36 đề luyện thi học sinh giỏi toán 10 năm 2021 2022

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN OLYMPIC NĂM 2021

NGUYỄN BỈNH KHIÊM

MƠN TỐN – KHỐI 10 – LẦN 1

TỔ TOÁN - TIN

Ngày thi: 19/09/2020
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2,0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x  8  y và z 2  xy  16 . Tính: P  x  z .
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác, có góc lớn nhất bằng  . Biết rằng a và b là hai nghiệm của
phương trình x 2  4(c  2)  (c  4) x . Tính  .
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho a1 , a2 , a3 , , a9 , a10 là các số nguyên dương sao cho: a12   2a2    3a3    9a9   10a10   385 .
2

2

2

2

Tính S  a1  a2  a3  a9  a10 .
Bài 4. (3,0 điểm)

Cho a, b, c là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng: (a  b)(b  c)(c  a ) chia hết cho 48.
Bài 5. (3,0 điểm)
a) Cho n   (n  2) và A  a1a2  an  ai  * , i  1, 2, , n  . Giả sử a là ước số của A và a  ai với mọi
i  1, 2,, n . Chứng minh rằng a là một hợp số.

b) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện ac  bd . Chứng minh rằng a  b  c  d là một
hợp số.
Bài 6. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho
QE AC
AE  AF . Đường trung tuyến AM và đường thẳng EF cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng:

.
QF AB
Bài 7. (3,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực. Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 
Bài 8. (2,0 điểm)

1
2
| a  b |  | b  c |  | c  a | .
12


Trên bảng cho 2020 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2020. Ta thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau: mỗi lần biến
1
đổi ta xóa đi hai số bất kì a, b có trên bảng rồi viết thêm số a  b  ab vào bảng. Khi trên bảng chỉ cịn lại
3
đúng một số thì dừng lại. Tìm số cịn lại đó.
-------------------- HẾT ------------------- />+ Học sinh khơng được phép sử dụng máy tính cầm tay.

+ Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT TRẦN NGUN HÃN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 1
LỚP 10 - NĂM HỌC 2020-2021
Mơn: Tốn
Thời gian bàm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

Họ, tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ……………….…………
Câu I (4,0 điểm).
1. Cho hàm số y  x 2  2 x  3 có đồ thị là parabol (P).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (P).
b. Dựa vào đồ thị (P) vừa vẽ trên hãy tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
x 2  2 x  3  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  (2 m  1) x 2  2mx  m  2 đồng biến trên
khoảng (1; ) .
Câu II (2,0 điểm).
16

Cho số thực a  0 và hai tập hợp A   ; 4a  , B   ;   . Tìm tất cả các giá trị của a để
a

A B  .
Câu III (4,0 điểm).

1) Giải phương trình

x  4  x 2  3x  2  0

.

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình

xm x2

 2 vơ nghiệm.
x 1 x  1

Câu IV (2,0 điểm).


x  2 y  4  m
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình 
có nghiệm thỏa x 2  y 2  5


2 x  y  3m  3

.
Câu V (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có điểm G là trọng tâm.



1) Phân tích véctơ AG theo hai véctơ AB và AC .
  



 
2) Điểm N thỏa mãn NB  3NC  0 chứng minh đẳng thức : 6GN  5 AB  7 AC  0 .
PA
3) Gọi P là giao điểm của AC và GN , tính tỉ số
.
PC
Câu VI (2,0 điểm).
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

bc
ca
ab
 2
 2
2
2
a b  a c b a  b c c a  c 2b
2

------------------ Hết ------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ tên, Chữ kí của cán bộ coi thi:……………………………………………………………………


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu I

1. Cho hàm số (P): y  x 2  2 x  3 .

3,0

a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Dựa vào đồ thị vừa vẽ trên hãy tìm tất cả các giá trị của m để

phương trình
x 2  2 x  3  m  0 có 4 nghiệm phân biệt.

 Ta có :


b

= 1 và 
= 4.
2a
4a

 Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1; 4), nhận đường thẳng
x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên.
 Bảng biến thiên:
x 
1
+
+
4
+

y

0,5
0,5

0,5

 Đồ thị: Đồ thị đi qua 2 điểm A(3; 0), B(1; 0).

0,5


c.

 Ta có

 f  x 
; f x   0
.
y  f  x   
 f  x  ; f  x   0


Từ đó suy ra cách vẽ đồ thị hàm số

C  từ đồ thị hàm số y  f  x  như sau:

0,25

 Giữ nguyên đồ thị y  f  x  phía trên trục hồnh. Lấy đối xứng phần đồ

thị y  f  x  phía dưới trục hoành qua trục hoành ( bỏ phần dưới ).
Kết hợp hai phần ta được đồ thị hàm số y  f  x  như hình vẽ.

0,25

 Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y  x 2  2 x  3 (phần đường đậm) và đường thẳng (d): y =- m là đường
thẳng song song hoặc trùng với trục hoành cắt trục tung tại tung độ -m .

0,25

 Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi -40,25
2. Tìm m để hàm số y  (2 m  1) x  2mx  m  2 đông biến trên khoảng (1; ) 1,0
2

.

1
5
1 0,25
 y   x  . Hàm số nghịch biến trên  . Do đó m 
2
2
2
0,25
không thỏa mãn.
1
 Với m  . Hàm số đồng biến trên khoảng 1;  khi và chỉ kh
2

2m  1  0

 m
0,25
 2m  1  1
0,25
1
m
2
 Với m 



Vậy m 

1
2


Câu 2

Cho số thực a  0 và hai tập hợp A   ; 4a  , B  

16

;   . Tìm a để A  B  
a


Ta có : A  B   khi và chỉ khi

16
 4a
a
16  4a 2

0
a
 16  4a 2  0 (Vì a  0 )
 a2  4

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

a  2

 a  2

Kết hợp với a  0 thì a  2
Kết luận với a  ( ; 2) thì A  B   .

0,25
0,25
4,0

Câu 3
1)Giải phương trình

x  4  x 2  3x  2  0

2,0

(1)

2,0

Điều kiện x  4

0,5

Ta có 1  

0,5

x4  0

2
 x  3x  2  0

x  4

 x 1

x  2

 x  4 vì x  4 .

0,5

0,25

Kết luận: Phương trình có một nghiệm x = 4.
2)Tìm m để phương trình sau vơ nghiệm:
xm x2

 2 (1)
x 1 x  1

 Điều kiện: x  1.
Ta có (1) suy ra (m + 2)x = 4  m.
(2)
 Trường hợp 1: Nếu m + 2 = 0  m = 2 thì
(2)  0x = 6, mâu thuẫn  phương trình vơ nghiệm.

0,25
2,0

0,5
0,25
0,5

 Trường hợp 2: Nếu m  2  0  m  2 thì:
(2)  x =

4m
.
m2

Do đó (1) vơ nghiệm khi và chỉ khi

0,5

4m
4m
 1 hc
 1
m2
m2

GPT tìm được m = 1.
 Vậy với m = 2 hoặc m = 1 phương trình (1) vơ nghiệm.
Câu 4

0,25
2,0



x  2 y  4  m
Cho hệ phương trình 



2 x  y  3m  3
Tìm m để hệ có nghiệm thỏa x 2  y 2  5
1
2
nên hệ có nghiệm với mọi m


2 1

Nhận xét :

0,5
0,5

 x  m  2
Giải hệ có nghiệm 
 y  1 m
Tính x 2  y 2  2m 2  2m  5

0,5
0,25

Ta có 2m  2m  5  5
2

Câu 5

m  0

 m  1

0,25

Cho tam giác ABC có trọng tâm G




1) Phân tích véctơ AG theo hai véctơ AB và AC .
  
2) Điểm N thỏa mãn NB  3NC  0 chứng


 
6GN  5 AB  7 AC  0

4,0
minh

đẳng

thức:

PA
.
PC

3) Gọi P là giao điểm của AC và GN , tính tỉ số
Gọi M là trung điểm của BC
1) Ta có :

0,5

 2 
AG  AM
3
2 1  1 
  AB  AC 

32
2

1  1 
 AB  AC
3
3

A

0,5
G

B

M

P
C

N

0,5

1) Ta có

   1  
GN  GM  MN  AM  BC
3






1
 AB  AC  AC  AB
6
7  5 
 AC  AB
6
6
 
 
 6GN  5 AB  7 AC  O



0,5



0,25
0,25



AP

k
AC .

2) Đặt
  
 1  
GP  AP  AG  k AC  AB  AC
3
1   1 

  k   AC  AB .
3
3






0,5

0,25
0,25



5  7 
Theo 2) có GN   AB  AC
6
6

 
Ba điểm G , P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN cùng phương

1
1
1
k

k


3 3
3  2  k  1  7  k  4  AP  4 AC
7
5
7
5
3 15
5
5

6
6
6
4
PA
 AP  AC 
4
5
PC
Câu 6

0,25

0,25

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện abc = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2,0
biểu thức
P

bc
ca
ab
 2
 2
2
2
a b  a c b a  b c c a  c 2b
2

1

1

1

bc

ac

ab

1

1

1

2
2
2
2
2
2
bc
ca
ab
P 2
 2
 2
= a  b  c = a  b  c
2
2
2
1 1 1 1 1 1
a ba c b ab c c a c b b c a c a b




1
1
1

, y , z .
a
b
c
abc = 1  xyz

Đặt

c

c

a

a

0,5

b

x

Do
P

b

2

2

= 1 và a,b,c dương suy ra x,y,z dương. Ta có 0,5

2

x
y
z


yz zx xy

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có
x2



yz

P

yz
4

x,

z2
xy
y2
zx


z

y,
xy
4
zx
4

0,5

xyz
xyz 33
3
 xyz P

xyz 
2
2
2
2

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1.
Vậy

Pmin 

3
2

khi x = y = z = 1

0,5


TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN

ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 10 – LẦN 1

BỘ MƠN CHUN TỐN

NĂM HỌC 2020 - 2021

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày 10 tháng 09 năm 2020

Bài 1. Tìm tất cả các bộ ba số ( x, y, p ) nguyên dương, với p là số nguyên tố thỏa mãn:

x 2  3 xy  p 2 y 2  12 y .

x2  y 2  x  y  4

Bài 2. Giải hệ phương trình: 
.
2
2






x
x
3
y
y
3
9








Bài 3. Cho a, b, c  0 và a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của: P 

bc
4

a 3
2



ca
4

b 3

2



ab
4

c2  3

.

Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn  O  . P là một điểm nằm trong tam giác sao

cho PB  PC . Lấy điểm Q trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC và nằm trong tam giác sao cho
PQA  OAP  90 . Gọi M là trung điểm của BC. Điểm K thuộc cạnh BC sao cho KAB  MAC .
Chứng minh rằng QK  QP.
Bài 5. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tất cả các ước nguyên dương (phân biệt) của n có thể
sắp xếp thành một bảng hình chữ nhật (mỗi vị trí chứa đúng một số) mà tổng các số trên mỗi hàng bằng
nhau; tổng các số trên mỗi cột bằng nhau.
--------------- HẾT ---------------

/>

MA TRẬN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 - 2021
MƠN: TỐN-10
(Tự luận: 5 câu )
Chủ đề
Chuẩn KTKN
Hệ phương trình
Phương trình bậc hai

một ẩn
Hệ thức Vi-et và ứng
dụng
Hàm=
số y ax 2 ( a ≠ 0 )
Biến đổi đơn giản biểu
thức chứa căn thức bậc
hai
Một số hệ thức về cạnh
và đường cao trong tam
giác vuông
Cộng

1. KHUNG MA TRẬN
Cấp độ tư duy
Nhận biết
Câu 1a
Câu 2a
Câu 3a

Thông hiểu

Vận dụng thấp

Vận dụng cao

Câu 1b

10%
10%

5%
15%

Câu 2b
Câu 3b

15%
Câu 4

Câu 5a
25%

25%

Cộng

25%

10%
Câu 5b
Câu 5c

20%
15%

25%

100%

2. BẢNG MÔ TẢ CHI TIẾT NỘI DUNG CÂU HỎI
CHỦ ĐỀ
CÂU
MƠ TẢ
Hệ phương trình
1b
Thơng hiểu: Giải hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn.
Phương trình bậc hai một ẩn
1a
Nhận biết: Giải phương trình quy về phương trình bậc hai
một ẩn.
2a
Nhận biết: Chứng minh phương trình bậc hai ln có nghiệm
hoặc vô nghiệm với mọi tham số.
Hệ thức Vi-et và ứng dụng
2b
Vận dụng thấp: Tìm tất cả các giá trị của tham số m thỏa
điều kiện cho trước.
2
3a
Nhận biết: Vẽ parabol.
Hàm=
số y ax ( a ≠ 0 )
3b
Thông hiểu: Tương quan giữa đường thẳng và parabol.
Biến đổi đơn giản biểu thức chứa căn
4
Vận dụng thấp: Rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai.
thức bậc hai
Một số hệ thức về cạnh và đường cao

trong tam giác vuông

5a
5b
5c

Thông hiểu: Chứng minh đẳng thức có liên quan đến cạnh và
đường cao của tam giác vuông.
Vận dụng cao: Ứng dụng một số hệ thức về cạnh và đường cao
trong tam giác vuông để giải một số bài toán liên quan.
Vận dụng cao: Ứng dụng một số hệ thức về cạnh và đường cao
trong tam giác vng để giải một số bài tốn liên quan.

Ghi chú: Số thứ tự câu trong ma trận đề không phải là số thứ tự câu hỏi trong đề kiểm tra.


SỞ GD& ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG, NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn: TỐN - Lớp 10
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ, tên thí sinh:..................................................................... Lớp: .............................

Câu 1: (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau:

(

15 7

 x − y =9

b/ 
 4 + 9 = 35
 x y

)

2

a/ x 2 + 3x − 2 x 2 − 6 x − 8 = 0

Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 − 2(m − 1)x − 3 + 2m = 0, (1) (m là tham số).
a/ Chứng minh rằng phương trình (1) ln có hai nghiệm x1 , x2 với mọi giá trị của m.
b/ Tìm tất cả các giá trị của m sao cho x12 + x2 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3: (1,5 điểm) Cho ( P ) : y = 2 x 2 và ( D) : y = x + 1 .
a/ Vẽ (P) .
b/ Viết phương trình (D′) biết (D′) song song với (D) và (D′) cắt (P) tại điểm có hồnh
độ bằng -1.
Câu 4: (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A =

(x

2

−4
2

)

4
, với x ≠ 2 .
x − 4x + 4
2

Câu 5: (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB . Trên tia đối của tia AB lấy điểm
M , vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn ( C là tiếp điểm). Gọi H là hình chiếu của C trên AB .
a/ Chứng minh MA.MB = MH .MO .
b/ Chứng minh tia CA là phân giác của góc HCM .
c/ Cho MA = a, MC = 2a . Tính độ dài CH theo a .
--------------------------------------------------------- HẾT ---------Thí sinh khơng được dùng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN
Câu

Ý

(x

2

Đáp án

)

2

(

2

(

)

2

+ 3x − 2 x − 6 x − 8 = 0 ⇔ x + 3x − 2 x + 3x − 8 = 0
2

a

)

2

2

2

Đặt t = x + 3x , ta có pt t − 2t − 8 = 0 ⇔ t = 4; t = −2
Giải tìm được 4 nghiệm x = −4; x = −2; x = −1; x = 1
15 7
 x − y =9

(*)

4
9

 + = 35
 x y
1
1
Đặt X = ; Y = , ( x ≠ 0; y ≠ 0 )
x
y

1
(2,0 điểm)
b

Điểm
0,25
0,5
0,25

0,5

1

x=

−
=
=
15
X
7
Y

9
X
2



2
Ta được 
⇔
⇒
4 X + 9Y = 35
Y = 3
y = 1
3


0,5

x 2 − 2(m − 1)x − 3 + 2m = 0, (1)

Ta có ∆′ = m 2 − 4m + 4 = (m − 2 )2 ≥ 0, ∀m ∈ R .
Vậy pt (1) ln có hai nghiệm với mọi giá trị của m .

a

S = x1 + x2 = 2(m − 1) (đl Viet )
Ta có 
 P = x1 x2 = −3 + 2m (đl Viet )
và x12 + x2 2 = S 2 − 2 P = 4m 2 − 12m + 10

2
(2,0 điểm)
b

0,25
0,25
0,5

= (2m − 3) + 1 ≥ 1
2

0,75

Dấu “=” xảy ra khi m =

3
.
2

0,25

Vẽ ( P ) : y = 2 x 2 .
- Lập đúng bảng giá trị

a
3
(1,5 điểm)

x

-2

-1

0

1

y = 2x 2

8

2

0

2

=

)

(x − 2)(x + 2) .
2

2
x−2

(x − 2)(x + 2) .

2
= x+2
2
x−2
(x − 2)(x + 2) . 2 = − x − 2
- Nếu x − 2 < 0 ⇔ x < 2 thì A =
− (x − 2)
2

- Nếu x − 2 > 0 ⇔ x > 2 thì A =

0,5

8

- Vẽ đúng đồ thị
- Viết đúng dạng của ( D′) : y = x + b, (b ≠ 1) .
b
- Tìm được b = 3 .
- Kết luận.
2
(x − 2)(x + 2) .
4
4
x −4
A=
=
2
2
2

x − 4x + 4
(x − 2)2

(

4
(1,0 điểm)

2

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

0,25
0,25
0,25


C
I
B

5
(3,5 điểm)
a

b

c

O

H

A

Hình vẽ 0,25 điểm
Chứng minh được MH .MO = MC 2
∆MCA ∽ ∆MBC ⇒ MA.MB = MC 2
Kết luận
Chứng minh được ∠HCA + ∠OAC = ∠ACM + ∠OCA
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
Tính được MB = 4a
3
⇒ AB = 3a, OA = OC = a .
2
6
Có CH .OM = OC.CM ⇒ CH = a .
5

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa.

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

0,5
0,5



NHĨM TỐN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10

THPT TRẦN PHÚ

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 01 trang)

MƠN: TOÁN –THPT
Thời gian: 120 phút

ĐỀ BÀI
Câu 1:

(5,0 điểm) Cho hàm số y  m  2 x 2  2 m 1 x  m  2 ( m là tham số).

NHĨM TỐN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ THI HSG TỐN

a) Biết đồ thị là một đường parabol có tung độ đỉnh bằng 3m . Xác định giá trị của m .

b) Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 .
Câu 2:

(4,0 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AB và CD cắt
nhau tại điểm M , tọa độ điểm A(−2; −2), B(0; 4) và C (7;3) .
   
  
a) Tìm tọa độ điểm E để EA + EB + 2 EC =
0 và tìm giá trị nhỏ nhất của PA + PB + 2 PC
biết P là điểm di động trên trục hoành.
b) Biết diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC . Tìm tọa độ đỉnh D

Câu 3:

2 x 3 + mx 2 + 2 x − m =x + 1 ( m là tham số).

(5,0 điểm) Cho phương trình

a) Giải phương trình với m = −3 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu 4:

(4,0 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 .
 
a. Tìm giá trị của tích vơ hướng AM ⋅ BC theo a .
b. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vng góc với PN . Tính độ dài PN
theo a .

Câu 5:

(2,0 điểm) Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m ( m là tham số). Tìm m để giá trị lớn
nhất của hàm số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất.
----------------HẾT----------------

/>
Trang 1


NHĨM TỐN VD – VDC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10

THPT TRẦN PHÚ

NĂM HỌC 2019 - 2020

(Đề thi có 01 trang)

MƠN: TOÁN –THPT
Thời gian: 120 phút
HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

(5,0 điểm). Cho hàm số y  m  2 x 2  2 m 1 x  m  2 ( m là tham số).

NHĨM TỐN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH

ĐỀ THI HSG TOÁN

a) Biết đồ thị là một đường parabol có tung độ đỉnh bằng 3m . Xác định giá trị của m .
b) Tìm m để hàm số nghịch biến trên khoảng ; 2 .
Lời giải:
a) Để đồ thị là một đường parabol thì m  2  0  m  2 .
2m  5
Đồ thị có tung độ đỉnh bằng 3m 
 3m  2m  5  3m m  2
m2
m  1

2
 3m  8m  5  0  
5 tm .
m 

3

m  1

Vậy 
5.
m 

3
b) Để hàm số nghịch biến trên ; 2 thì m  2 .

m 1 

Khi đó hàm số nghịch biến trên khoảng ;


m  2 
m 1
 2  m 1  2 m  2do m  2  0 .
m2
 m 1  2 m  4  m  3

Ta được:

Vậy 2  m  3 .
Câu 2:

Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai cạnh bên AB và CD cắt nhau tại
điểm M , tọa độ điểm A(−2; −2), B(0; 4) và C (7;3) .
   
  
a) Tìm tọa độ điểm E để EA + EB + 2 EC =
0 và tìm giá trị nhỏ nhất của PA + PB + 2 PC
biết P là điểm di động trên trục hồnh.
b) Biết diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC . Tìm tọa độ đỉnh D
.
Lời giải

/>
Trang 1


NHĨM TỐN VD – VDC

ĐỀ THI HSG TỐN

NHĨM TỐN VD – VDC

a) Ta gọi E ( x; y ) ,



EA = ( −2 − x; −2 − y ) ,EB = ( − x; 4 − y ) ,EC = ( 7 − x; 3 − y )

   
0
−2 − x − x + 2 ( 7 − x ) =
x = 2
.
nên EA + EB + 2 EC =0 ⇔ 
⇔
3
y
=
2
4
2
3
0
y
y
y
−

−
+
−
+
−
=
(
)


Vậy E (2;3) .
  

Ta có: PA + PB + 2 PC= 4 PE= 4 PE .
 

Nên PA + PB + 2 PC đạt giá trị nhỏ nhất khi P là hình chiếu của E lên trục hoành.

Vậy P ( 2; 0 ) .
b) Gọi

M ( a;b )

và D(c; d )

Diện tích hình thang ABCD gấp 3 lần diện tích tam giác MBC nên

4 S ∆MBC = S ∆MAB
1
1

⇔ 4. MH .BC =
MK .DA
2
2
⇔ 4 MH .BC =
MK . AD
⇔

4BC MK
=.
AD MH

Mà ABCD là hình thang nên
Do đó

MK AD
.
=
MH BC

AD 4 BC
.
=
BC
AD



Suy ra AD 2 = 4 BC ⇒ AD = 2 BC ⇒ AD = 2 BC .


 AD =(c + 2; d + 2) c =
12
.
⇒
 
= (7; −1)
d = −4
 BC

Vậy D (12;−4 ) .
Câu 3:

(5,0 điểm) Cho phương trình

2 x 3 + mx 2 + 2 x − m =x + 1 ( m là tham số).

a) Giải phương trình với m = −3 .
b) Tìm các giá trị của m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
Lời giải
/>
Trang 2


NHĨM TỐN VD – VDC

 x + 1 ≥ 0
Ta có phương trình đã cho ⇔  3
2 .
2
2 x + mx + 2 x − m = ( x + 1)

ĐỀ THI HSG TỐN

NHĨM TỐN VD – VDC

 x ≥ −1
 x ≥ −1
⇔ 3
⇔
( *) .

2
2


−
+
+
+
+
=
x
1
2
x
m
1
x
m
1

0
(
)
(
)
2 x + ( m − 1) x − m − 1 =0




 x ≥ −1
a) Với m = −3 thì (*) ⇔ 
2
0
( x − 1) ( 2 x − 2 x − 2 ) =
 x ≥ −1
x = 1

 x = 1
⇔ 
⇒
.
x = 1± 5
1± 5

x=

2
2
 

 1 ± 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình S = 1;
.
2 


 x ≥ −1

b) Ta có (*) ⇔   x = 1
.
  2 x 2 + ( m + 1) x + m + 1 =
0 (**)


Xét phương trình (**) : 2 x 2 + ( m + 1) x + m + 1 =
0
Có ∆=

( m + 1)

2

− 8 ( m + 1=
)

( m + 1)( m − 7 ) .

Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt ⇔ Phương trình (**) có 2 nghiệm phân
biệt x1 , x2 khác 1 và −1 ≤ x1 < x2
∆= ( m + 1)( m − 7 ) > 0

m +1

 2
−
 x1 + x2 =
2.1 + ( m + 1) .1 + m + 1 ≠ 0
2 ).
(với 
⇔
x x = m +1
( x1 + 1) + ( x2 + 1) > 0
 1 2
 x +1 . x +1 ≥ 0
2
(
)
(
)
2
 1

( m + 1)( m − 7 ) > 0

m ∈ ( −∞; − 1) ∪ ( 7; + ∞ )
 2m + 4 ≠ 0

 m +1
m ≠ −2
⇔ −
⇔

⇔ m ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ ( −2; − 1) .
+2>0
3
m
<
2


 m +1 m +1
2 ≥ 0 ( ld )

−
+2≥0

 2
2
Vậy m ∈ ( −∞; − 2 ) ∪ ( −2; − 1) .
Câu 4:

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 .
 
a. Tìm giá trị của tích vơ hướng AM ⋅ BC theo a .
b. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vng góc với PN . Tính độ dài PN
theo a .
Lời giải

/>
Trang 3

NHĨM TỐN VD – VDC

ĐỀ THI HSG TỐN

(

)

9
3
= 3a ⋅ 3a ⋅ cos120° + a ⋅ 3a ⋅ cos 0° =
− a 2 + 3a 2 =
− a2 .
2
2
        1    
b. Ta có AM ⋅ PN = AB + BM AN − AP =  AB + BC  AN − AP
3


    1   1  
1
1
1 1
 1
= AB ⋅ AN − AB ⋅ AP + BC ⋅ AN − BC ⋅ AP = 3a ⋅ a ⋅ − 3a ⋅ x + ⋅ 3a ⋅ a ⋅ − ⋅ 3a ⋅ x  − 
3
3
2

3
2 3
 2

(

)(

)

(

NHĨM TỐN VD – VDC

        
a. Ta có AM ⋅ BC = AB + BM ⋅ BC = AB ⋅ BC + BM ⋅ BC

)

5
5 

=2a 2 − ax =a  2a − x  .
2
2 

 
5 
4


Theo đề, vì AM ⊥ PN nên AM ⋅ PN = 0 ⇔ a  2a − x  = 0 ⇔ x = a .
2 
5


Câu 5:

Cho hàm số f ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m ( m là tham số). Tìm m để giá trị lớn nhất của hàm
số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Xét hàm số g ( x ) = x 4 − 4 x 2 + 5 + m trên đoạn  −2; 5  .
Ta có g ( x ) =

(x

2

− 2) + m + 1 .
2

(

Do −2 ≤ x ≤ 5 ⇒ 0 ≤ x 2 ≤ 5 ⇒ −2 ≤ x 2 − 2 ≤ 3 ⇒ 0 ≤ x 2 − 2

(

)

)

2

≤9

Suy ra m + 1 ≤ x 2 − 2 + m + 1 ≤ 10 + m hay m + 1 ≤ g ( x ) ≤ m + 10, ∀x ∈  −2; 5 
2

Suy ra g ( x ) ∈ [ m + 1; m + 10] , ∀x ∈  −2; 5  .
 Trường hợp 1: 0 ≤ m + 1 ⇔ m ≥ −1 , suy ra max f ( x =
) m + 10 .
 −2; 5 



m ≥ −10
 Trường hợp 2: m + 1 < 0 ≤ m + 10 ⇔ 
⇔ −10 ≤ m < −1 ,
m < −1
suy ra max f=
( x ) max {m + 10; −m − 1} .
 −2; 5 



 Nếu m + 10 > −m − 1 ⇔ m > −

11
 11

, suy ra max f ( x =

m + 10 khi m ∈  − ; −1 .
)


2
 2

 −2; 5 

 Nếu m + 10 < −m − 1 ⇔ m < −

11
11 

, suy ra max f ( x ) =−m − 1 khi m ∈  −10; −  .
 −2; 5 
2
2




/>
Trang 4


NHĨM TỐN VD – VDC

 Trường hợp 3: m + 10 < 0 ⇔ m < −10 , suy ra max f ( x ) =−m − 1 .

ĐỀ THI HSG TỐN

 −2; 5 



NHĨM TỐN VD – VDC

11

−m − 1, m < − 2
.
Tóm=
lại h ( m ) max
f ( x) 
=
 −2; 5 


m + 10, m ≥ − 11

2

Suy ra được đồ thị của hàm số h ( m )

Vậy: Giá trị lớn nhất của hàm số đã cho trên đoạn  −2; 5  đạt giá trị nhỏ nhất khi
11
9
m = − khi đó max f ( x ) = .
 −2; 5 

2
2


----------------HẾT----------------

/>
Trang 5


SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HĨA LỚP 10, 11
Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020
Mơn thi: Tốn 10

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

Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị là ( 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 x1 , x2 thỏa mãn
1 1
  2.
x1 x2
Câu 2 (4 điểm):
a. Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 .
 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1

b. Giải hệ phương trình:  2
2
( x  y )  xy  1
Câu 3 (4 điểm): Cho phương trình: x  4  5  x  20  x  x 2  m , (1), (với m là tham
số).
a. Giải phương trình (1) khi m  3 .
b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Câu 4 (4 điểm):
2sin   3cos 
a. Cho cot   3 , tính giá trị biểu thức: P 
.
cos3   4sin 3 
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB là x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường
thẳng AC đi qua điểm M (2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Câu 5 (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm E thỏa mãn BE  3.EC  0 .
IA
Gọi I là giao điểm của AC và GE , tính tỉ số
.
IC
Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc BAC  600 , bán kính đường trịn
nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1 , B1 , C1 là hình chiếu vng góc của A, B, C lên BC, CA, AB
và M là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn ABM  BCM  CAM   . Tính cot  và
bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 .
Câu 7 (2 điểm): Cho x, y,z  2019;2020 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2019.2020  xy 2019.2020  yz 2019.2020  zx
.
f ( x, y, z ) 



( x  y) z
( y  z) x
( z  x) y
-----------------HẾT--------------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với mơn Tốn).
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….


ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 – MƠN TỐN
Câu

Lời giải

Điểm

Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và dm: x  m  x  4 x  3
 x2  5x  3  m  0 (*)
dm cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
2

1) 2đ

 25  12  4m  0  m 
Mà

2.a) 2đ

2.b) 2đ

13

. Khi đó
4

 x1  x2  5
.

x
x

3

m
 1 2

1 1
1
  2  x1  x2  2 x1 x2  5  6  2m  m  thỏa mãn
x1 x2
2

Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 . (**)
1
Điều kiện: 2 x 2  3x  1  0  x  1  x 
2
1
+ x  1  x  nghiệm đúng.
2
1
+ x  1  x  : (**)  x2  3x  0  x  3  x  0 , thỏa mãn
2

1
Vậy (**) có nghiệm là: x  3  x  0  x  1  x 
2
2
3
2
 x  x y  xy  xy  y  1
Giải hệ phương trình:  2
2
( x  y )  xy  1
 xy( x 2  y )  xy  x 2  y  1
 x2  y  a
. Đặt 
ta có hệ pt:
 2
2
xy

b
(
x

y
)

xy

1



2
b  1  a 2
ab  a  b  1 b  1  a

 3
 2
2
2
2
a  b  1
a(1  a )  a  1  a  1 a  a  2a  0
b  1  a 2
a  1 a  2 a  0
 3




2
b

0
b


3
a

a


2
a

0


b  1

a  1  x 2  y  1  x  0  x  1
+



b

0
y


1
xy

0


y  0

a  2  x 2  y  2  x  1
+



b  3
y  3
 xy  3

Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (0 ; -1) ; (-1 ; 3) ; (1 ; 0) ; (-1; 0)

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

x  4  5  x  20  x  x 2  3 : đk: x   4;5

t2  9
Đặt x  4  5  x  t  20  x  x 
2
2
t  1(l )
t 9
 3  t 2  2t  3  0  
Pttt: t 

2
t  3
2

3a) 2đ

0,5đ

0,5đ

a  0  x 2  y  0 x  1


+
b  1
y 1
 xy  1

Khi m = 3 ta có pt:

0,5đ

0,5đ
0,5đ


3b) 2đ

 x  4
+ t  3  x  4  5  x  3  20  x  x 2  0  

x  5
2
t 9
; t  3;3 2 
Đặt x  4  5  x  t  20  x  x 2 
2
t2  9
 m  t 2  2t  2m  9
Pttt: t 
2
Xét f (t )  t 2  2t; t  3;3 2   min f (t )  f (3)  3;max f (t )  f (3 2)  18  6 2

9
3 2
2
2sin   3cos 2(1  cot 2 x)  3cot x(1  cot 2 x) 70
P


cos3   4sin 3 
cot 3 x  4
31

Vậy pt có nghiệm khi: 3  2m  9  18  6 2  3  m 
4a) 2đ

nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
21

x



x  2 y  1  0
 21 13 
5

 B ; 


 5 5
 x  7 y  14  0  y  13

5
2
2
Gọi nAC  (a; b);(a  b  0) là VTPT của AC,
Do

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

B  AB  BD

ta có: cos(nAC ; nAB  cos(nBD ; nAB  2a  b 

0,5đ

3
a 2  b2
2

a  b
 7a  8ab  b  0  
b
a 
7

+ a= -b: Chọn a = 1; b = -1  AC: x – y – 1 = 0
A  AB  AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
x  2 y  1  0 x  3

 A  3;2 

x

y

1

0
y

2



I  DB  AC nên tọa độ I là nghiệm của hệ:
7

x

 x  7 y  14  0 
2  I 7 ; 5 




2 2
x  y 1  0
y  5

2
2

4b) 2đ

0,5đ
0,5đ

2

 14 12 
Do I là trung điểm của AC và BD nên C  4;3 ;D  ; 
5 5
+ a = -b/7 (loại) vì AC//BD

0,5đ

0,5đ

0,5đ