

(5đ) Cho hàm số





2

1

4

y x





m



x



1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2

thỏa mãn

x



x



4

.

3.0

xét phương trình:





2

1

4 0 (*)

x



m



x

 

để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn

1 2

4 x



x



trước hết pt (*) có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn x x1; 2  0









' 0 1 4 0

0 2 1 0

0 4 0

m

s m

p

   
 



 

      

   

 

1.0



1
3

1
m

m
m

m
 

   


  

 ; theo định lí viet ta có:

1 2

2( 1)

. 4

x x m

x x

  







1.0

1 2

4 x



x



 x1x22 x x1. 2 16 2(m1) 4 16   m5

(TM) 1.0

2. Tìm m để

y



0

với mọi

x





1; 2



. 2.0

để

y



0

với mọi

x





1; 2



 đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành với

mọi

x





1;2





' 0

(1) 0
(2) 0
y
y
 





 



1.0

1
1

3
3

3 3

3 2 0

2 2

4 4 0 1

m
m

m m m

m m

 
  

 
   



 

 

     

 

   



 

 



1.0

2

(8đ) 1.



 



5 2 3. 3

x  x  x  x

3.0

Đk : x23x0

pt  x23x3. x23x10 0 0.5

đặt t x23x ( đk t0). Ta có phương trình: t23 10 0t  0.5

2
5
t
t



  

 kết hợp với điều kiện ta được t = 2

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

với t =2

2 3 2 2 3 4 0 1

4
x

x x x x

x


        



 (TM). 1.0

2( 1)
2 7
2
x
x
x

  
 3.0

Đk x > 2

bpt  2.



x1



 x 2 7. x 2  7. x 2 3 x 4

1.0
vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó

bpt  49(x 2) 9 x2 24x16

9 73 114 0 19

9
x
x x
x




    
 


kết hợp với đk ta được

19
2
9
6
x
x

 




  tập nghiệm của bpt là:

S = ( 2;
19

9 ) (6; )

1.0











 



2 2 2

2 2

1 2 1 3

x y y x x

x x y y

     


  

 
 2.0
hpt

2 2 2 2 2

( 2 ) 2 ( 1) 3 ( ) 2( ) 3

( 1) ( 1) 1 ( )( ) 1

x y x y x y x xy x xy y

x x y y xy x xy y

          

   

     

 

đặt

a xy x
b xy y
 




 

 , ta có hệ:

2 2 3

1
a b
ab
  



0.5

2 2 3 3 3 2 0 ( 1) (2 2) 0

1 1

a a a a a

a

b b

b a a

a

 
       

  

     
 
   
 


1
1
a
b


 


 hoặc

2
1
2
a
b







0.5

với

1 1 1 5

1 1 2

a xy x

x y

b xy y

  

   

   

 

  

  0.5

với

2 2 2 ( ) 2

1 1 3 3

2 2 2

a xy x xy x x x x

b xy y x y

y x

       
   
   
  
   
    
     
   

2

2 5 4 0

3
2
x x

y x
   


 


 (vô nghiệm)

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

www.thuvienhoclieu.com
3

(2đ)

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin

2sin

sin

2cos

os

B

C

A

B c C







(1)

2.0

Ta có: (1)

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

b c

a R R a c b a b c

a b c

a c b a b c

R ac ab

ac ab


     
     
     

1.0

2 2 2 2 2 2

( 2 ) ( ) 0

a c b a b c

c b

   

    

2 2 2 2 2 2

0
2

a b c a b c

c b

   

   0.5



2 2 2



. 1 1 0 2 2 2

a b c a b c

c b

 

         

   tam giác ABC vuông tại A 0.5

4

(2đ) Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QN.

Chứng minh rằng: MB NC PD QA   0

    
    
    
    

    
    
    
    
    
    
    
    
    

     2.0

Theo quy tắc trung điểm ta có:





1
.
2

MB MN MP

  

;





1
.
2

NC NQ NP

  
;





1
.
2

PD PM PQ

  

;





1
.
2

QA QM QN

   1.0

cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

VT =



 



2 QM MN NQ PM    QN NP PQ MP   

       

0.5

1 1

0
2QQ PM QQ MP    2PP

     

= VP 0.5

5
(2đ)

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. 2.0

Tọa độ điểm B:

vì B đt: x + y + 1 = 0  B(b; -b - 1)

gọi M là trung điểm của AB ta có

3 1

;

2 2

b b

M    

 

0.5

vì Mđt: 2x - y -2 = 0 

3 2 0 1

2
b

b      b

 B(-1; 0) 0.5

Tọa độ điểm C:

vì AC đi qua A(3; 0) và vng góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:
pt AC: x - y - 3 = 0

0.5

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:

3 0 1

( 1; 4)

2 2 0 4

x y x

C

x y y

   

 

   

 

   

  0.5

6

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

minh rằng: 3 3 3

1

3

8 a



b



c



từ gt ta có:

1 1 1 3

4
ab bc ca  
áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

3 3 3 3

1 1 1 1 1 1 3 1

3. . . .

8 8 2

a b   a b  ab ; tương tự ta cũng có:

3 3

1 1 1 3 1

8 2

b c   bc

3 3

1 1 1 3 1

8 2

c a   ca

0.5

cộng theo vế các bđt trên ta được:
2.VT +

3 3 1 1 1

8 2 ab bc ca

 

    

 

3 3 3 3

2. .

8 2 4 8

VT VT

     

đpcm

0.5

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC

Mơn thi: TỐN 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1(5,0 điểm).

a) Giải bất phương trình.

2 x

−

1 √

4 x

+

1 +

√

x

−

1 <

√

3 x

−

2

.

b) Giải hệ phương trình

x3−2x2
y +2

x
y2=

y3
x2+ 1

y2−x+

y=2
¿

{¿ ¿ ¿
¿

Câu 2(4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số :

y

=

√

x

−

2 √

x

−

1

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:

Q

=

x

√

1−

x

+

y

√

1−

y

.

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

www.thuvienhoclieu.com

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC

=

4 √

2

,các đường thẳng
AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; −

3 ) và N(0;
18

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 hồnh 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

sin

B

=

2 a

+

c

√

4 a

−

c

b) Cho hình vng 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.



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

---Hết---SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 10
TRƯỜNG THPT NƠNG SƠN

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 a) Giải bất phương trình:

2 x

−

1 √

4 x

+

1 +

√

x

−

1 <

√

3 x

−

2

(1)

2,5

ĐK: x  1 (*).
Khi đó: (1) 

2 x

−

1 √

4 x

+

1 <

√

3 x

−

2 −

√

x

−

1



2 x

−

1 √

4 x

+

1 <

2 x

−

1 √

3 x

−

2 +

√

x

−

1



√

3 x

−2+

√

x

−1

<

√

4 x

+

1

(do x≥1 )


√

(

3 x

−

2 )(

x

−

1 )<

2

 3x2−5x−2<0
⇔−1

3<x<2

Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình là 1≤x<2
Vậy (1) có nghiệm: 1≤x<2

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

b) Giải hệ phương trình

x3

−2x

2
y +2

x
y2=

y3

x2

+ 1

y2−x+

y=2
¿

{¿ ¿ ¿
¿

2,5

Điều kiện:

y≠

0

x3

−2 x

2
y +2

x
y2=

y3
x2

+ 1

y2−x+

y=2
¿

{¿ ¿ ¿

⇔

x3

− 1

y3−2

x
y (x−

y )=0

(x−1

y)

2+2 x

y−(x−

y)=2
¿

¿{¿ ¿ ¿ (I)

⇔

(x−1

y )

+ x

y (x−

y )=0

(x−1

y)

+2 x

y−(x−

y)=2
¿

¿{¿ ¿ ¿

Đặt

u

=

x

−

1 y

,v

=

x

y

, hệ phương trình trở thành:

u3+uv=0

u2

+2v−u=2
¿

{¿ ¿ ¿
¿

0.25
0,25
0,25

0,25

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

www.thuvienhoclieu.com

⇔

u(u2+v)=0

u2+2v−u=2

¿
¿{¿ ¿ ¿

⇔

u=0

u2+2v−u=2

[

v=−u2
u2+2v−u=2

¿
¿[{¿ ¿ ¿

⇔

u=0
v=1

[

v=−u2
u2−2u2−u=2

¿
¿[{¿ ¿ ¿

⇔

u=0

v=1
¿
¿{¿ ¿ ¿

⇔

x− 1

y=0
x

y=1
¿
¿{¿ ¿ ¿

⇔

¿
x=−1

y=−1

[

¿
x=1

y=1

¿[{¿ ¿ ¿ (thỏa điều kiện)

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

0,25

0,25
0,25
0.25

Câu 2 Nội dung Điểm

4,0 a) Tìm tập xác định của hàm số :

y

=

√

x

−

2 √

x

−

1

1,0

Viết lại:

y

=

√

x

−

1 −

2 √

x

−

1 +

1 =

√

(

√

x

−

1 −

1 )

=|

√

x

−

1 −

1 |

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi : x−1≥0

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

0,25
0,25
0,25
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. 3,0

PT hoành độ giao điểm của (P) và d là: x2+mx+1=x−1


x

+(

m

−

1 )

x

+

2 =

0

(1)

(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và chỉ khi:
PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0 ⇔m2−2m−7>0

⇔m<

1 −

2 √

2

hoặc

m

>

1 +

2 √

2

Gọi

x

P,

x

Q là 2 nghiệm của (1)

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

Ta có PQ =3 ⇔

(

x

Q−

x

P)2+

(

y

Q−

y

P)2=9

⇔

(

x

Q−

x

P)2+(

x

Q−1−

x

P+1)2=9

⇔

(

x

Q+

x

P)2−4

x

P

x

Q=92

⇔

m

=

1 ±

5 √

2

(chọn)

0,5
0,5

0,5

Câu 3

3,0 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcsau:

Q

=

x

√

1−

x

+

y

√

1−

y

.

Viết lại

Q

=

x

−1

+1

√

1−

x

+

y

−1+1

√

1 −

y

=

1 √

1−

x

+

1 √

1−

y

−(

√

1−

x

+

√

1−

y

)

0,5
0,25

Theo Cô si:
1

√

1−x+
1

√

1−y≥

√

(1−x)(1−y)≥

√

1−x+1−y
2

√

(1)
( Do x+y=1 )

0,5

0,5
Theo Bunhiacopski:

√

1 −

x

+

√

1 −

y

≤

√

2 √

1 −

x

+

1 −

y

=

√

2

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

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :

Q

≥

√

2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1−x=1−y
x+y=1

{¿ ¿ ¿
¿

⇔x=y=1
2
Vậy minQ =

√

2

0.5
0.25

Câu 4

4,0 Phương trình đường thẳng

Δ qua N và vng góc với AH là

x−y=−18

Tọa độ giao điểm I của AH với Δ là nghiệm của hệ PT

x− y=−18

7
x+y=2

⇒I( −2

7 ;
16

7 )

{¿ ¿ ¿

Gọi N1 là giao điểm của Δ và AB, suy ra

N1(−4
7:2)

0,5

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

www.thuvienhoclieu.com

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

7x+3y = 2

x+ y=2

⇒ A(−1 : 3)

¿
{¿ ¿ ¿

Giả sử B(b;
2−7b

3 )
Khi đó d(B , AH)=

2BC=2

√

⇒|4b+4|

3√2 =2√2⇒

¿[b=2⇒B(2;−4)

[b=−4(loai) [¿

PT đường thẳng BC: x-y = 6
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

x-y = 6

x+y = 2

⇒H(4 :−2) ⇒C(6;0)

¿
{¿ ¿ ¿

0.25
0,5
0.5
0.5
0.25

0.5

Câu Nội dung Điểm

Câu 5

4,0 a) . a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặcđiểm gì nếu:

1 +

cos

B

sin

B

=

2 a

+

c

√

4 a

−

c

2 (1)

2,0

Nhận thấy cả hai vế của (1) đều dương nên bình phương hai vế ta có
(1+cosB)2

sin2B =

(2a+c)2

4a2−c2

⇔

(1+cosB)2
1−cos2B =

(2a+c)2
(2a−c)(2a+c)
⇔1+cosB

1−cosB=
2a+c
2a−c
⇔1+cosB

2 =

2a+c
4a

⇔cosB= c

2a ⇔2accosB=c2
⇔a2+c2−b2=c2

⇔a=b ⇔ Tam giác ABC cân tại C

0,25

0,25
0,25
0,25
0.25
b) ) Cho hình vng 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.



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

AM



,DC

 cùng hướng, ta có:

DM



.

DC



=(

DA



+

AM



)

DC



=

AM



.

DC



=

AM

.

DC

CM



.

CD



=(

CB



+

BM



)

CD



=

BM



.

CD



=

BM

.

CD

( Vì

BM



,CD

 cùng hướng)
Do đó

DM



.

DC



+

CM



.

CD



=

AM

.

DC

+

BM

.

CD

=

CD

(

AM

+

BM

)=

a

0,75
0,75
0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN

KỲ THI OLYMPIC 24–3 QUẢNG NAM

Mơn thi: TỐN 10(ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

Câu 1 (4,0 điểm).

a) Giải phương trình x x (1 x) 1 x   2x 1 .

b) Giải hệ phương trình

2 3

x x y 1

xy 2 xy y 2

  




  



Câu 2 (4,0 điểm).

a) Tìm giá trị của tham số m để hàm số

2 2

( 1) ( 1)

x x m m x

y

x x

  



 

có đồ thị đối xứng qua oy

b) Cho hàm số y x 2và y x  6 m.Xác định giá trị tham số m để đồ thị của chúng cắt nhau ở hai điểm

A,B phân biệt thỏa AB = 2 .
Câu 3 (4,0 điểm).

Cho ba số thực dương x,y,z thỏa:3xyz xy yz zx   .

Chứng minh













2 2 2

1 1 1 3

3 1 3 1 3 1

x x y y z z 
Câu 4 (4,0 điểm).

a) Cho tam giácABC.O,G, M lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiêp, trọng tâm, trung điểm cạnh AB của
tam giác ABC.

Chứng minh rằng cotB+cotC= 2 cot A khi và chỉ khi tứ giác AOGM nội tiêp
b) Cho tam giác ABC có D E,M,G là các điểm thỏa mãn :

1
3
AD AC

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

, BM MD AE hAM CM,  , kCG
     

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

www.thuvienhoclieu.com

a/Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn x2y2 2x 4y0 và đường thẳng

d:x-y-1=0.Tìm tọa độ M thuộc d mà từ đó kẻ được hai tiêp tuyến đến đườn tròn (C) tiếp xúc với (C) ở A,B

thỏa góc AMB bằng 60 .0

b/Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có

21 3
,
5 5
B 

 .Đường phân giác ngồi góc BAC cắt cạnh BC kéo

dài ở E(9,3).

Phương trinh tiêp tuyến ở A của đường tròn ngoại tiêp tam giác ABClà x+2y-7=0.Tìm tọa đọ của A biết A có
tung độ dương.

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

---Hết---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

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

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 a) Giải phương trình x x (1 x) 1 x   2x 1 (1)

2,0

ĐK: x



0,1



Đặt a x, b 1 x  a2b2 1,a2 b2 2x 1

Khi đó: (1)  a3 b3a2 b2







2 2

a b x=1/2(tm)

a ab b a b (2)

 




   


(2)  1 ab a b  





a 1 b 1

 





0



a 1 x 0

b 1 x 1

  


   


KL phương trình có nghiệm x=0,x=1/2,x=1

0,25

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

b) Giải hệ phương trình

2 3

x x y 1

xy 2 xy y 2

  




  




2,0

Đk:x 0

Đặt a x, b y

2 3

x x y 1

xy 2 xy y 2

  




  




3 3

2 2 3

a b 1

a b 2ab b 2

  


 

  



 (I)

3 3 2 2 3

2(a b ) (a b 2ab b ) 0

     

3 3 2 2

2a b a b 2ab 0

    

a b

b
a

2

 

  






3 3 3

3 3

a b a b 1/ 2 x 1/ 4, y 1/ 2

a bvônghiêm

b 1 1

a a 2 , b x 8. 1/ 81, y 1/ 9

2 9 9

       

 

       

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

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

www.thuvienhoclieu.com
Kết luận

Câu Nội dung Điểm

Câu 2
3,0

a) Tìm giá trị của tham số m để hàm số

2 2

( 1) ( 1)

x x m m x

y

x x

  



 

có đồ thị đối
xứng qua oy

1,0

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi :

2 2 0

x x  

1 x 2

   
0 x 2

  

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D 



2, 2





Điều kiện cần :y có đồ thị đối xứng qua oy tương đương chẵn

suy ra y(-1/2)=y(1/2),suy ra m=0



Điều kiện đủ m= 0,y

2
2 2
x
x x


 
Chứng tỏ hàm y chẵn theo định nghĩa
Kl

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

b) Cho hàm số y x 2và y x  6 m.Xác định giá trị tham số m để đồ thị của chúng

cắt nhau ở hai điểm A,B phân biệt thỏa AB = 2 . 2,0

Gọi (P) là parabol y x 2 và d là đường thẳng y x 6m 

PT hoành độ g/đ của (P) và d là: x2 x 6m 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 1/ 24

Gọi x ; x là 2 nghiệm của (1)A B

A B A B

x x 1, x .x 6m;

A A B B

y x  6m, y x  6m.

AB=









2 2

A B A B

AB 2 x  x  x  x  2

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



xA xB



2 4x xA B 1

1 24m 1
m 0(tm)

   

  

 

0,25
Câu 3

3,0 Cho ba số thực dương x,y,z thỏa 3

xyz xy yz zx   .

Chứng minh













2 2 2

1 1 1 3

3 1 3 1 3 1

x x  y y z z 

Ta có

1 1 1

3xyz xy yz zx 3

x y z

      

Đặt

1 1 1

, , 3

a b c a b c

x y z

      

Ta có

























2 2 2

3 3 3

2 2 2

1 1 1 3

3 1 3 1 3 1

3
4

3 3 3

1 1 1

3
4

x x y y z z

a b c

b c a c a b

  

  

   

     

  

     

     

   

  

1đ
.

0,5
0,5

















3 3 3

2 2 2

3 3 3

, ,

8 8 4 8 8 4 8 8 4

1 1 3

4 4 4

a b c b c a b a c a c b c a b a b c

b c a c a b

VT a b c

     

        

  

     

1đ
1

Học sinh không cần chỉ ra dấu bằng vẫn cho tối đa.

Câu 4

2,0

Cho tam giácABC.O, M,Nần lượt là tâm đường tròn ngoại tiêp, trung điểm cạnh AB
,BC tam giác ABC.

Chứng minh rằng cotB+cotC= 2 cot A khi và chỉ khi tứ giác ANGM nội tiêp

2 2 2 2 2 2 2 2 2

cot , cot ,cot

4 4 4

a c b a b c b c a

B C A

S S S

     

   

2 2 2

cotB cotC 2 cot A b c 2a

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

www.thuvienhoclieu.com
G trọng tâm ABC Chứng minh được

2 2 2

2 2

9
b c a
OG R   

Chứng minh được OG2AG2 R2  OGAG

 AGOM nội tiêp.

Tương tự AGON nội tiêp và kết luận

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

Câu Nội dung Điểm

Câu 5

40 Cho tam giác ABC có D E,M,G là các điểm thỏa mãn :1

3
AD AC

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

, BM MD AE hAM CG kCM,  , 
     

.Tìm h,k để ABC và MEG có cùng
trọng tâm.

2,0

Điều kiện để ABC và MDG có cùng trọng tâm là
0

AE BM CG  
   

0,5

Phân tíh các vecto AE BM CG, ,

  

theo cặp vecto BA,BC









2 1

9 9

1 1

2 2

1 1

2 6

2 1

3 6

1 1 1 1 2 1

2 2 2 2 3 3

BM BA BC

AE k AM k BA AD

k BA BC BA

k
k BA BC

CG hCM h BC CD h BC BA BC h

 

 

    

 

 

    

 



 

   

        

   

  

   

  

 

       5

2 2 1 5

0 0

9 3 3 9 6 3

2 2

9 3 3

1 5

9 6 3

6
19

2
57

h

BA BC

h k h

AE BM CG k BA BC

h
k
k h
k

h



   

             

   



  



 

   








 

 



 

      

0,25

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

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

Câu 6

3,0 .Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

2 2 2 4 0

x y  x y và đường thẳng

d:x-y-1=0.Tìm tọa độ M thuộc d mà từ đó kẻ được hai tiêp tuyến đến đườn trịn (C)

tiếp xúc với (C) ở A,B thỏa góc AMB bằng 60 .0

Hình

Tìm tâm I va bán kính đường trịn
Tính IM

Tham số hóa M
M

3,0

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

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có

21 3
,
5 5
B 

 .Đường phân giác ngồi góc

BAC cắt cạnh BC kéo dài ở E(9,3).

Phương trinh tiêp tuyến ở A của đường tròn ngoại tiêp tam giác ABClà
x+2y-7=0.Tìm tọa đọ của A biết A có tung độ dương.

Giả sử F,D lần lượt là giao điểm của đường phân giác ngồi d’và trong d
của góc BAC với đtBC

Hình

Viết BC x-2y-3=0

Tìm F là giao của d’ với BC,F(5,1)

Chùng minh được FA=FE

Tham số hóa A
Tìm A

0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

ĐỀ THI MƠN: TỐN
NĂM HỌC 2018-2019

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số

2
1

7 6

1 1 2

y x x

x

   

 

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y=x2+2mx- 3m và hàm số y=- 2x+3. Tìm m để hai đồ thị đã

cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A

và

B

sao cho

AB

=

4 5

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2xm  x 1 có nghiệm.

Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2
1

4 3

x
mx x m





   có tập nghiệm là .

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

www.thuvienhoclieu.com

Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2

4 10 2 2 4

2 2 7 5

2 24

x y x y

x xy y

x y

ìï + - + =

ïïï

í + +

ïï + + =

ïïỵ

Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh BC, CA
sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vng góc với PN. Tính độ
dài PN theo a.

Câu 8 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có BC 2AB,
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

B

là

 

d :x y  2 0 . Biết



ABC



120

0 và



3;1



A . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác.

Câu 9 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp

D

ABC

, biết IG^IC.

Chứng minh rằng

2
3

a b c ab
a b
+ +

+ (Với AB=c BC, =a CA, =b).

Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực

a b c

, ,



0

thỏa mãn

3

2 a b c

  

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

1 S

a

b

c

b

c

a





---Hết---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

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

I.
LƯU
Ý
CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

(Đáp án có 05 trang)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

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

II. ĐÁP ÁN:

Câu Nội dung trình bày Điểm

1

(2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số

2
1

7 6

1 1 2

y x x

x

   

 

Hàm số có xác định khi và chỉ khi

2 7 6 0

1 1 2 0

x x

x

ìï - + ³
ïí

ï - - >

ïỵ 0,5

2 7 6 0 1

1 1 2 0

1 1 2 1

x

x x

x
x

x

ì é £
ïï

ì ê

ï - + ³ ï

ï ï ê

Û íï Û í ëï ³
- - >

ï ï

ỵ ï - < - <
ïỵ

0,5

0 1

x

x
x

x

ì é £
ïï ê
ïï ê

Û í ë³ Û < <
ïï

ï < <
ïỵ

0,5

Vậy tập xác định của hàm số là: D=

( )

0;1 0,5

2 (2,0 điểm). Cho hàm số

2 2 3

y=x + mx- m và hàm số y=- 2x+3. Tìm m để hai

đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A

và

B

sao cho

AB

=

4 5

.

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là: x2+2mx- 3m=- 2x+3

(

)

2 2 1 3 3 0

x m x m

Û + + - - = (*) 0,5

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt

' 0
Û D > Û

1
.
4
m
m

é
>-ê

ê
<-ë

Gọi A x

(

1; 2- x1+3 ;

) (

B x2; 2- x2+3

)

với x x1; 2 là nghiệm phương trình (*)

0,5

Theo Vi-et ta có:









1 2

2 1

. 3 1

x x m

x x m

  






 




Ta có:

















2 2 2

1 2 1 2 1 2

5 5 20 . 20 1 60 1

AB x  x  x x  x x  m  m

0,5

















4 5 20 1 60 1 4 5 1 2 1 4 0

AB  m  m   m  m  

0; 5.

m m

   So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5 0,5

3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2xm  x 1 có nghiệm.

Ta có

2
1

2 2 1

4 1 0(*)

x

x x m x

x x m



     

   

 0,5

 2  

(*) x 4x 1 m. Xét yx2 4x và y 1 m 0,5

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

x 1 2 + ∞

y -3

-4

+ ∞
www.thuvienhoclieu.com

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x1hay

   

1 m 4 m 5

0,5

4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2
1

4 3

x
mx x m





   có tập

nghiệm là .

Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx2 4x m  3 0 với   x

( m =0 không thỏa mãn) 2
0

0 1

0 3 4 0 4

m

m m

m

m m



   

 

     

      

  

0,5

Với m 1. Khi đó ta có mx2 4x m  3 0 với   x

Bpt  x 1 mx2 4x m  3 mx2 5x m  4 0 (1)

Bpt có tập nghiệm 

2
(1)

4 41

0 4 16 25 0

4 41

2
m

m m

m

 





       

 





Mà

4 41
1

m   m 

0,5

Với m4. Khi đó ta có mx2 4x m  3 0 với   x

Bpt  x 1 mx2 4x m  3 mx2 5x m  4 0 (2)

Bpt có tập nghiệm 

2
(2)

4 41

0 4 16 25 0

4 41

2
m

m m

m

 





       

 





Mà

4 41

2
m  m 

0,5

KL:

4 41
2
m 

;

4 41
2

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

5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2x2- 6x- =1 4x+5
Điều kiện:

4
5
x³

-.
Đặt t= 4x+ Þ ³5 t 0

0,5

Ta có

2 5
4
t
x=

thay vào ta được phương trình sau:

(

)

4 2

2 4 2

10 25 6

2. 5 1 22 8 77 0

16 4

t t

t t t t t

- +

- - - = Û - - + =

0,5

(

t2 2t 7

)(

t2 2t 11

)

0

Û + - - - = 0,5

2 0

3
4

1 2 2

1 2 2 1 2 2

1 2 3 1 2 3

1 2 3

t

t
t t
t t
t
³
é =
-ê
ê é
=- + =- +
ờ ờ
ờ ơắắđờ
ờ = + ờở = +
ờ
ờ = 
-ê
ë
1 2
2 3
x
x
é =
-ê
Þ ê= +
ê
ë
0,5
6

(2,0 điểm). Giải hệ phương trình

2 2

4 10 2 2 4

2 2 7 5

2 24

x y x y

x xy y

x y
ìï + - + =
ïïï
í + +
ïï + + =
ïïỵ
Đặt a 4x10 ;y b 2x2y a b



, 0



Khi đó hệ trở thành

2 2
2 2
4
4
2 144
24

6 3
a b
a b
a b ab

a b ab

ì - =
ï ì
ï ï - =
ï Û ï
í + í
ï + = ï + + =
ï ïỵ
ïỵ
0,5

(

)

, 0
2
4 8

4 12 4 8

4 4

144

12 8

a b

a b a

a b a b b a

b

a b a

a b

a b b

³
ộỡùù - = ộỡùù =
ờớ ờớ
ờ ờ
ỡ - = ù ù
ù ùợ + = ùợ = ỡù =
ù ờ ờ ù
Û ớù Û ờ Û ờ ơắ ắđớù
ỡ - = ỡ =- =
+ = ờù ờù ùợ
ù ù ù
ợ ờớ ờớ
ù + =- ù
=-ờùợ ờùợ
ở ở

0,5
Với

4 10 8

8 2 5 32

4 2 2 4 8

x y

a x y

b x y x y

ìï
ì = + = ì + =
ï ï ï
ï Û ï Û ï
í í í
ï = ï + = ï + =
ï ï

ỵ ïïỵ ỵ 0,5

Giải hệ trên ta được

8 16

;

3 3

x y

. 0,5

7

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

www.thuvienhoclieu.com

Đặt APx AB



x0



 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

Ta có:





1 1 2 1

3 3 3 3

AM AB BM AB BC AB AC AB  AB AC

        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
        
         

1
3
PN PA AN x AB AC

    
    
    
    
    

    
    
    
    
    
    
    
    
    
0,5
. 0

AM ^PN Û uuur uuurAM PN = Û

2 1 1

0
3AB 3AC x AB 3AC

   
   
   
   
   
   
   
   
   
   
   

   
   
   
   
   
   
   
2 2

2 1 2

. 0

3 9 9 3

x x

a a  AB AC

      

 

  2

2 0

. cos 60
2
a

AB AC a

 
 
 
 
 
2
2 2

2 1 2 2 1 2 1 4

0 0

3 9 9 3 2 3 9 9 3 2 15

x x a x x

a a     x

               
   
0,5
Khi đó
2
2

4 1 4 1

15 3 15 3

PN  AB AC PN   AB AC

 

    

2 2

16 1 8 21

225 9 45 2 225

a
a a
   
0,5
21
15
PN

  0,5

8

(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

BC  AB, phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

B

là

 

d :x y  2 0 . Biết



ABC

120



và A



3;1



. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của
tam giác.

Đặt AB a a



0



Ta có: AC  AB2AC2 2AB ACco. s1200 a 7

2 2 2 2 4 2 7 2 3

2 4 2 4 2

AB BC AC a a a a

BM  

     

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Ta có

2 2

2 2 2 3 7 2

4 4

a a

AB BM a   AM
Suy ra tam giác ABM vng tại B.

0,5

Khi đó phương trình AB: x y  2 0

B là giao của AB và BM  B



2;0



0,5

Ta có:





, 2 2

2
AB d A BM   a  BM 

Gọi M m



; 2 m



6 3

2 2

BM   m 

M là trung điểm AC nên C



2 3; 4 3



hoặc C



2 3;4 3



0,5

9

(2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp

D

ABC

, biết

IG^IC. Chứng minh rằng

2
3

a b c ab
a b
+ +

+ (Với AB=c BC, =a CA b, = ).

Ta chứng minh aIA bIB cIC    0



 



0 1



. .



a IC CA b IC CB cIC CI a CA b CB
a b c

        

 

        

0,5

1 1

3 3

a b

GI CI CG CA CB

a b c a b c

   

        

   

   

    

0,5

Khi đó  



2a b c CA 







2b a c CB aCA bCB 











0

    



ab CA CB b a b c.







a b a c





                       

Do ab CA CB ab ab .   cosCab



1 cos C



0

 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

  0,5

Nên ta có: b a b c



2  



a b a c



2  



0









0 6



 



a b c ab
b a a b c a b a b c ab a b a b c

a b

 

               



0,5
10

(2,0 điểm). Cho các số thực

a b c

, ,



0

thỏa mãn

3

2 a b c

  

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

www.thuvienhoclieu.com
nhất của

2 2 2

1 S

a

b

c

b

c

a





.

Ta thấy

2 2 2

2 2 2 2 2 2

16 16 16

1 ...

16 S

a

b

c

b

c

a





      

0,5

2 2 2

17 17 17

16 32 16 32 16 32

17

16 a

b





0,5

17 17 17 17

8 16 8 16 8 16 8 5 5 5

1

17 3 17

16 a

b

c

b

c

a

a b c



















0,5





5 15

3 17

2 2 2 2

2

2

3 a b c

a

b

c



















Vậy

3 17

2 MinS



. Dấu “=” xảy ra

1

2 a b c



  

.

0,5

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG

Đề chính thức
(Đề thi có 1 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: TỐN

Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu I (6 điểm)

1) Cho parabol ( ) :P y2x26x1;

Tìm giá trị của k để đường thẳng : y(k6)x1 cắt parabol

 

P tại hai điểm phân biệt M N, sao cho

trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng

: 2

2
d y x

2) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số): x2  2(m1)x m 3(m1)2 0 có hai nghiệm x x1, 2

thỏa mãn điều kiện x1x2 4 . Tìm giá trị lớn nhất và 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 II (5điểm):

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

2) Giải hệ phương trình :









2 2

2 2 2 2

2 6 2 2 3 0

( ; )

( ) 3 3 2

x y y y

x y R

x y x xy y x y

      






      




Câu III (2 điểm). Cho x0,y0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019
1

x  y  . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P x y 

Câu IV(4 điểm)

1) Cho tam giác ABC có BC a AC b ,  diện tích bằng S.

Tính số đo các góc của tam giác này biết





2 2

1
4

S a b

2) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh BC CA AB, , lần lượt lấy các

điểm ,N M P, sao cho





, , 0

3 3

a a

BN  CM  AP x  x a

Tìm giá trị của x theo a để đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM

Câu IV(3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết diện

tích hình thang bằng 14 ( đơn vị diện tích), đỉnh A



1;1



và trung điểm cạnh BC là

1
;0
2
H 

 . Viết phương

trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương và D nằm trên đường thẳng

: 5 1 0

d x y   .

---Hết---ĐÁP ÁN
Câu I:

Câu I

6 điểm Nội dung Điểm

Tìm m... với parabol y2x26x1

Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì phương trình
2

2x 6x 1 4x6x1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 hay phương trình :

2x  kx 2 0 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 có  k216 0

0.75

Khi đó giao điểm M x k



1;( 6)x11 ,



N x



2;(k6)x21



nên trung điểm của

đoạn thẳng MN là

1 2;( 6) 1 1 ( 6) 2 1

2 2

x x x x x x

I       

 

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

www.thuvienhoclieu.com

Theo định lý Viet ta có 1 2 2

k
x x 

nên

2
1
2 3

2
;

4 2

k k
k

I

 

 

 

 

0.75

Do I thuộc đường thẳng

3
2

2
y x

nên k28k 2 0 hay k  4 3 2 thì

thỏa mãn bài tốn.

0.75
2.

3 điểm

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

2 2( 1) 3 ( 1)2 0 (1)

x  m x m  m  có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện

1 2 4

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





3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8
P x x x x x  x 

Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện x1x2 4 khi

2 3 2

1 2

( 1) ( 1) 0

2( 1) 4

m m m

x x m



      


   



3 4 0 2 0

(*)

2 3

m

m m

m
m

  

   

   

 

 

 .

0.75

Với m thỏa mãn điều kiện (*), áp dụng Viet ta có :

1 2

3 2

1 2

2( 1)

( 1)

x x m

x x m m

  




   


Nên



 



3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8 1 2 8 1 2

P x x x x x  x   x x  x x





3 3 2

2 2 2 2

8( 1) 8 ( 1)

8 3 3 1 2 1 8 2 5 16 40

m m m

m m m m m m m m

     

   

             
Ta có bảng biến thiên hàm số trên miền điều kiện

Ta có giá trị lớn nhất của P là 16 khi m2

Giá trị nhỏ nhất của P là -144 khi m2

0.75

0.75
Câu II

Câu II Nội dung Điểm

1.
2 điểm

Đk: x 

Ta có (1) x25x28 24 5  x25x28 0

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Đặt t x25x28(t0)

Bất phương trình trở thành t2 5t 24 0    3 t 8

0.5

So sánh điều kiện ta được 0 t 8 0.5

Với 0 t 8  x25x28 64    9 x 4

KL đúng

0.5
2.

(3 điểm)

ĐKXĐ: y1,5

(2)





3 3 3 3 3 2 2 2 ( 1)3 ( 1)3

x y x y x y x y

          

0.5

1 1 2

x y y x

       0.5

Thay vào phương trình thứ nhất ta được;

2 2

2 3 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1

2 2 2 1

x x

x x x x x

x x

   

   

             

       (Có

thể bình phương được phương trình:





2 2

(x1) x  4x2 0)

1.0

Giải hai pt này ta được x1,x 2 2. Thử lại nghiệm...

KL: Hệ phương trình có hai nghiệm là ( ; ) (1; 1),(2x y    2, 2)

1.0

Câu III

Câu III Nội dung Điểm

1.
2 điểm

Có

2018 2019

( )

2018 2019

P x y

x y

y x

x y

 

    

 

   

0.5

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số đương

2018y

x và

2019x

y ta được

2018 2019

2 2018.2019

y x

x  y 

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

www.thuvienhoclieu.com

Suy ra P( 2018 2019)2

GTNN của P là ( 2018 2019)2 khi

0; 0

2018 2019
10.5

2018 2019

x y

y x

x y




 




 










0.5

2018( 2018 2019)

2019( 2019 2018)

x
y

  


 

 




0,5

Câu IV

Câu IV Nội dung Điểm

1.

2 điểm Ta có



2 2



1 1

sin

4 2

S  a b  ab C 0,5



2 2



2 sin

a b ab C

  

(a b) 2 (1 sin ) 0 (1)ab C

    

0,5

Hai số hạng của tổng (1) đều không âm nên

0 0

1 sin 0 sin 1

a b a b

C C

   

 



 

  

 

0,5

45
90
A B
C




  
 




KL đúng

0,5

1.

2 điểm Ta có

1 2 1

( )

3 3 3

AN AB BN AB AC AB  AB AC

       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       

        0,5

Ta lại có

1
3

x

PM PA AM AC AB

a

   

    

0,5

2 1 1

0 0

3 3 3

x

AN PM AN PM AB AC AC AB

a

   

           

   

     

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2 2

2 2 1

9 3 3 9

x x

AB AC AB AB AC AC

a a

                                    

5 2 4

6 9 15

x a

x
a

   

. KL đúng 0.5

Câu V

Câu V Nội dung Điểm

3 điểm

Gọi E AH DC

Dễ thấy HABHEC SADE SABCD 14

0.5

, E 2AH 13
2

AH  A  

, phương trình tổng quát của đường thẳng AE:

2x 3y 1 0

0.5

( ;5d 1), 0

D d  D d  d

1 28

( , ) 14 ( , ) 30

2 13 ( )

ADE

d

S AE d D AE d D AE

d L





        

 


0.5

Suy ra (2;11)D

+ H là trung điểm AE  E( 2; 1) 

0.5

Phương trình tổng quát của CD: 3x y  5 0 0.5

Đường thẳng AB đi qua A và song song với CD

PT tổng quát của AB : 3x y  2 0 0.5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNGNĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: Tốn – Lớp 10 – THPT

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

www.thuvienhoclieu.com
Câu 1. (3.0 điểm) . Cho hàm số y=x2−4x+4−m ;

(

Pm

)

.

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m=1 .

b) Tìm m để

(

Pm

)

cắt trục hồnh tại 2 điểm phân biệt có hồnh độ cùng thuộc đoạn

[

−

1 ;

4 ]

Câu 2. (3.0 điểm) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2−3x+a=0 ;

x

3 và

x4 là hai nghiệm của phương trình x2

−12x+b=0 . Biết rằng

x2
x1=

x3
x2=

x4

x3 . Tìm a và b.

Câu 3. (6.0 điểm)

a)Giải phương trình:

(

x

−

x

−

2 )

√

x

−

1 =

0

b)Giải hệ phương trình:

{

x3+3x2+4x+2=y3+y

4x+6

√

x−1+7=

(

4x−1

)

y
Câu 4. (3.0 điểm)

a) Cho tam giác OAB. Đặt



OA

=

a,



OB

=

b

. Gọi C, D, E là các điểm sao cho
AC=2.AB, OD=1

2OB ,OE=
1

3OA . Hãy biểu thị các vectơ



OC ,



CD ,



DE

theo các vectơ



a,



b

.

Từ đó chứng minh C, D, E thẳng hàng.

b) Cho tam giác ABC vng cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E,H lần lượt là trung điểm của các
cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A. Chứng minh EC⊥ED

Câu 5. (3.0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm

A

(

−

1 ;

1 )

; B

(

2 ;

4 )

.
a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vng tại B.
b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.

Câu 6. (2.0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

x

+

y=

2019

. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

P

=

x

√

2019−

x

+

y

√

2019−

y

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2018 - 2019

Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT

Câu ĐÁP ÁN Điểm

1

Cho hàm số y=x2−4x+4−m ;

(

Pm

)

.

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m=1

b) Tìm m để

(

Pm

)

cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hồnh độ cùng thuộc đoạn

[

−

1 ;

4 ]

3.0

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m=1 2.0

Với m=1 thì

y=x

−

4 x

+

3

TXĐ: R. Đồ thị là 1 parabol, có:Đỉnh I( 2;-1). hệ số a=1>0 parabol có bề lõm 
hướng lên trên

0.5
0.5
Lập BBT

Tìm giao của parabol với trục hồnh, trục tung và vẽ.

0.5
0.5

b) Tìm m để

(

Pm

)

cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hồnh độ cùng thuộc đoạn

[

−

1 ;

4 ]

1.0
Xét pt hồnh độ giao điểm x2−4x+4−m=0⇔x2−4x+3=m−1

Dựa vào đồ thị tìm được −1<m−1≤3⇔0<m≤4

Chú ý: HS có thể dùng bảng biến thiên cho hàm

y

=x

−

4 x

+

3

hoặc

y=

x

−

4 x

+

4

...

0.5
0.5

2

Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình x2−3x+a=0 ;

x

3 và x4 là hai

nghiệm của phương trình x2−12x+b=0 . Biết rằng

x2
x1=

x3
x2=

x4

x3 . Tìm a và b.

3.0

Điều kiện có nghiệm

{

Δ1=9−4a≥0
Δ2'=36−b≥0

Đặt

k=x2

x1=
x3
x2=

x4
x3

⇒

{

x2=kx1
x3=kx2=k2x1
x4=kx3=k3x1

0.5

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

www.thuvienhoclieu.com

{

x1(1+k)=3

x1k2(1+k)=12

x12k=a

x12k5=b
⇒k=±2

0.5

Với k=2 thì x1=1 ta được

a=

2 , b=

32

(tm) 0.5

Với k=−2 thì x1=−3 ta được

a=−

18 , b=−

288

(tm) 0.5

3

1. Giải phương trình:

(

x

−

x

−

2 )

√

x

−

1 =

0

2.0

Điều kiện: x≥1 0.5

Phương trình

⇔[

x

−

x

−2=0

√

x

−1=0

0.5

⇔[

x

=−

1 x

=

2 x

=

1

0.5

Đối chiếu điều kiện , ta được nghiệm

x

=

{

1 ;

2 }

0.5

2. Giải hệ phương trình:

{

x3+3x2+4x+2=y3+y

4x+6

√

x−1+7=

(

4x−1

)

y

4.0

Phương trình thứ nhất

⇔(

x

+

3 x

+

3 x

+

1 )+

x

+

1 =

y

+

y

⇔

(

x

+

1 )

+

(

x

+

1 )

=

y

+

y

Đặt a=x+1 ta được

a

+a=

y

+

y

⇔(a−y)

(

a2+ay+y2+1

)

=0⇔a−y=0 . 
Vì

a

+

ay

+

y

+

1

=

(

a+

y

2 )

+

3 y

4 +

1 >

0 ;

∀

a , y

0.5
0.5
0.5

Ta được

y=

x

+

1

thay vào pt thứ hai ta được

6 √

x

−

1 +

x

+

8 =

4 x

2 . ĐK: x≥1

⇔

(

√

x

−1+3

)

=

(

2 x

)

⇔

√

x

−1+3=2

x

0.5
0.5

⇔

√

x−1=2x−3⇔

{

x≥

3
2

x−1=(2x−3)2

⇔x=2⇒y=3

Kết luận: Hệ pt có nghiệm

(

x; y

)

=

(

2 ;

3 )

0.5
0.5
0.5
Chú ý: +) pt thứ nhất của hệ, hs có thể dùng máy tính, phân tích nhân tử đưa về tích

+) pt

6 √

x

−

1 +

x+

8 =

4 x

2 , hs có thể chuyển vế và bình phương, đưa về tích.
4

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

AC=2.AB,OD=1

2OB ,OE=
1

3OA . Hãy biểu thị các vectơ



OC ,



CD ,



DE

theo các vectơ



a,



b

. Từ đó chứng minh C, D, E thẳng hàng.

b) Cho tam giác ABC vng cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E,H lần lượt là trung điểm của các

cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A. Chứng minh EC⊥ED

a) Cho tam giác OAB. Đặt



OA

=

a,



OB

=

b

. Gọi C, D, E là các điểm sao cho

AC=2.AB,OD=1

2OB ,OE=
1

3OA . Hãy biểu thị các vectơ



OC ,



CD ,



DE

theo các vectơ



a,



b

. Từ đó chứng minh C, D, E thẳng hàng.

2.0



OC

=−

a+

2 b



CD=a−3
2b
DE=1

3a−
1
2b

0.5
0.5
0.5

Ta được



CD=

3 

DE

. Vậy C,D,E thẳng hàng 0.5

b) Cho tam giác ABC vng cân tại A, có trọng tâm G. Gọi E,H lần lượt là trung điểm của các

cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A. Chứng minh EC⊥ED

1.0

Chọn hệ trục tọa độ thỏa mãn

O≡

A ; B∈Ox ; C

∈Oy

. Giả sử AB=AC=2 thì

A

(

0 ;

0 )

; B

(

0 ;

2 )

; C

(

2 ;

0 )

ta được

H

(

1 ;

1 )

; E

(

0 ;

1 )

; D

(

−

1 ;

−

1 )

.

0.5

Khi đó



EC

=(

2 ;

−

1 )

;



ED

=(−

1 ;

−

2 )

. Nhận thấy



EC

.



ED=

0

chứng tỏ EC⊥ED 0.5

5 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm

A

(

−

1 ;

1 )

; B

(

2 ;

4 )

.

a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vng tại B.

b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.

3.0

a) Gọi

C

(

x;

0 )

. 0.5

Sử dụng



AB

.



BC

=

0 ⇒

C

(

6 ;

0 )

0.5

b) Gọi

D

(

x ; y

)

. Giải hệ

{



AB

.



AD

=

0

|

AB

|=|

AD

|

1.0

Tìm được

D

(

2 ;

−

2 )

hoặc

D

(

−

4 ;

4 )

1.0

6 Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn

x+

y

=

2019

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

=

x

√

2019−

x

+

y

√

2019−

y

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

www.thuvienhoclieu.com

P

=

2019

−

y

√

y

+

2019

−

x

√

x

=

2019

(

1 √

x

+

1 √

y

)

−

(

√

x

+

√

y

)

. Áp dụng

a+

b≥

a+b,∀a , b>0

P

≥2019

4 √

x

+

√

y

−

(

√

x

+

√

y

)

1.0

Lại có

(

√

x

+

√

y

)

≤

2. (

x

+

y

)

=

4038

⇒

√

x

+

√

y

≤

√

4038

0.5

Ta được

P

≥

2019 .

4 √

4038

−

√

4038

=

√

4038

. Dấu "=" xảy ra khi x=y=

2019
2

0.5

1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập luận
chặt chẽ, tính tốn chính xác mới được tính điểm tối đa.

2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng không
được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải
được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.

3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, khơng làm trịn điểm

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY - HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 2 
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 Năm học 2015 – 2016

*** Môn thi: Toán - Khối 10

( Thời gian làm bài: 90 phút)

Câu 1 (3.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

1. 3x2  2x 3 3x 1

2.
2

3 1 3

3x1 x 





2 2 3 9

x y x y xy

x y xy

     




  




Câu 2 (2.0 điểm). Cho





( ) 1 1

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

1. Tìm m để ( )f x > 0 với  x R

2. Biết m = 2, tìm x để f x( ) 2 5 x1 5x2 x 3

Câu 3 (2.0 điểm)

1. Cho  là góc thỏa mãn điều kiện 2



 
 

và

1

3 sin

 

. Tính A = 3cos4 tan

2. Cho ba số thực dương x y z, , chứng minh rằng:

1 1 1

2 2 2

x y z

y z z x x y

   

   

   

    

   

Câu 4 (3.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết 
A(1; -2), B(3; 1) , C(-1; 3) .

1. Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành

2. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao AH và trung tuyến BM của tam giác ABC
3. Viết phương trình đường trịn (C) đi qua A và tiếp xúc với BC tại trung điểm E của BC.

………Hết………

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh...;Số báo danh…...

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

Câu Đáp án Điểm

1
(3đ)

Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 3.0

1. 3x2 2x 3 3x1 1.0

pt





2
2

2
1

3 1 0

3 2 3 3 1 6 4 2 0

x x

x x x x x


 

 

 



 

   

 

    

0.5
1

1
3
x

x
x

x






    




 




0.5

2.
2

3 1 3

3x1 x 

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

www.thuvienhoclieu.com
2
(2đ)
đk
1
3
x 

bpt  3x  1 x 1 , từ đk nên 2 vế đều dương do đó

bpt





2 2

3x 1 x 1 x x 0

      
0.5

1
0
x
x



  

 đối chiếu với đk ta được

1
0
3
1
x
x

  




  tập nghiệm của bpt đã cho

là S =





1
;0 1;
3
 
  
 
  .
0.5
3.





2 2 3 9

x y x y xy

x y xy

     


  


1.0
hpt





2 3





x y x y xy

x y xy

     


 

  


 ; đặt

s x y
p xy

 





 (đk s2 4p )

0.25

ta có hệ pt

2 3 9 2

1
3

s
s s p

p

s p

    

 

  

 hoặc

6
9
s
p




 0.25
với
2 2
1
1 1

s x y

x y
p xy
  
 

   
 
 

  0.25

với

6 6

9 9

s x y

x y
p xy
  
 
   
 
 

  0.25

Cho f x( )x2



m1



x m 1 2.0

1. Tìm m để f x( ) > 0 với  x R 1.0

( )

f x > 0 với  x R 2

1 0

( 1) 4( 1) 0

a
m m
 

 
     
 0.5



 



0 3

1
m
m m
m


     
 
 0.5

2. Biết m = 2, tìm x để f x( ) 2 5 x1 5x2 x 3 1.0

Khi m = 2 ta có

2 2 2

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

f x  x  x  x  x   x x x  x 
Đk

1
5
x

0.25









2 2

5x x 3 2x 1 2 5x 1 x 1 x 3x 2 0

   

            

 

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>





1 2

3 2 1 0

5 1 1

5 3 2 1

x x

x x x

 
       
  
   
 
0.25

vì 2

1 2

5 1 1

5x x 3 2x 1 x x

 

 

 

  
   

 >0 nên pt

2 3 2 0 1

2
x
x x
x


     


0.25
3

(2đ) 1. Cho  là góc thỏa mãn điều kiện 2   và sin 13.

Tính A = 3cos4 tan

1.0

ta có

2 2 2

2 2
cos =

8 3

sin os 1 os

9 2 2

cos
=-3
c c

  




    





do 2



 

 

nên cos < 0

2 2
os
=-3
c 

0.5
khi đó
sin 1
tan

cos 2 2






 

0.25

ta có A = 2 2  23 2

0.25

2. Cho hai số thực dương x y, chứng minh rằng:

1 1 1

2 2 2

x y z

y z z x x y

   
   
   
    
    
1.0

ta có:







 









 



1 2

2 2 2

x y x z
x y x z

x x y z

y z y z y z y z

 

  
 

   

    (1) 0.5

tương tự ta cũng có :



 



1
2

y z y x
y

z x x z

 

 

  (2)



 



1
2

z x z y
z

x y x y

 

 

  (3)

0.25

Nhân theo vế ba bđt trên ta được:

1 1 1

2 2 2

x y z

y z z x x y

   

   

   

    

    0.25

4
(3đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết

A(1; -2), B(3; 1) , C(-1; 3) . 3.0

1. Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành 1.0

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

www.thuvienhoclieu.com
tứ giác ABCD là hình bình hành AB DC (*)

với AB



2;3 ;



DC  



1 a;3 b



 

0.25

khi đó (*)





1 2 3

3;0

3 3 0

a a

D

b b

   

 

     

  

  0.5

2. Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao AH và trung tuyến BM của

tam giác ABC 1.0

+) Ta có AH đi qua điểm A(1; -2) và nhận vec tơ BC 



4; 2





làm vtpt

nên pt AH: -4(x - 1) + 2(y - 2 ) = 0  pt AH : 2x - y - 4 = 0 0.5

+) vì M là trung điểm của AC nên

1
(0; )

2
M

ta có đường trung tuyến BM nhận

1
3;

BM    

 



làm vtcp  BM nhận



1; 6



n 

làm vtpt mà BM đi qua B(3; 1) nên pt BM: x - 3 - 6(y - 1) = 0

 pt BM: x - 6y + 3 = 0.

0.5

3. Viết phương trình đường trịn (C) đi qua A và tiếp xúc với BC tại trung điểm E

của BC. 1.0

+) gọi I là tâm của đường tròn (C). Do E là trung điểm của BC  E(1; 2); gọi

F là trung điểm của AE  F(1; 0) 0.25

+) do (C) tiếp xúc với BC tại trung điểm E của BC nên IEBC do đó IE đi qua

E(1; 2) và nhận BC 



4; 2





làm vtpt  pt IE: 2x - y = 0 0.25

+) vì (C) đi qua A và E nên IF AE do đó IF đi qua F(1; 0) và nhận



0; 4



AE


làm vtpt  pt IF: y = 0

do I IEIF nên I(0 ; 0)

0.25
+ khi đó (C) có bán kính R = IE = 5 và tâm I(0; 0) nên

pt (C) : x2y2 5

0.25

Trường THPT Nguyễn Duy Hiệu ĐỀ THAM KHẢO THI HSG TOÁN 10

Năm học 2017-2018
Thời gian : 150 phút
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

2

4 2

x





m



m

có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (5 điểm)

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

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.

Cõu 3 (2 điểm)Cho

f

(

x

)=

x

−

2 (

m

+

1 )

x

+

m

−

3

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

x

1

,x

2 tháa m·n

x

13

+

x

1

x

22

−4

x

1

=

x

23

+

x

2

x

12

−4

x

2 .

Cõu 4 (2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ đề các vng góc

Oxy

cho hai điểm

A

(1

;

1)

và

B

(4

; -3). Tìm điểm

C

thuộc đờng thẳng

x

– 2

y

– 1= 0 sao cho khoảng cách từ

C

đến đờng 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

y

S

xy







.

Cõu 7 (1,5 điểm) Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm

√x+√y=3

√x+5+√y+3≤m

{¿ ¿ ¿

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

www.thuvienhoclieu.com
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY
HIỆU

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THAM KHẢO HSG TOÁN 10

NĂM HỌC 2017 – 2018 
MƠN THI: TỐN

(Đáp án gồm 05 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Cho parabol (P):

4

5

y x



x



và điểm (1;4)I . 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 x2 21) 4)

0,25
0,25
M, N đối xứng nhau qua điểm I  I là trung điểm của MN

1 2

2 1 2

( 1) 4 ( 1) 4 2

4
2

x x

k

k x k x






 



     

    

 




0,25

Khi đó (1)

x



2 x



3 0

 

x



1

hoặc x3. Vậy M( 1;0), (3;8) N 0,25

1 b Tìm m để phương trình x2 2 m4 m2

có 4 nghiệm phân biệt 1,50

Điều kiện cần m4 m2  0 m1 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
0,25
Điều kiện đủ 2 ( m4 m2) 0   1 m2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 m 4 m2 cắt đths
2 2

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 x 2x 8

          

0,25
0,25

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

 

 

      

   

 

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

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
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

5

6 0

2

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







6 



5 0

1

5 x y







 





  







0,25

1

4 x y



 

xy



(Loại)

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

3

x

1

m x

1 2

x

1





 



có nghiệm 1,50

ĐK:

x



1

. Chia hai vế cho

x



1

ta được
4

1

3

2

1 x

m

x









0,25

Đặt

1 ,0

1 x

t

x





 



ta được

3 t



m



2 t

 

3 t



2 t m



(2)

0,25
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



</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

www.thuvienhoclieu.com
Từ BBT suy ra pt (2) có nghiệm





1 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

,x

2 thỏa mãn

x

+

x

1

x

22

−4

x

1

=

x

32

+

x

2

x

12

−4

x

2 . 2

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

Δ'

=(

m

+

1 )

−(

m

−

3 )>

0 ⇔

m

>−

2

biến đổi x1

+x1x22−4x1=x23+x2x12−4x2 ⇔(x1−x2) [(x1+x2)2−2x1x2−4]=0
0,5
0,5

Do x1≠x2

2
1 2 1 2

2 2

( ) 2 4 0

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

x x x x

m m

m

    

     



  



0,25
0,25
0,25

Kết luận m=-1 0,25

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

– 2

y

– 1=

0 sao cho khoảng cách từ

c

đến đường thẳng

ab

bằng 6.

2

đường thẳng ab có phương trình

x−1
4−1=

y−1

−3−1⇔4x+3y−7=0

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

ta có

d(C ; AB)=6⇔|4(2c+1)+3c−7|

√42

+32 =6⇔|11c−3|=30⇔

¿ [c=3

[c=−27/11[¿

+ với c=3⇒C=(7;3)

+ với c=−27/11⇒C=

(

−

43
11 ;−

27
11

)

vậy có hai điểm C=(7;3) ; C=

(

−

43
11 ;−

27
11

)

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 ;

5 AD



AB AE



AC



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



 



. Chứng minh rằng: D, E, G
thẳng hàng

1,50

Gọi M là trung điểm của BC ta có:

2 1 1

3 3 3

AG AM  AB AC

   

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>





2 2

2 5 (1)

5 5

DE DA AE   AB AC  AB AC

      

0,5





1 1 5 1 1

2 5 (2)

3 3 3 3 3

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

         

0,5

Từ (1) và (2) suy ra

6
5

DE DG 

 

D, E, G thẳng hàng 0,25

5 b

Gọi H là trực tâm



ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh
2

1
.

4
MH MA BC
 

 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 

  1,50

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

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

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 E( 5;1)

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
Đến hệ pt

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

www.thuvienhoclieu.com

Tìm được tọa độ B( 1;3) 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

x x

y y

y S

x x
y y

 

 

 

 

  

 

  

  . Đặt

2
2

2 2

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 t  (S2)2 4(S1)(S2) 0

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
0,25

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

A

(

x

1)

y

(

x

1)

y

2









1,50

2 2 2 2 2 2

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

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

A



4 4



y



y



2

0,25

TH 1.

2 2 1

2 5

y

 

A





y



0,25

TH 2.

y

 

2 A



2 1



y

 

2 y

 

3

1



1

y



2

y

3.1 1.

y

2

y

3 2















 





 









0,25

2

3 A

 

khi và chỉ khi

1 0,

3 x



y



Ta có

2 

3 2 5





min

A

 

2

3

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/4/2019

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

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

2 2 2 9

sin sin sin

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?

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

www.thuvienhoclieu.com
Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2

3 8 3 8 3 8 1

x y z

x   y   z   .
... Hết ...

Họ và tên thí sinh: ... Số báo danh: ...
Giám thị coi thi số 1: ... Giám thị coi thi số 2: ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10HƯỚNG DẪN CHẤM
THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019

MƠN: TỐN

(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu I.1

1,0đ Cho hàm số

2 4 3

yx  x 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 x2  4x  3 x m x2 5x 3 m0 (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

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

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

( 1) 2 2

y m x  mx m  ,(

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>
(63)<div class='page_container' data-page=63>





















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) 2 2 12 0 3 2 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
1
x
y







 0,25

CâuII.2

1,0 đ Giải phương trình

(x 3) 1 x x 4 x 2x  6x 3(1)
Điều kiện −1≤x≤4 .

Phương trình (1) (x 3)( 1x 1) x( 4 x 1) 2 x2 6x

0,25
2

( 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

1 1 1 1 1 1 1 2

1 1 1 4 1

4 1 1 1

4 1

x x

x x

x

x





     

 

   

 

   

  

 

 

  

 . Dấu " " khơng xảy

ra nên phương trình (2) vơ nghiệm.

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

0,25

CâuII.3

1,0 đ Giải bất phương trình

3 (3 2 4 4) 1 0
x  x  x x  (1)
Điều kiện x1.





3 2 3 2

3
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

           

     

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

www.thuvienhoclieu.com
Xét x1, thay vào (2) thỏa mãn.

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





3
1
x

ta được bất phương trình

3 2

3 4 0

1 1
x x
x x
   
  
   
 
    .
0,25

Đặt 1

x
t

x


 , ta có bất phương trình t33t2 4 0  (t 1)(t2)2   0 t 1 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

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 5
1;
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
PC .

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
4
5
PA
AP AC
PC
   
. 0,25
Câu
III.2

Cho tam giác nhọn ABC, gọi , ,H E K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
, ,

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

1,0 đ

rằng SABC 4SHEK, chứng minh

2 2 2 9

sin sin sin

4
A B C 

.
Đặt S SABC thì từ giả thiết suy ra

3
4

3
4
EAK KBH HCE

HCE
EAK KBH

S S S S

S

S S

S S S

  

   

0,25

1 . sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

EAK

AE AK A

S AE AK

A A A

S  AB AC A AB AC  

2
1

. .sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

KBH

BK BH B

S BK BH

B B B

S  AB BC B BC AB  

2
1

. .sin

2 . cos .cos cos

. sin
2

HCE

CH CE C

S CH CE

C C C

S  AC BC C AC BC  

0,25

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 x y  3 0 , 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

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

www.thuvienhoclieu.com
11

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.

Nếu d2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A
Phương trình đường thẳng BC là x3y 31 0 .

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

101 18
(2;1), ( 11;14), ;

5 5
A B  C 

 .

0,25

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

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

0, 0
2 100
3 1,5 120

x y

 




 



  

 (I)

sao cho T 300000x400000y đạt giá trị lớn nhất.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng

1: 2 100; 2: 3 1,5 120
d x y d x y

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

Đường thẳng d2 cắt trục hoành tại điểm (40;0)C , 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 8 3 8 3 8 1

x y z

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 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    
.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

www.thuvienhoclieu.com
Từ đó suy ra:

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 2

*
a b

a b

x y x y



 


Ta có

 





















2
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

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
2

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( ) 3

x y z xy yz zx
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.

0,25

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC MƠN: Tốn ; LỚP : 10
Bài 1:(4 điểm) Giải hệ phương trình

3 3 2

25 1 2 18

9 4 25

9 9 2 2

7 3 ( ) 12 6 1

x

x y

x y y

x y xy x y x x

  

    

  

   

 

  



     




Bài 2: (4 điểm) Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngồi ta dựng các hình vng; A B C1, ,1 1là trung

điểm các cạnh của các hình vng nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các

đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đồng quy tại một điểm.

Bài 3:(3 điểm) Cho x y z, , [0; 2].Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 8 8 8

(2 )(2 )(4 )

8 2 2 2

x y z

P x y z

y z z x x y

 

        

     

 

Bài 4: (3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x5y5(x y ) .3

Bài 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ nguyên, trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng.
Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao nhiêu tam giác có diện tích
ngun?

Bài 6: (3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f N: * N* thỏa mãn các điều kiện sau:

*
) (2) 2;

) ( ) ( ). ( ) , ;

) ( ) ( ) .

i f

ii f mn f m f n m n N

ii f m f n m n



  

  

Bài 1: ( 4 điểm) Giải hệ phương trình

3 3 2

25 1 2 18

9 4 25

9 9 2 2

7 3 ( ) 12 6 1

x

x y

x y y

x y xy x y x x

  

    

  

   

 

  



     

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

www.thuvienhoclieu.com

Đáp án Điểm

Xét hệ

3 3 2

25 1 2 18

9 4 25 (1)

9 9 2 2

7 3 ( ) 12 6 1 (2)

x

x y

x y y

x y xy x y x x

  

    
  
  

 
  

     



3 2 3 2 2 3 3 3

(1)8x  12x 6x1x  3x y3xy  y  (2x1) (x y )

 2x1 x y y 1 x

1.0

Thay y 1 xvào PT (1) ta được

2 18
25 9 9 4

x

x x

x x

   

 (3)

Giải (3). Điều kiện
2
3
x 
0.5
Với 
2
,
3
x

PT (3) tương đương với

2 2

9 9 4 2 18

x

x x x



  

 (4)

Ta có
2
25
3
9 162
(4) 25
2 13
VT(4) do
VP
x
  
   

  

   


 nên PT (4) vô nghiệm, suy ra PT (3) vô nghiệm.

0.5
Với 
2
,
3
x

PT (3) tương đương với 2 2 2

4 2 18

25 9 9

x x x

   

 (5)

Đặt 2

1 9
0 ,
4
t t

x
 
    

  PT (5) trở thành

18
25 9 9 4 2

1
t
t t
t
   






9 1 9 4 2 16

1
t
t t
t
     

0.5

36( 2) 2( 2)( 4) 18 4

( 2) 0

1 1

1 9 4 1 9 4

t t t t

t
t t
t t
     
      
 

      (6) 0.5

Với
9
0
4
t
 
có
18 18
4
1 9 4 t  và

4 3 18

1 4

1 1 4

t

t t



   

  nên

18 4

0.
1
1 9 4

t
t
t

 

 

Do đó (6) t 2.Suy ra

2
0.
2

x 

0. 5

Từ đó HPT đã cho có nghiệm là

2 2 2

( ; ) ; .

2 2

x y    

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Bài 2: (4 điểm) Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngồi ta dựng các hình vng;
1, ,1 1

A B C là trung điểm các cạnh của các hình vng nằm đối nhau với các cạnh BC, CA,

AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đồng quy tại một điểm.

Đáp án Điểm

Gọi các giao điểm của các đường

thẳng AA1, BB1, CC1 với các cạnh

BC, CA, AB lần lươt là A2, B2, C2 .

·
·

1
1

2 1 1

2 1 1

. .sin
. .sin

ABA
ACA

S

BA AB BA ABA

CA S AC CA ACA









sin

,
sin

B
AB

AC C

a
a



 



vớia CBA· 1BCA· 1 và tan α = 2.

1.0

Tương tự

µ
µ

2
2

.sin( )

CB BC C

AB AB A

a
a




 1.0

µ
µ

2
2

.sin( )

AC AC A

BC BC B

a
a




 1.0

Nhân các đẳng thức với nhau ta có:

BA2
CA2.

CB2
AB2.

AC2

BC2=1 , tức là các

đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy tại một điểm.

Vậy các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm.

1.0

C

A

CB1

B

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

www.thuvienhoclieu.com
Bài 3: ( 3 điểm) Cho x y z, , [0; 2].Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

1 8 8 8

(2 )(2 )(4 )

8 2 2 2

x y z

P x y z

y z z x x y

 

        

     

 

Đáp án Điểm

Đặt x2 ,a y2 ,b z2cthì a b c, , [0; 1]

Khi đó (1 )(1 )(2 ) 1 1 1

a b c

P a b c

b c c a a b

       

     

0.5

Với mọia b c, , [0; 1]thì 1 a0; 1 b0; a b  1 1.

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có
3
(1 ) (1 ) ( 1)

(1 )(1 )( 1)
3

     

    

a b a b

a b a b (1 )(1 )( 1) 1.

  a b a b  

0.5

Nhân hai vế của BĐT này với 2 c0,ta được

(1 )(1 )(2 )

c

a b c

a b



   

 

2
(1 )(1 )(2 )

1 1

     

   

c

a b c

a b a b (1)

0.5

Mặt khác từ giả thiết, ta có

1 1

   

a a

b c a b (2)

Thật vậy, BĐT (2) tương đương với a b( 2c 1 a) 0 (BĐT đúng).

0.5

Tương tự

1 1

   

b b

c a a b (3) 0.5

Cộng từng vế các BĐT (1), (2), (3) ta được P2.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 1 1

( 2 1 ) 0

[0;1]
( 2 1 ) 0

     



 




    

 

 



    



a b a b

a b

a b c a

c

b a c b

Vậy GTLN của Plà 2, đạt được khi

0
[0;2]

x y

z

 




 



</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

Bài 4: ( 3 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x5y5(x y ) .3

Bài 5: ( 3 điểm) Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ ngun, trong đó khơng có 3 điểm
nào thẳng hàng. Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao
nhiêu tam giác có diện tích ngun?

Bài 6: ( 3 điểm) Tìm tất cả các hàm số f:* * thỏa mãn các điều kiện sau:
*

) (2) 2;

) ( ) ( ). ( ) , ;

) ( ) ( ) .



  

  

i f

ii f mn f m f n m n

ii f m f n m n



SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
Trường THPT Khâm Đức
——————

ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016-2017
 MƠN: TỐN 10

Dành cho học sinh THPT không chuyên

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

www.thuvienhoclieu.com Trang 73

Đáp án Điểm

Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh A x( A; yA), (B xB; yB), C x( C;yC)thì

( )( ) ( )( ) (1)

ABC C A B A B A C A

S  x  x y  y  x  x y  y 1.0

Xét 9 điểm A, B, C, D, F, G, H, I có tọa độ nguyên thì tọa độ của mỗi điểm sẽ

thuộc một trong các dạng sau: (chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ). Do đó
theo ngun lí Dirichlet tồn tại ít nhất

1 3
4

 
 
 

  điểm thuộc cùng một dạng, tức

là tọa độ cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là A, B, C.

1.0

Với hai điểm A, B có tọa độ cùng tính chẵn lẻ thì yB  yA,

B A

x  x đều là số chẵn nên diện tích tam giác có cạnh AB đều ngun (do(1)).

Tương tự diện tích các tam giác có cạnh là AC, BC đều nguyên.

0.5

Với mỗi 2 trong 3 điểm A, B, C kết hợp với 6 điểm cịn lại thì được 6 tam giác

có diện tích ngun. Vậy có ít nhất 3.6 1 19  tam giác có diện tích nguyên. 0.5

Đáp án Điể

m

Giả sử tồn tại hàm số f thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Ta có

(1) (1.1) (1). (1) (1) 1.

f f f f f

Ta thấy rằng 2f(2) f(3) f(4)f(2). (2) 4f   f(3) 3

0.5

và 4f(4) f(5) f(6)f(2). (3) 6f   f(5) 5. 0.5

Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp f n( )n,  n *(*)

Thật vậy,

Với n1,ta có f(1) 1 (đúng).

Với n2,ta có f(2) 2 (đúng)

Giả sử (*) đúng vớin k N  *,tức là ta có f k( )k.Ta cần chứng minh (*) đúng

 

n k , tức là cần chứng minh f k( 1) k 1.

0.5

Nếu k là số lẻ thì k1là số chẵn và

1 1 1

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

2 2 2

  

   

        

   

k k k

f k f f f k 0.5

Nếu k chẵn thì k2chẵn và do

2
2




k
k

nên theo giả thiết quy nạp ta có

2 2

 

 

 

 

 

k k

f

Vậy

2 2 2

( 2) 2. (2). 2 2.

2 2 2

  

   

        

   

k k k

f k f f f k

Ta có: k f k( ) f k( 1) f k( 2)  k 2 f k( 1) k 1.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có: f n( )n,  n *

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

www.thuvienhoclieu.com
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 3 1 0

x  m x m  m 

có hai
nghiệmx x1, 2 thỏa mãn điều kiện x1x2 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
sau: P x 13x23x x1 2



3x13x28



.

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 mãn

1 1

AN AB; BM BC.

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 tròn 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 d

1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác
ABC vng tại B. Viết phương trình của đường trịn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng

2 và

điểm A có hồnh độ dương.

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

---Hết---SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

www.thuvienhoclieu.com
SỞ GIÁO DỤC  ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT HỒ NGHINH

ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC

MƠN : TỐN 10 - NĂM HỌC 2017-2018

Thời gian :150 phút (Không kể thời gian giao đề)

www.thuvienhoclieu.com Trang 76

B C

A
N

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 a) Giải phương trình

2 2

x 12 5 3x   x 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
0,25
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
1
x y
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 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
0,5
0,5
0,5
0,5
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 :

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
0,25
0,25
0,25
b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số):









2 2 1 3 1 0

x  m x m  m 

có hai nghiệmx x1, 2 thỏa mãn điều kiện

1 2 4

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

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 = 3x

– 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

sin a.sin b



5 cos a.cos b.

Tính

 2  2  2  2

1 1

sin a 5 cos a sin b 5 cos 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

( ;1)

nằm trên cạnh AC mà AC = 3EC. Đường thẳng DC có phương trình x - 3y

+ 1 = 0. Tìm tọa độ A, B, C.

………Hết………...

ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Câu 1

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

www.thuvienhoclieu.com

(5đ)

Đk :

2
2

x 3

x 2x 0

x 0
x 3x 0

x 2




 

 

 

 

 

  



0.5đ

* khi x3 hay x0 bpt đúng

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 x x 6 2x-1

8x 25

x tháa ®k x 2

0.5đ

Vậy tập nghiệm của bpt

S ( ; 3) {0} ( ; )

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






  

 

   

   

   

 

Khi x 4y :

x 4y x 32 8 15

HÖ

x y x y 2 y 8 2 15

0.5đ
Khi x=y:



  



   



   

 



x y x 2

HÖ

y 2

x y x y 2 0.5đ

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

Câu 2

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.

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

(3 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 

49
m




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



     

0.25 đ

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 sin a.sin b 5 cos a.cos b. TÝnh S

sin a 5 cos a sin b 5 cos b 1đ



Tõ gi¶ thiÕt cã tan a. tan b 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 4 tan a 4 tan b

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

5(10 tan a tan b) 5

0.5đ

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

  

  

3đ

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

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)

   

     

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

www.thuvienhoclieu.com
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)

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

        

        

    

0.25đ

Suy ra

27
A

 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+B

27 6

T A B 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 rằng tồn tại một hình trịn bán kính bằng 1

chứa ít nhất n + 2 điểm nêu trên. 2đ

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 không 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 trịn (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

  

2 2 2

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>



a.MA  b.MB c.MC



2 0 0.5 đ









      

     

      

     

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

( ;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.

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

www.thuvienhoclieu.com

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
16

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

        0.5 đ

I DC BE (5; 2)

    0.5 đ

Gọi BC= a. tính được

a a

IE ;IB

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

Chú ý: thí sinh làm theo cách khác đúng, giám khảo dựa vào thang điểm cho điểm tương ứng

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH MÔN: TOÁN 10. 
Năm học: 2017 - 2018
ĐỀ

Câu 1: (5,0 điểm)

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

b. Giải hệ phương trình:

2 2

2 5 2 2

3

5

4 x

y x

x

xy x y

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) x  2(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:

    

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.

----

HẾT

KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH
Năm học 2017 – 2018

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Mơn thi: TỐN
(Đáp án – Thang điểm gồm trang)

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

www.thuvienhoclieu.com
Câu 1

(5,0

điểm) a) Giải phương trình





2 x

 

5

2 

x



1 

3 x



4

2,0

Điều kiện:

1  

x

2

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

x

xy x y

y



 









 











3,0

Điều kiện:

y



0

và

xy x y

 



y



0

. 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

 



 

   

 

    

 

 

0,5

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

0,25
0,5

2( 2) 2 2 2

2 ( 2) 1 0

2 5 3 1 1 1 1 2 5 3

x

x x

 



 

        

 

   

     

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

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
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



  

0 2m 1 1

x m

2 2

Bảng biến thiên:

x −∞ -m-1/2

+∞

+∞
+∞

-m-5/4

0,25

+ Nếu 0        

1 3 1

x m 0;1 m

2 2 2 thì

0,25

 

  

0
R

0;1

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



 9

4 (Không thỏa)

0,25

0,25
+Nếu


    

0 1 1

x m 0 m

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


    

0 1 3

x m 1 m

2 2 thì f(x) nghịch biến trên [0;1]

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

www.thuvienhoclieu.com

 

   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 .

2,0

Ta có (a b) 2 0 a2 ab b 2ab.

 a3b3ab(a b)

   

2 2

a b a ab

Tương tự (b c) 20    

2 2

b c b bc

(c a) 20    

2 2

c a c ca

Suy ra           

3 3 3

2 2 2 2 2 2

a b b c c a a ab b bc c ca

b c a

 đccm

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

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

    

yz x 1 zx y 4 xy z 9

xyz .

2,0

P xác định khi x 1,y 4,z 9   .

Ta có



 

 x 1 y 4 z 9

x y z

Áp dụng Bđt Cơsi ta có:

  

 x 1 1 x 1 1

x 1

2 x 2


 

 y 4 4 y 4 1

2 y 4

  

 z 9 9 z 1 1

3 z 9

2 z 6  

11
P

12

 Max P=

12, đạt được khi x=2, y=8, z=18

0,25
0,25

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

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.

4,0

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

3 1 (

1)

5

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

I
H

C
B

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

www.thuvienhoclieu.com
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’ khơng
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

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

Ta có

 

A 1 AC'.AB'.sinA

S 2 AC'.AB'

S AC.AB.sin A AC.AB



S BC'.BA'

S BC.BA



S CA'.CB'

S CA.CB

Suy ra



A B C
3

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:   

2 2

1 1

AC'.BC' (AC' BC') AB

4 4

  

2 2

1 1

AB'.CB' (AB' CB') AC

4 4

  

2 2

1 1

BA'.CA' (BA' CA') BC

4 4

 S .S .SA B C3 1 1 1. .

4 4 4
S

Suy ra 

S 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
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

</div>

[File Word] 15 Đề Thi Học Sinh Giỏi và Olympic Toán 10 Có Đáp Án

<b> Câu 1.</b>

<i>(5,0 điểm) </i>

<b> </b>

Cho phương trình bậc hai

<i>x</i>



5

<i>x m</i>





0

<sub> (1) với x là ẩn số. </sub>

a) Giải phương trình (1) khi m = 6.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x

, x

thoả mãn

.

<b>Câu 2. </b>

<i>(3,0 điểm) </i>

<i> Giải hệ phương trình: </i>

1

(2

1) 1

<i>x</i>

<i>x y xy</i>

<i>xy y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>xy x</i>





























<b>Câu 3.</b>

<i>(5,0 điểm) </i>

a) Cho góc

<sub> thỏa mãn </sub>

<sub>. Tính giá trị biểu thức </sub>

b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các

. Điểm K trên đoạn

thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

<sub>. </sub>

<b>Câu 4. </b>

<i>( 5,0 điểm).</i>

<i> Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm </i>

AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình

,

<sub> . </sub>

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.

<b> Câu 5. </b>

<i>(2,0 điểm) Cho </i>

là các số thực dương thoả mãn

<i>a</i>



<i>b</i>



<i>c</i>



1

<sub>. </sub>

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

<b>Câu</b>

<b><sub>Nội dung</sub></b>

<b>1.</b>

Phương trình

<b>a)</b>

<sub>Giải phương trình (1) khi </sub>