De Dap an Olympic Toan 10 nam 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC. ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN 10 NĂM HỌC 2016 – 2017 (Thời gian làm bài: 120 phút). 2 Câu 1. (3,5 điểm): Cho hàm số y  x  4 x 1 và hàm số y  2 x  m . Tìm m để đồ thị các. hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác OAB đến các trục tọa độ bằng nhau. (điểm O là gốc tọa độ) Câu 2. (6.5 điểm):  xy  x  y  x 2  2 y 2  x  1  2 y 4 a). Giải hệ phương trình:  2 3 b). Giải phương trình: 6 x  3( x  2 x) 2 x  1 2 x  4 .. Câu 3. (1,5 điểm): Cho tam giác ABC thỏa mãn hệ thức hb  p( p  b) . ( hb là độ dài đường cao ứng với cạnh AC). Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân. Câu 4. (3,5 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm. Câu 5. (3,0 điểm): Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng. 2 2 2 Câu 6. (2,0 điểm): Cho a, b, c  0 thỏa mãn: a  b  c  ab  2bc  2ca 0 .. c2 c2 ab   2 2 2 2 Chứng minh: a  b (a  b  c) a  b .. --------------- Hết -----------------Họ tên thí sinh: ................................................................................ SBD: ...................... Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KỲ THI OLYMPIC MÔN TOÁN 10. SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC. NĂM HỌC 2016 – 2017. ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (3,5đ). Nội dung đáp án Xét phương trình hoành độ giao điểm:. Điểm 1,5. x 2  4 x  1  2 x  m  x 2  6 x 1  m 0 (1). Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt    0  m   8 Gọi x A , xB là hai nghiệm của phương trình (1), G là trọng tâm của tam giác OAB.. 1,0. x A  xB  xO   2  xG  3   y  y A  yB  yO 12  2m G 3 3 Ta có: . Yêu cầu bài toán.  xG  yG. 1,0.  12  2m 6  m  3   m  9. Kết hợp điều kiện,vậy m=-3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2a. Điều kiện: x 1; y 0 .. (3,5 đ) Với điều kiện trên, hệ phương trình. 0,5 1,5.  x 2  y 2  y 2  xy  ( x  y ) 0   x  1  2 y 4 ( x  y )( x  2 y  1) 0   x  1  2 y 4   x  y (loại)     x  2 y  1 0   x  1  2 y 4  x 2 y  1   2 2 y 4. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,5.  y 2   x 5. KL: Vậy hệ phương trình có nghiệm (5; 2). 2b. x. 0,25. 1 2.. (3,0 đ) Điều kiện: Với điều kiện trên, phương trình tương đương:. 1,0. 3x ( x  2) 2 x  1 2 x 3  6 x  4  3x ( x  2) 2 x  1 ( x  2)(2 x 2  4 x  2)  ( x  2)(3 x 2 x  1  2 x 2  4 x  2) 0. (loại)  x  2  2  3 x 2 x  1  2 x  4 x  2 0(1) 0,5. (1)  2(2 x  1)  3x 2 x  1  2 x 2 0 . Đặt. 2(2 x  1) 3 2 x  1   2 0(2) x2 x. t. 0,5. 2x  1 (t 0) x. 2 Phương trình (2) trở thành: 2t  3t  2 0.  t  2   t 1 2  1 t  2 Với. (loại). 2x  1 1  x 2. 0,5.  x 2  8 x  4 0  x 4  2 3   x 4  2 3. Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của phương trình là: 3 (1,5đ). S {4-2 3; 4+2 3}. 0,25. Ta có:. 0,5. 1 2S S  bhb  hb  2 b S  p ( p  a)( p  b)( p  c ) 2S  p ( p  b) Theo đề bài: b. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2S b p ( p  b). .  2 ( p  a )( p  c) b  2 ( p  a )( p  c)  p  a  p  c . . p a . p c. . 2. 0,5. 0.  p  a p  c  a c. Vậy tam giác ABC cân tại B 4 (3,5đ). Gọi B(b;0), C(0;c) ( b, c 0 ). 1,5. . AB(b  3;  1)  AB  (b  3) 2  1  AC ( 3; c  1)  AC  9  (c  1) 2    AB. AC 0 Tam giác ABC vuông tại A   3(b  3)  (c  1) 0  c 10  3b 10 c 0  10  3b 0  0 b  3 Mà. Lại có:. SABC . 1,0. 1 (b  3)2  1. (c  1)2  9 2. 3 (b  3)2  1. (3  b) 2  1 2 3  b 2  9b  15 2 . 1,0. 3 10 f ( x)  x 2  9 x  15 0  x  2 3 ) Xét hàm số (. Bảng biến thiên:. x. 0. 10 3. 3. 5 3. f(x) 15 3 2. Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất là 15 khi b=0  B(0;0), C (0;10) 5 (3,0đ). *) Chứng minh tính chất: Cho tam giác ABC. Gọi H, O lần lượt là.     trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì: OA  OB  OC OH. Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O, D là trung điểm của BC. Ta có: tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên D là trung điểm của HA’. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>     OB  OC 2OD  AH Mà      OB  OC OH  OA      OA  OB  OC OH. *)Ta có: H, I, K lần lượt là trực tâm của tam giác ACF, AED, BCE.. 1,0.     OH OA  OC  OF(1)       OI OA  OE  OD(2)     OK OB  OC  OE (3)     IH DC  EF Từ (1)và (2)    (1)và (3)  KH BA  EF.       m , n DC  m EF Mà AB//CD//EF sao cho , BH nEF .      IH (m  1)EF , KH (n  1)EF   IH , KH cùng phương.. 1,0.  I , H , K thẳng hàng. 6 (3,0đ) Đặt. x. 1,0. a b y c, c (x,y >0). 2 2 2 Theo đề bài : a  b  c  ab  2bc  2ca 0.  x 2  y 2  1  xy  2 x  2 y 0  ( x  y  1) 2  xy. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: Do đó: Ta có:.  x  y  1. 2. . xy . ( x  y)2 4. ( x  y )2 2   x  y 2 4 3. 1,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> c2 c2 ab P 2   2 2 a  b (a  b  c ) a  b . xy 1 1   2 2 x y ( x  y  1) x y. . xy 1 1   2 x y xy x  y. 2. 2. xy   1 1   1  2       2 2 xy   2 xy x  y   x y . xy 4 1 2 . 2 ( x  y) 2 xy x  y. . 4 1 2 2 ( x  y) 2( x  y ) xy. P. 4 1 2 2 x y ( x  y) 2( x  y ). 2. . 4 1 2 2 2 2 2.2. Dấu bằng xảy ra khi x = y =1  a=b=c. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>