DE THI HOC SINH GIOI CAP TRUONG

SỞ GD VÀ ĐT LONG AN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÔNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2017 - 2018
MƠN TỐN
(Thời gian làm bài 180 phút, khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm)


1 
1
2  x 2  2   3  x    16 0
x
x 
(x Ỵ ¡ )

a) Giải phương trình: 

x 2   2m  1 x  4m  3 0
b) Tìm m để tổng các bình phương các nghiệm của phương trình:
là nhỏ nhất.
 x 2  xy  y 2  x  2 y 0
 x, y   

2
x

xy


y

2
Câu 2. ( 3,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
Câu 3. (3,0 điểm) Giải phương trình :

x 4  x 2  4  x 4  20 x 2  4 7 x ( x Ỵ ¡ )

Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có

BC =a ,CA=b , AB=c BC a; CA b; BA c (b ≠ c) và

diện tích là S S . Kí hiệu ma ,mb , m c ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ
từ các đỉnh A, B, C.
2

2

2

Biết rằng 2ma mb  mc . Chứng minh rằng : a £ 4 S .cotA
Câu 5. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A, B và AD = 2BC.
Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả

H   1;3

2

5 
C  ; 4

, phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3 0 và  2  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D

sử
của hình thang ABCD.

Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, M là điểm thuộc cạnh BC sao cho MC = 2MB, N là điểm thuộc
cạnh AC sao cho NA = 2NC. Gọi K là giao điểm của MA và BN.Chứng minh rằng: AK = 6.KM.
Câu 7. (2,0 điểm) Doanh nghiệp tư nhân Đông Phương Tầm Vu chuyên kinh doanh xe gắn máy các
loại. Hiện nay, doanh nghiệp đang tập trung chiến lược vào kinh doanh xe Honda Future Fi với chi phí
mua vào một chiếc là 27 (triệu đồng) và bán với giá 31 (triệu đồng) mỗi chiếc. Với giá bán này thì số
lượng xe mà khách hàng sẽ mua trong một năm là 600 chiếc. Nhằm mục tiêu đẩy mạnh hơn nữa lượng
tiêu thụ dòng xe đang ăn khách này, doanh nghiệp dự định giảm giá bán và ước tính rằng nếu giảm 1
(triệu đồng) mỗi chiếc thì số lượng xe bán ra trong một năm sẽ tăng thêm 200 chiếc. Vậy doanh nghiệp
phải định giá bán mới là bao nhiêu để sau khi đã thực hiện giảm giá, lợi nhuận thu được sẽ là cao nhất?
Câu 8. (2,0 điểm) Cho bốn số nguyên dương bất kì a, b, c, d . Chứng minh rằng số :

A

a
b
c
d



a  b  c a  b  d b  c  d a  c  d không phải là một số nguyên.


CÂU
Câu 1

…………….HẾT…………….
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2017 - 2018
MƠN TỐN
NỘI DUNG


1 
1
2  x 2  2   3  x    16 0
x
x 

a) 
(1)
x

0
ĐK:
1
1
t  x   x 2  2 t 2  2
x
x
Đặt

0,5
0,5

 t  4

 t 5
2

2
(1)  2t  3t  20 0

0,5

t  4  x  2  3
 x 2

1
5 
x
t

2
2

0,5

b)

x 2   2m  1 x  4m  3 0

(2)
2

2
  2m  3  4 0, m
(2) có nghiệm   0  4m  12m  13 0
 x1  x2 2m  1

x x  4m  3
Theo viet:  1 2
2

A x12  x22 4m 2  4m  7  2m  1  6 6

min A 6  m 
Câu 2

ĐIỂM

1
2.

0,5
0,5
0,5
0,5

 x 2  xy  y 2  x  2 y 0
 x, y   

2
x


xy

y

2

Giải hệ phương trình:

Đặt z  y  1 , thay vào hệ ta được:
 x 2  xz  z 2 1


 x  xz  z 1

 x  z  2  3xz 1


 x  z  1 xz

  x  z 2

   x  z 1 
 xz  x  z  1


  x  z 2

  xz 1
  x  z 1


  xz 0

1,0
 x  z  2  3  x  z   2 0

 x  z  1  xz

1,0


+)

 x  z 1


xz 0

+)

Câu 3

 z 2  x
 x 1  x 1


 2
z

1
x


2
x

1

0

 y 2


0,5

 z 1  x

 2
 x  x 0

0,5

 x  z 2


 xz 1

 x 1, y 1

 x 0, y 2

4

2
4
2
Giải phương trình : x  x  4  x  20 x  4 7 x
Nhận xét : Từ phương trình suy ra x  0

Ta có :
Đặt



x2 

 pt  

t x 2 

 

t 2 

0,5

4
4
 1  x 2  2  20 7
2
x
x

4
 1 3
x2
, ta được phương trình

0,5

t  t  21 7

1
 1

t  21  5 0   t  4  

 0  t 4
t  21  5 
 t 2



1,0

0,5
 x 1
do
x

0



 x 2

Ta được :
0,5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 1, x 2
Cho tam giác ABC có BC =a ,CA =b , AB=c BC a; CA b; BA c (b ≠ c) và diện tích
là S S . Kí hiệu ma ,mb , m c ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ

x2 

Câu 4

 x 1, z 0


 x 0, z 1

4
 1 4  x 4  5 x 2  4 0 
2
x

2
2
2
từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma mb  mc (*)
2

Chứng minh rằng a £ 4 S .cotA
Viết được công thức các trung tuyến

(*)

0,5
0,5

a2 c2 + a 2 b2 a2 + b2 c2
³
+
2
2
4
2
4

Û b2 + c2 -

Û b 2 + c 2 ³ 2a 2 (**)
Ta có

4S .cot A = 2bc.sin A.

0,5

cos A
sin A

= 2bc.cos A = b 2 + c 2 - a 2
2
2
2

2
2
Từ (**) Û b + c - a ³ a Hay 4 S .cotA ³ a
Câu 5

0,5

C

B
H
I

K
E

A

D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.

0,5


1
KE= AD
2
+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và

KE song song và bằng BC
Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0

hay
0,5

 3 
E  AE  CE  E   ;3 
 2  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D   2;3
Mà

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
Câu 6

0,5
0,5

Cho tam giác ABC. M là điểm thuộc cạnh BC sao cho MC = 2MB, N là điểm thuộc cạnh
AC sao cho NA = 2NC. Gọi K là giao điểm của MA và BN. Chứng minh rằng: AK = 6.KM



  


AB

a
;

AC

b
AK

t. AM
Đặt:
và

t
 2t  
BK   1 a  .b
3
3

Khi đó:
 


2
BN  a  b
3
Do B, N, K thẳng hàng nên



   2 
 2t    t
m : BK mBN    1 a  .b m   a  b 
3

3 
 3


3
 2t


1

m
m

 3

7


 t  2m
t  6
 3 3
 7

6 

AK  . AM  AK 6.KM  AK 6.KM
7
Suy ra
(đpcm).
Câu 7

0,5

0,5

0,5

0,5

Gọi x ( x  0 , đơn vị: triệu đồng) là giá bán mới. Khi đó:
Số tiền đã giảm là: 31  x. Số lượng xe tăng lên là: 200(31  x).
600  200(31  x) 6800  200 x
Vậy tổng số sản phẩm bán được là:

0,5

Doanh thu mà doanh nghiệp sẽ đạt được là: (6800  200 x) x
Tiền vốn mà doanh nghiệp phải bỏ ra là: (6800  200 x).27
Lợi nhuận mà công ty đạt được sẽ là:
f ( x)  Doanh thu – Tiền vốn

0,5

(6800  200 x) x  (6800  200 x).27  200 x 2  12200 x  183600
Lập BBT ta thấy lợi nhuật lớn nhất khi x 30,5. Vậy giá bán mới là 30,5 (triệu

đồng

0,5

0,5


Câu 8


Vì a, b, c, d  Z nên
a
b
c
d
A



a b c a b d b c d a c d



a
b
c
d



a  b  c  d a  b  c  d a  b  c  d a  b  c  d 1

 x , y, z  0


x
x xz
x
 
1
y 1
 xy
y
y

z
y

Mà
. Thật vậy,
x xz

 xz  yz  xy  xz  xy  yz  x  y  z   y  x  z 
y yz
a
ad
b
b c
c
ac



Nên a  b  c a  b  c  d ; a  b  d a  b  c  d ; b  c  d a  b  c  d

0,5

0,5



d
d b

a  c  d a  b  c  d Suy ra A  2
Do đó 1  A  2  A không phải là một số nguyên.

0,5

0,5