Bộ đề thi HSG môn toán lớp 11 có đáp án

Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 11
ĐỀ SỐ 1
Câu 1.(2,0 điểm)
2
a) Giải bất phương trình: x  6 x  2 �2(2  x) 2 x  1.

5
4
10
6
�
�x  xy  y  y
�
4x  5  y2  8  6
b) Giải hệ phương trình: �
Câu 2.(2,0 điểm)

�x 2  m  y ( x  my )
�2
x  y  xy
m
Tìm tất cả các giá trị của tham số
để hệ phương trình sau có nghiệm �
Câu 3.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2;4) và các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0,

d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại A, B và cắt d 2 tại
C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD.
Câu 4. (2,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vng góc với phân giác trong AL và
CM 3
b

52 5
AL 2
.Tính c và cos A .
9
(2  a)(1  b) 
2 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2. Cho a,b �� thỏa mãn:

P  16  a 4  4 1  b 4
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho

f  x   x 2  ax  b

với a,b �� thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt

và 1 �m, n, p �9 sao cho:

f  m  f  n  f  p  7

. Tìm tất cả các bộ số (a;b).

2
2
Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2 cos x(tan x  tan x)  sin x  cos x .

2
2
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  2 x  4 y  4  0 tâm
I và điểm M (3; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ,  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
�x 4  2 x  y 4  y
�
(x, y ��)
3
� 2
x  y2  3
�
Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình �
Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c khơng âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh rằng :





a
b
c
9 ab  bc  ca



�6
bc
ac
ab

abc
.

A  3;1 , B  3;9  , C  2; 3 .
uuur
a) Gọi D là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo BC . Xác định tọa độ D.
Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho

b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao cho tứ giác ABCM


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

có diện tích bằng 24.

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 01
Câu1

Đáp án

Điểm

1
x� .
2 Đặt t  2 x  1 ( t �0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có
Điều kiện:
x 2  6 x  2  2(2  x)t �0 � x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2 �0

1.0

� ( x  t ) 2  (2t  1) 2 �0 � ( x  3t  1)( x  t  1) �0
1
x  3t  1  0; x � ; t �0
� x  1 �t (do
2
).

1điểm

Với x  1 �t ta có

x �
1 �۳
2 x 1

�x �1
�2
�x  2 x  1 �2 x  1

x

2

2.

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2; �).
5
4
10
6

�
�x  xy  y  y (1)
5
�
2
x �
� 4 x  5  y  8  6 (2)
4
Điều kiện:

1,0

Th1: y  0 � x  0 không thỏa mãn
5

1 điểm

�x � x
(1) � � �  y 5  y � (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0
�y � y
Th2: y �0 ta có:
với t=x/y
2
2 2
2 2
2
2
(t  y )  (t  y ) (t  yt  y )  2 �
�
� 0 � t=y hay y  x

� (t  y ) �
� 23
�x �
�� 5
�x 2  42 x  41  0
4 x  5  x  8  6 � 2 4 x 2  37 x  40  23  5 x
�
Thay vào (2):

� x  1 � y  �1

Câu2

( x; y )   (1;1); (1;1)
Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là:
my 2  y  m  0 (1)
�
�2
x  yx  y  0 (2)
Hệ đã cho tương đương với: �
y �0
�
 x  y 2  4 y �0 � �
y �4
�
Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là

Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn.
Th2: m �0. Phương trình (1) (ẩn y ) khơng có nghiệm thuộc khoảng ( �; 4] �[0; �) (*)
nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4;0), điều kiện là

2.0

3 điểm

�
  1  4m 2  0
�
�
�
�  1  4m 2 �0
�
�
�
�
  1  4m 2  0
1  1  4m 2
�
�
�
2

4

0
�
�  1  4m �0
�
�
2m

�
�
�
�
�4  y1  0
�
1  1  4m 2
�
�

4

0
�
�
�
�
�4  y2  0
2m
�
�
� �
�

1
1
�
m �( �;  ) �( ; �)
�
2

2
�
�1
�
 �m  0
�
�
2
�
�
�
2
�
� 1  4m  1  8m ( A)
�
�
2
�
� 1  4 m   1  8m
�
�
�
�
(B)

là (1) vô


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).

1
�1
 �m  
1
4
�
8
��2
�  �m  
4
1
2
17
m �( �;  ) �( ; �)
� 1  4m 2  1  8m
� (B) �
17
2
(A) �
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm
4
1
�m � ; m �0.
(

�
;


4]
�
[0;

�
)
2
thuộc khoảng
hay (*) không xảy ra, điều kiện là 17
Vậy tất cả
4
1
�m � .
2
các giá trị m cần tìm là 17
2
6
IE  d ( I ;d1 ) 
; IF  d( I ; d2 ) 
.
d
,
d
E
,
F
.
5
5
1

2
I
Gọi hình chiếu của trên
lần lượt là
khi đó
R

Câu3
2 điểm

4.a
1 điểm

Gọi R là bán kính của đường trịn (C ) cần tìm (
4
36
AB  2 AE  2 R 2  ; CD  2CF  2 R 2 
5
5

2,0

6
5)

4� �
36 �
4
36
�

4 �R 2  � 4 �R 2  � 16  20 R 2 
R2  .
5� �
5 �
5
5
Theo giả thiết ta có: �
� 8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5 R 2  36) � 2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36)
6
6
R
R
2
2
2
2
� (2 R  4)  (5 R  4)(5 R  36) (do
5 ) � R  2 2 ( do
5)
2
2
Vậy phương trình đường trịn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2)  ( y  4)  8.
uuu
r
r
b uuu
c uuur
AL 
AB 
AC

bc
bc
Ta có:
uuu
r uuu
r uuu
r uuur
uuuu
r CA  CB AB  2 AC
CM 

2
2
uuu
r uuuu
r
AL

CM
�
AL
.
CM
0
Theo giả thiết:
uuur uuur uuur uuur
� b AB  c AC AB  2 AC  0 � bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0







�  c  2b   1  cos A   0 � c  2b ( do cos A  1)
b2  a 2 c 2 a 2  b2
 
2
4
2
Khi đó:
r uuur 2 1
uuu
r uuur
1 uuu
2
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2 
9
9
9
CM 2 









1.0


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

CM 3
CM 2 9 a 2  b2
9
a 2  b2
a2

52 5 �
 . 2
 52 5 � 2
 52 5 � 2  6 5
AL 2
AL2
4 9b  a 2 4
9b  a 2
b
2
2
2
2
2
b c a
5b  a
5 1
cos A 



2
2bc
4b
4
a b

2
2
2
2
2
2
C/M được : a  b  c  d � (a  c )  (b  d ) . ấu bằng xẩy ra khi: c d





2

1.0

2

�a 2 �
�a 2
p
(a 2  4b 2 )2
4

2�
 1  � � 1  b � 4  �  b �  4 
4
16
�4 �
�4
�
Áp dụng (1) ta có :
9
5
(1  2a)(1  b) 
a  2b  ab 
2�
2 (2)
Mặt khác:
4.b
1điểm

�
�
a 2  1 �2a
� 2
3(a 2  4b2 )
4b  1 �4b
�
 2 �2a  4b  2ab � a 2  4b 2 �2
�
2
�a 2  4b 2
�

�2ab
Mà: � 2
(3)
1
b
p
�
2
17
2
Từ (1) và (3) suy ra:
.Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và
1
b
2.
Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và
3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 � loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân biệt

2,0

Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7
Khơng mất tính tổng quát,giả sử m>n và

m  p �n  p

ta có: m,n là nghiệm pt:

x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 nên :

Câu 5
2 điểm

�
n p 2
�
� n  m  9(l )
�
�
p

m

7
mn  a
�
�
��
�
�
(
n

p
)(
n

p

a

)

14
�
(
n

p
)(
p

m
)

14
n  p  2
�
�
�
� n  m  9(l )
�
�
(m  p )(m  p  a )  14
�
�p  m  7
�
Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 ,khiđó hồn tồn tương tự ta có:

m  p  7
m p  7

�
�
�
�
( p  n)(m  p)  14 � �p  n  2 hoặc �p  n  2
� 1;9
 (11;17), (13; 29), (7; 1), (9; 7) .
Do m,n,p
nên tìm được 4 bộ là: (a;b)=
Câu 6

2,0
Điều kiện: cosx �0 (*). PT đã cho tương đương
2sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x � 2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x
� (sin x  cos x )(2sin x  1)  0

sin x  cos x  0 � tan x  1 � x    k
4
+)
1

5
sin x  � x   k 2 ; x 
 k 2
2
6
6
+

Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là


5
x    k ; x   k 2 ; x 
 k 2 (k ��)
4
6
6
Câu 7

2,0

(C ) có tâm I (1; 2) , bán kính R  3 . Ta có IM  2  R nên M nằm trong đường trịn (C).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt IH  t , 0  t �2 .
1
S IAB  IH . AB  t 9  t 2
2
2
Ta có
. Xét hàm f ( x)  t 9  t ;0  t �2 .

f '(t ) 

9  2t 2

 0, t � 0; 2

 0; 2
Ta có
, suy ra f (t ) đồng biến trên
d  I;   t  2
Vậy S IAB lớn nhất
, hay H �M
uuurkhi
Khi đó  nhận IM là véc tơ pháp tuyến, suy ra  : x  3  0 .
Câu 8

9  t2

f (t )

f(2)

2,0 điểm
3
Đặt x  y  a, x  y  b . Để cho tiện ta đặt 3  c

 ab 
Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có:

3

 c 3 � ab  c

.

ab

a b
ab
,y 
x 4  y 4  (a 2  b 2 )
2
2 , suy ra
2
Từ
và
3
(a  b) a  3b a  c b
2 x  y  (a  b) 


2
2
2
ab 2
a  c 3b
(a  b 2 ) 
� c(a 2  b2 )  a  c 3b
2
Phương trình thứ nhất của hệ trở thành: 2

0,25

x

�
c(a 2  b 2 )  a  c 3b

�
ab  c
Ta có hệ �
, suy ra
2
4
� c �
c
c �a 2  2 � a  � ca 4  c 3  a 3  ac 4 � (ca  1)(a 3  c 3 )  0 � a  1 �a  c
a
� a �
c

- Nếu a  c,b  1 thì

Câu 9

x

c 1
3 1
3 1

,y 
2
2
2 .
3

0,25

.

3

1 �1 2 � 1  c3
2
1 �1 2 � 1  c 3 1
1
2
x  �  c �

, y  �  c �

a  ,b  c
3
3
2 �c
2 �c
3
3
� 2c
� 2c
c
- Nếu
thì
�3 3  1 3 3  1 ��2 1 �
(x; y )  �
;
,

; �
�
3
3
� 2
��
2
3
3�
�
�
�
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
.
2,0 điểm

0,25

0,25


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Đặt

P

a
b
c

9 ab  bc  ca



bc
ac
a b
a b c

Giả sử a �b �c , khi đó
Suy ra

0,25

ab
ac
b.b
c.c

�

 bc
ac
a b
bc
c b

b
c
bc


�
ac
ab
a .

0,25

a
t 9 at


t
a at .
Đặt t  b  c thì
a
t 9 at a  t 9 at




�6
t
a
a

t
a

t

at
Ta có
(AM-GM). Do đó P �6 (đpcm).
Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a, b, c) thỏa mãn là
�7  3 5
�
(a; b; c)  �
;1;0
�
� 2
�
�
� (HS có thể khơng cần nêu bước này).
Câu 10(2,0 điểm)
P�

0,25
0,25

uuur uuur
uur  A  � AD  BC
D  TuBC

uuur
BC   5; 12 
a/

�xD  3  5
�xD  8
��

� D  8; 11
�
y

1


12
y


11
�D
�D
b/

uuu
r
AB   6;8  � AB  10

S�ABCM 

;Pt(AB): 4 x  3 y  15  0 �

 AB  CM  .d   CM  ,  AB  
2

Do M thuộc đoạn thẳng CD,

CM  5 

Pt (AM) là: 4 x  y  13  0

d   CM  ,  AB    d  C ,  AB   

16
5 .

 24 � CM  5

AB CD

2
2 suy ra M là trung điểm CD � M  5; 7  .

--------Hết-------ĐỀ CẤP TỈNH 2018 SỐ 2
Câu 1 (3,0 điểm)
a) Cho hàm số y  x  3 x  2 và hàm số y   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 trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng
nhau.
2

1
b) Giải bất phương trình:
Câu 2 (3,0 điểm)

 x2  4x  3



1
0
2x  4

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác
trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến
 . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác.

3
sin  �
5
Chứng minh rằng
Câu 3 (3,0 điểm)

uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD  BC; AE  AC
3
4
a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn:
. Tìm vị trí của

điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức:

uur
uur
uur r
b 2 IB  c 2 IC  2a 2 IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b 2 MB2  c 2 MC2  2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn

nhất.
Câu 4 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:



1   6 x  2  2 x2  1  2 5 x 2  4 x



b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:

1  1  x2 1  1  y2 1  1  z 2


�xyz
x
y
z
.
Câu 5: (3,0 điểm)
a) Cho

tan

b
a
ba
3sin a
 4 tan
tan

2
2 . Chứng minh :
2
5  3cos a .

1
1
4


0
0
3 sin 250
3.
b) Chứng minh : cos 290
1
7
35
sin 8 x  cos8 x  cos8 x  cos 4 x 
64
16
64 .
c)

Câu 6: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:
6
2
6
a) sin x  3sin x cos x  cos x  1
5
12 cos x  5sin x 
8  0
12 cos x  5sin x  14
b)
.

1  cot2x.tan x
1
 1  6(1  sin 2 2 x)
2
cos x
2
c)
;
Câu 7(1,0 điểm): Tìm các giá trị  để phương trình :

(cos   3sin   3)x 2  ( 3 cos   3sin   2)x  sin   cos   3  0 có nghiệm x =1.
Câu 8(2,0 điểm):

r
v
a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ =(-2;1), đường thẳng d córphương trình 2x –3y +3 =0 . Hãy xác
định phương trình của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v .
x 2  y 2  2x  4y  4  0 .Tìm ảnh của

b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường
trịn
(
C)
có
phương
trình
:
r
v
( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ =(-2;5).

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 2
Nội dung

Ý

Cho hàm số y  x  3 x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
a cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách đều
các trục tọa độ.
Yêu cầu bài toán � PT sau có hai nghiệm phân biệt

Điểm

2

1

1,5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

x 2  3x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0 � m>1
xI 
Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có
yI  x I  m  m  1

Yêu cầu bài toán

xA  xB
1
2
;

� y I  x I � m  1  1 � m  2; m  0

Kết hợp ĐK, kết luận m  2
b

1
Giải bất phương trình:

 x2  4x  3



1

0
2x  4
(1)

�
 x2  4x  3  0
� 1  x  2;2  x  3
�
x
�
2
TXĐ: �
�

(1)

1
 x2  4x  3



0,25

1
2x  4

2
Nếu 1  x  2 thì  x  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi
x: 1  x  2
2x  4  0

�
�
2  x 3�� 2
�  x  4 x  3  0 bất pt đã cho � 2x  4   x 2  4x  3
Nếu
5
5
x  2
;x  2
2
2
2
� 4 x  16 x  16   x  4 x  3 � 5 x  20 x  19  0
5
5
5
2
x3
5
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

Tập nghiệm của bpt đã cho:

2

1,5

(1;2) �(2 

5

;3)
5

0,25

0,25
0,25

0,25

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B (1;2) . Đường thẳng  là đường
a phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng cách từ C đến  gấp 1,5
3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.
y0  1
3
5 , theo bài ra ta có
D(B;  )= 5 ; C(0:y0) ; D(C;  )=

y0  1
5



9
� y0  10; y0  8
5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)

0,25

0,25


Gọi B’(a;b)ulà
ur điểm đối xứng với B qua thì B’nằm trên AC.
uuuu
r
u  (1; 2)
0,25
Do BB'  
nên ta có: a  2b  3  0 ;
Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5
uuur
uuuu
r � 7 44 �
uuur 3 uuuu
r
 ; �
CA  CB' A(x; y); CA   x; y  8  ; CB'  �
0,25
�5 5 �
2
Theo định lý Ta - Let suy ra
21 26
A(
; )
0,25
10 5 ;C(0;-8)
Từ đó suy ra

b Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM
1,5
3
sin  �
5
và CN của tam giác. Chứng minh rằng


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các
c2
CN 2  b 2 
4
góc A, B và C của tam giác. Có

B

BM 2  c 2 

N
G

b2
4

� 
cos BGC

BG 2  CG 2  BC2

2BG.CG

Gọi G là trọng tâm tam giácCABC, ta có
M2(b 2  c 2 )
2(b 2  c 2 )
cos 
(4c 2  b2 )(4b 2  c 2 )
(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )
=
; Do đó
5(b 2  c 2 )
2
2
2
2
(4c  b )(4b  c ) �
;"  " � 4c 2  b 2  4b 2  c 2
� bc
2
Có

A

2(b 2  c 2 )

Do đó

3
A

K

B

3

2(b 2  c 2 ).2 4
cos 
�

5(b 2  c 2 )
5
(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )

3
sin   1  cos 2 �
5 . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A
Hay
uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur
BD  BC; AE  AC
a Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các
3
4
. Tìm vị trí của
điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
uuur 1 uuur uuu
r 1 uuu
r 3 uuur
AE  AC � BE  BC  BA(1)

4
4
4
Vì
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
E
AK

x.AD
�
BK

x.BD

(1

x)BA
Giả sử

uuur 2 uuu
r
uuur
uuur uuur 2x uuur
uuur
AK  x.AD � BK 
BD  (1  x)BA

BD  BC
3
3
Mà
nên
uuur
uuu
r
D
C
Vì B, K, E thẳng hàng(B �E ) nên có m sao cho BK  mBE
r 3m uuur 2x uuu
r
uuur
m uuu
BC 
BA 
BC  (1  x)BA
4
3
Do đó có: 4
r �
3m �uuur r
�m 2x �uuu
BC  �
1 x 
� 
�
�BA  0
4

3
4
�
�
�
�
Hay
m 2x
3m
uuu
r uuur

 0 &1  x 
0
4
Do BC; BA không cùng phương nên 4 3
Từ đó suy ra
u
u
u
r
u
u
u
r
1
8
1
x  ;m 
AK  AD

3
9 . Vậy
3
Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CAuu
=r b; AB
uur = c.2 uur r
2
2
b Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA  b IB  c IC  0 ; Tìm điểm M: biểu thức
2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC2 đạt giá trị lớn nhất.

b 2  a.CH;c 2  a.BH nên b 2 .BH  c 2 .CH . Do đó:
Kẻ uđường
cao
AH,
ta
có
uur
uuur r
b 2 .BH  c 2 .CH  0
uur 2 uur
uur 2 uur
uur
2
2
2
b
.IB

c

.IC

b
.IH

c
.IH

a
.IH
Suy ra
uur
uur
uur uur
2
2
2a
.IA

a
.IH
2.IA
 IH
Kết hợp giả thiết suy ra
hay
Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH
uur
uur
uur r
x.IA


y.IB

z.IC
 0 (*) bình phương vơ hướng 2 vế (*), chú
Với x, y,uzurtùy
mãn:
uur ý thỏa
2
2
2
ý rằng 2IA.IB  IA  IB  AB ta có:

1,5

1,5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

(x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc 2  xzb 2  yza 2
2
2
2
2
2
2
2 2
Từ đó có (2a .IA  b .IB  c .IC )  3b c
Mặt

khác
uur uuu
r 2
uur uuu
r
2
2
2
xMA  x(IA  IM)  x(IM  IA  2IA.IM)
Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó
lại ta có

A

H

B

C

xMA 2  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM 2  xIA 2  yIB2  zIC 2
Thay số có:
2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC 2  a 2 IM 2  3b 2c 2 �3b 2c 2
Dấu bằng xảy ra khi M trùng I
4

a

Giải phương trình:



1   6x  2 2 x2  1  2 5x2  4 x



1,5
(*)

1
1
x � ; x �
2
2
ĐK:
2
2
2
2
2
2
(*) � (3x  1)  (2x  1)  2(3x  1) 2x  1  1  (3x  1)  (2x  1)  (10x  8x)
� 2x 2  1  2x  2(a)
2
2 � �
2
� 3x  1  2x 2  1   x  1
�
� 2x  1  4x(b)





Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm

x

4  6
2

4  6
2
Giải (b) vơ nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:
x

b

1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


�xyz
x
y
z
(I)
1
1
1

 
1
Giả thiết suy ra: xy yz zx
. Ta Có:
�1 1 �
1 x2
1 1 1 1
�1 1 � 1 �2 1 1 �
 2  
 � �
;"  " � y  z
�  �� �   �
x
x xy yz zx
�x z � 2 �x y z �
�x y �
Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

1  1  x2 1  1  y2 1  1  z 2
�1 1 1 �
;"  " � x  y  z


�3 �   �
x
y
z
�x y z �
�1 1 1 �
3 �   ��xyz

2
2
� 3  xy  yz  zx  � xyz    x  y  z 
x
y
z
�
�
Ta sẽ CM:
�  x  y    y  z    z  x  �0
2

2

2

Điều này luông đúng

Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z
Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3
Câu 5(2,0 điểm)

1,5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

b
a
tan  tan

ba
2
2  3t
tan

a
b 1  4t 2
a
b
2
1  tan tan
tan
tan
2
2
2 = t thì
2 = 4t ,do đó :
a) Đặt
2t
3
ba
3sin a
1  t 2  3t
tan


1  t 2 1  4t 2
2
5  3cos a
53

1 t2
Mặt khác :
. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
1
1
1
1



0
0
0
cos
70
sin
20
3
sin
70
3 cos 200
b)VT =

�3
�
1
0
0
2
cos

20

sin
20
�
�
2
2
3 cos 200  sin 20 0
�
�

0
0
4sin 400
4
3 sin 20 cos 20
3
0

sin 40
0
3 ( đpcm).
2
=
= 3 sin 40
4
4
2
4

4
2
2
2
4
4
c) VT = (sin x  cos x)  2sin x cos x = (1  2sin x cos x)  2sin x cos x
2

1  cos 4 x 1 �
1  cos 4 x �
1
 �
�
2
2
4
4
2
8� 2
�=….
= 1  4sin x cos x  2sin x cos x =
1
7
35
cos8 x  cos 4 x 
16
64
= 64
6

2
6
Câu 6(2,0 điểm): a) sin x  3sin x cos x  cos x  1 �

(sin 2 x  cos 2 x)3  3sin 2 x cos 2 x(sin 2 x  cos 2 x)  3sin 2 x cos x  1
x

k
2 .

� 3sin x cos x  3sin x cos x  0 giải phương trình này ta được nghiệm
5
y 6  0
y
b)Đặt y = 12cosx +5 sinx + 14 ,ta có phương trình
giải phương trình này ta được y =1vày
2

2

2

5
8  0
12 cos x  5sin x  14
=5. Do đó :
12 cos x  5sin x  14  1
12 cos x  5sin x  13 (1)
�
�

�
�
12 cos x  5sin x  14  5
12 cos x  5sin x  9 (2)
� �
� �
� 9�
12
5
x   �arccos �
 � k2
cos  
sin  
� 13 �
13 và
13 .
Giải (1) và (2) ta được : x      k2 ;
với
cos x
1
 1  cot2x.tan x
 1  6  3sin 2 2 x
 1  6(1  sin 2 2 x)
x �k
2
2
�
sin 2 x.sin x.cos x
2 ;
cos x

2
c)ĐK:
2
 5  3sin 2 2 x � 3t 2  5t  2  0 (t  sin 2 2 x)
2
� sin 2 x


�
x  k
�
4
2
�
�x    k 
�sin 2 2x  1
� cos 2 2x  0
� 4
2
�
�
�
�


2
1
�
�
�

x   k
sin 2 2x 
cos 4x    cos 
4
2
3
3
�
� �
� �
Câu 7(1,0 điểm) x= 1 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi ta có đẳng thức
3 cos   sin   2
12 cos x  5sin x 


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

3
1

cos   sin   1
   k2
2
6
hay 2
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.
Câu 8(2,0 điểm)
M '  Tvr (M)  ( 2; 2) �d '
a) Lấy M(0;1) thuộc d .Khi đó

. Vì d’ song song với d nên d’ có phương trình
dạng : 2x-3y + C = 0 .Thay toạ độ M’vào pt d’ ta được C =10 . Vậy phương trình d’ : 2x –3y +10 =0.
I '  Tvr (I)  ( 1;3)
b) Đường trịn ( C) có tâm I (1;-2) ,R= 3.Gọi
và ( C’) là ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến
r
2
2
theo vectơ v thì ( C’) có tâm I’ bán kính R’= 3 có pt : (x  1)  (y  3)  9
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ SỐ 3
Câu 1 (2 điểm)
a. Cho hàm số y  x  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại
hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
2

 x 2  8 x  12  10  2 x

b.Giải bất phương trình:
Câu 2 (2 điểm)
a. Giải phương trình:

(4 x3  x  3)3  x 3 

3
2

b. Giải phương trình: 2 x  11x  23  4 x  1
Câu 3 (2 điểm)

2

a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành
độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác
OAB.
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2)  ( y  3)  9 và điểm A(1; 2) . Đường
thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
Câu 4 (3 điểm)
a. Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
2

2

AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 .
1
1 1
 2 2
2
h
b
c (trong đó AB=c; AC=b; đường cao qua A là ha ).
b.Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: a
Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:

2a
2b
2c
 a  b   b  c    c  a 



�3 
2
bc ca ab
 a  b  c
2

2

�x 7
sin 2 � 
�2 4
Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình:

2

x
� 2
tan (3  x)  cos 2  0.
�
2
�

1
1
16
�
2
x




�
x y x y 3
�
�
1
1
100
�
2( x 2  y 2 ) 


2
2
�
( x  y) ( x  y )
9
Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: �
Câu 8: (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngồi của tam giác ABC dựng hai tam giác đều ABM và ACN. Tìm
một phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN .Từ đó suy ra MC=BN.
Câu 9:(2,0 điểm)


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

y  sin   sin x  .
Cõu 10: (2.0 im)

3
Trong mphẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cú diện tích bằng 2 và điểm A(2;3), B(3;-2) trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng
(d): 3x- y - 8 = 0. Tìm toạ độ ®iĨm C.

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN SỐ 03
Nội dung

Ý

Điểm

y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hồnh độ
a Tìm m:
dương
u cầu bài tốn � PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
2

1

'  0
�
�
��
3( m  1)  0
�
2( m  1)  0
x 2  2mx  3m  2 x  3 � x 2  2(m  1) x  3m  3  0

�

m  1
�
'  0 � �
m  4
�

b Giải bất phương trình:


x �8 x 12
TXĐ: �
2

5  x �6

0,25

 x 2  8 x  12  10  2 x

1,00

0

0,25

2

x 6

 x 2  8x  12 �0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:

10  2 x �0
�
�
2 �x �5 � � 2
�  x  8 x  12 �0 bất pt đã cho
Nếu
�  x 2  8x  12  4 x 2  40 x  100

� 5 x 2  48 x  112  0 � 4  x 

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x �5

28
5

Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6]
2

a

Giải phương trình:

0,25

0,25

Kết hợp nghiệm, kết luận m  4

Nếu 5  x �6 thì

1,00

0,25

0,25

0,25

(4 x3  x  3)3  x 3 

3
2 (1)

1,00

�
2 y 3  2 x3  3
(I )
� 3
3
4
x

x

3


y
y

4
x

x

3
�
Đặt
. (1) có dạng:
Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với

0,25

(x;y) là nghiệm của (I)
3
3
2 y  2 x  3(2)
�
�
�2 y  2 x  3
�
�� 3
�
3
( x  y )(2 x 2  2 xy  2 y 2  1)  0(3)
�
�2 x  2 y  ( x  y )  0

(I)

3

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1):

3

x  3

3
4

0,25
0,25

2

y�
2
2
2
3 . Tương tự cũng có
TH2: 2 x  2 xy  2 y  1  0;  ' x  2  3 y . Nếu có nghiệm thì


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12
3

�2� 8 2

2
4 � �
3
x�
3 . Khi đó VT (2) � � 3 � 3 3
. Chứng tỏ TH2 vơ nghiệm. KL (1) có 1
nghiệm

x  3

3
4

0,25

b Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1

1,00

2
(1)
�
2(
x
 6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0
x
�

1
ĐK:

.
2( x  3)2  ( x  1  2) 2  0 (*)

3

a

0,25
0,25

�x  3  0
�
�
2
a
�
0(

a
)
� x 1  2  0
Do
nên pt(*)
� x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3
M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá trị nhỏ nhất
của diện tích tam giác OAB( x A ; y B  0 )

0,25
1,00

x y
 1
a
b
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:

0,25

1 4

1
Vì AB qua M nên a b

0,25

 



ab
� �
8;" "
2

1
a

4
b

1 2

4
ab

1

16
ab

a2
�
�
b8
�

1
2

0,25

1
1
 OA.OB  ab �8
2
Diện tích tam giác vng OAB( vng ở O)là S 2
. Vậy S nhỏ nhất bằng 8
khi d qua A(2;0), B(0;8)
b

0,25

(C): ( x  2)  ( y  3)  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất
của độ dài đoạn thẳng MN.
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường trịn(C) vì
2

0,25

2

IA2  (1  2) 2  ( 2  3) 2  2  9

1,0

0,25

Kẻ IH vng góc với MN tại H ta có

IH 2  HN 2  IN 2  9 � MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 )



4

 Mà IH

a



IH

IA  2

MN 2

4(9

2)

0,25

2 7

0,25

Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vng góc với IA tại A
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi

0,25

AH

28

MN

AB  BC  CD  DA  AC  BD
uuu
r uuur

uuu
r uuur r
�
AB

DC
�
AB
 DC  0
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành
uuu
r uuur 2
uu
r 2 uuur 2
uuu
r uuur
� AB  DC  0 � u
AB  DC  2 AB.DC  0
uuu
r uuur uuur
� AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD)  0
� AB 2  DC 2  ( AB 2  AC 2  BC 2 )  ( AB 2  AD 2  BD 2 )  0 (*)
r r 2 r2
r r r2
r r r 2 r2 r r 2
a  b  a  2a.b  b � 2a.b  a  b  a  b
2

2



( vì



2

2

2

2









)

và

chỉ

khi

1,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

(*) � AB  BC  CD  DA  AC  BD (Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)
2

4

b

2

2

2

2

2

0,25

1
1 1

 2
2
2
h
b
c (1)
Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: a
Có a.ha  2 S  bc sin A

1,5
0,25

1
a2
4R2
� 2 2 2 2  2 2
ha b c sin A b c

0,25

(1) � b  c  4 R � sin B  sin C  1
2

2

2

2

2

0,25

� 1  cos 2 B  1  cos 2C  2 � cos 2 B  cos 2C  0
� 2cos( B  C )cos( B  C )  0

0,25
0,25



�
B

C

hay
A

�
2
2 0  B  C   ;0 �B  C  
��



�B  C 

�
2
Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có

B C 


2

2a
2b
2c
 a  b    b  c    c  a  ; a , b, c  0
CMR :


�3 
2
bc ca ab
 a  b  c
a ba c bc b a c a c b
2a
2b
2c


1
1
1
ca

ab
bc
ca
a b
XétM= b  c
1
1
1
1
1
1
 (a  b)(

)  (b  c )(

)  (c  a )(

)
bc ca
ca ab
ab bc
1
1
1
 ( a  b) 2
 (b  c) 2
 (c  a ) 2
(b  c)(c  a )
(c  a)(a  b)
(a  b)(b  c )

1
4
4
1
�


2
(2a  2b  2c) 2 ( a  b  c) 2 ;
Vì (b  c)(c  a) (a  b  2c)
2

5

0,25

( a  b) 2 �0

� (a  b) 2

2

2

1,00

0,25

0,25

0,25

1
( a  b) 2
�
;"  " � a  b
(b  c)(c  a) ( a  b  c) 2

Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại

 a  b
�

Suy ra M

2

  b  c   c  a
2

 a  b  c

2

2

0,25

(Đpcm); “=” � a  b  c

Hình vẽ câu 3b:

I
M

A
H

N


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Câu 6
2,0 đ

Đ/k: cosx �0 .

Pt đã cho

x
1�
�sin 2 x 1
�x  �
� �
� sin 2 �  �tan 2 x  cos 2  0 � �
1  cos �x  �
�cos 2 x  2  1  cos x   0
2
2�

�2 4 �
� 2�
�

�  1  s inx   1  cos 2 x    1  cos x   1  sin 2 x   0 �  1  s inx   1  cos x   s inx  cos x   0
s inx  1 loai
�
x   2k  1 
�
�
�
� cos x  1
�
k �Z

�
�
x    k
�
t anx  1
�
4
�

Câu 7
2,0
điểm

ĐK: x ��y

1
1
16
�
x

y

x

y



�
x y x y 3
�
�
1
1
100
�
( x  y)2  ( x  y )2 


�
( x  y)2 ( x  y)2
9
Hệ phương trình tương đương với �
1

1
a x y
;b  x  y 
(| a |,| b |�2)
x

y
x

y
Đặt
16
�
a  2 � 10
a

b

�
�
a
�
�
�
3
� � 10 �� 3
�
100
b
�

�
�
b2
a2  2  b2  2 
3 �
�
�
9
Ta có:
� 2
� 2
x
x
�
�x  2
� 3 �x  2 �
� 3
��
��
��
�
�y  1 �y  1 �y  1 �y   1
3
� 3
�
Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm

Câu 8
2,0
điểm

Câu 9
2,0
điểm

Câu10
2,0
điểm

Q 0
Qua phép quay ( A;60 ) thì điểm M biến thành B;điểm C biến thành điểm N .Do đó ,qua phép quay
Q( A;600 )
thì đoạn MC biến thành đoạn BN .Vậy MC=BN
y  f ( x )  sin   sin x 
Tập xác định của hàm số
là D  � (đối xứng qua 0)
x ��, f (  x)  f ( x). Vậy, f chẵn (f khơng lẻ vì nó khơng đồng nhất bằng 0)
x ��, f ( x  2)  f ( x). Vậy, f tuần hoàn
t   sin x
0; 
Tập giá trị của hàm số
là 
nên
min f  min sin t  0, max f  max sin t  1
2S
3
0 ��
  1 AB.d (C , AB) �0d��
St ABC
(t C, AB)  ABC 
2

AB
2 (1)
* Ta có
uuu
r
* Đường thẳng AB có véctơ
chỉ phương AB  (1;1)
r
 véctơ pháp tuyến là n AB  (1;1)  AB: x-y-5=0

Gäi ®iĨm G(xG, yG) th× C( 3xG-5 ;3yG +5)
�
�xG  1
�
�
3 xG  yG  8
�
�
�yG  5
�
��
�
�xG  2
�3 xG  3 yG  15  3
3 xG  5  3 yG  5  5
3
�
�

�

�yG  2
2
2
�
Ta có
Ta có
VËy cú hai điểm thoả mÃn C1(1;-1) , C2(-2;-10)


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

ĐỀ SỐ 4
Câu 1.(4,0 điểm). Cho parabol (P): y   x và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số góc là
2

k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là x1; x2 .
1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
2) Chứng minh rằng

x13  x23 �2  k �R 

Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình:

3x  1  5 x  4  3x2  x  3

�x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1
�4
x  y 2  xy (2 x  1)  1
Câu 3. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình: �

Câu 4. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân giác

� 3�
D�
2;  �
2 �, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
�
trong kẻ từ đỉnh A là điểm

�1 �
I�
 ;1�
�2 �
. Viết

phương trình của đường thẳng BC.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC  a; CA  b; BA  c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu

ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng
2ma2 �mb2  mc2 .
2

a) Chứng minh rằng a �4 S .cotA
b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm
của BC. Chứng minh rằng góc �MGO khơng nhọn.
Câu 6.(2,0 điểm). Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn

lớn nhất của biểu thức

M

abc

3 3
2 . Tìm giá trị

1
1
1
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3 .
2

Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình

cos x  cos 2 x  2sin 2

x
 sinx
2

�
2( x 3  ay 3 )  (a  1)2
�
�3
x  ax 2 y  xy 2  1
Câu 7. (2,0 điểm) Với giá trị nào của a thì hệ phương trình �

có nghiệm và mọi
nghiệm của nó thoả mãn x, y là hai số đối nhau.


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Câu 8. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Đề các vng góc Oxy cho tam giác ABC, biết
B(-3; 0); C(3; 0). Điểm A di động sao cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC
bằng 3 lần bán kính đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm I
thuộc một đường cong cố định.
Câu 9. (2,0 điểm) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của
4
A
B
C
sin sin sin
2
2
2
T = cosA + cosB + cosC +

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 04
Nội dung

Câu

Điểm

Cho parabol (P): y   x và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A

2

và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là x1 ; x2 .
1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1

0,5

2

2

+ PT tương giao (d) và (P): - x = kx - 1 � x + kx - 1 = 0(*)

0,5

D = k + 4 > 0( " k )
+ (*) ln có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì

0,5

2

x1  x2  k

2
2 ; M nằm trên trục tung �
+ Trung điểm M của AB có hồnh độ là
k
0� k 0

2
I
2) Chứng minh rằng

x13  x23 �2  k �R 

=

2

Có

2

x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4 x1 x2 = k 2 + 4

� x13  x23

=

k 2  4( k 2  1) �2 , k �R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

3 x  1  5 x  4  3 x 2  x  3 (1)

Giải phương trình:

3
Điều kiện:
(1)

0,5

2
x13  x23  ( x1  x2 ) �
( x1  x2 )2  x1 x2 �
�
� x1  x2 . ( x1  x2 )  x1 x2

Ta có:

�



x �

1
3

 

3x  1 1 

0,5

2,0

Theo Vi et có: x1  x2   k , x1 x2  1

2

2,0

0,5
0,5
0,5
2,0
0,25

3x
5x
5 x  4  2  3x  x � 3x  1  1 5 x  4  2  x  3x 1



2

x  0(TM )
�
�
5
� 3

 3x  1 (*)
5x  4  2
��
� 3x  1  1
Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)

0,25

0,25
0,25


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Nếu x>1 thì VT(*)<2Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

0,25
0,25

2
3
2
�x  x y  xy  xy  y  1(1)
(*)
�4
2
x  y  xy (2 x  1)  1(2)
2) Giải hệ phương trình: �

1,5

�
( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
�
(*) � � 2
2

�x  y   xy  1
�
a  ab  b  1
�
�
a  x2  y
�
�2
b  xy
a b 1
Đặt �
. Hệ trở thành: �
(*)
3
2
2
�
�
a  a  2a  0
a (a  a  2)  0
�
�
(*) � �
�
�
2
b  1 a
b  1  a2
�
�

Hệ
(a; b) � (0; 1); (1; 0); ( 2;  3)

0,25

0,25

0,25

Từ đó tìm ra

�x 2  y  0
� x  y 1
�
xy

1
(
a
;
b
)

(0;
1)
�
Với
ta có hệ
.
2

�x  y  1
� ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0)
�
xy

0
(
a
;
b
)

(1;
0)
�
Với
ta có hệ
.

0,25

0,25

Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ

3
3
�
�
�x 2  y  2

�y  
�y  
��
��
� x  1; y  3
x
x
�
2
�xy  3
�x 3  2 x  3  0
�
( x  1)( x  x  3)  0
�
�
.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm
4

( x; y ) � (1; 1);(0;  1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)

0,25

.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ

� 3�
D�
2;  �

2 �, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
�
từ đỉnh A là điểm

�1 �
I�
 ;1�
�2 �
. Viết

phương trình của đường thẳng BC.
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

2,0

0,5

uuuu
r � 15 �
u
r
AD �0;  �
�
n
 1;0  là véc tơ pháp tuyến của AD
2
�
�
Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP
PT đường thẳng AD là: x  2

0,5

A' ǹ�
AD (C); A ' A

0,5

A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được

A'  2; 4 

�
A’ là trung điểm cung BC không chứa A nên IA’ ^ BC
uuuur � 5 �
A ' I  � ;5 �
� 2 �là vecto pháp tuyến
đường thẳng BC đi qua D và có
Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x  2 y  5  0

0,5
0,5
0,5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Câu 5. Cho tam giác ABC có BC  a; CA  b; BA  c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu

ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng

2ma2 �mb2  mc2 (*)

2,0

2

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

0,25

a2 c2 + a 2 b2 a2 + b2 c2
�
+
2
2
4
2
4
(*)
� b 2 + c 2 �2a 2 (**)
cos A
4S .cot A = 2bc.sin A.
2
2
2
sin A = 2bc.cos A = b + c - a
Ta có
� b2 + c 2 -

2

2

2

2

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

2

0,25
Từ (**) � b + c - a �a Hay 4 S .cotA �a
2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm
1,0
của BC. Chứng minh rằng góc �MGO khơng nhọn.

uuu
r uuur
GO
.GM �۳
0
Ta sẽ chứng minh

uuu
r uuur

OG.GM

0

0.25

Tauucó
ur uuu
r uuu
r uuur
uuuu
r uuuu
r uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r
3OG  OA  OB  OC ; 6GM =2AM  AB  AC  OB  OC  2OA
uuur uuuu
r uuu
r uuur uuur uuur uuur uuu
r
0.25
� 3OG.6GM  OA  OB  OC . OB  OC  2OA
uuu
r uuur uuu
r uuur uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuu
r uuur

= OB2  OC 2  2OA2  2OB.OC  OA.OC  OA.OB = 2OB.OC  OA.OC  OA.OB
* Mặt khác ta có
uuur uuu
r 2
uuu
r uuur
uuu
r uuur
BC 2  OC  OB  OB 2  OC 2  2OB.OC � 2OB.OC  2 R 2  a 2
( trong đó R= OA = OB = 0.25
OC ).
uuu
r uuur
uuu
r uuu
r
2
2
2
OA
.
OC

2
R

b
;
2
OA

.
OB
 2R 2  c 2 .
Tương tự có











uuur uuuu
r b2  c2
18.OG.GM  �
2
Vậy

a2

0

uuur uuuu
r
OG.GM 0

0.25

( do có (**))

6
Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn

abc

3 3
2 . Tìm giá trị lớn nhất
2,0

M

1
1
1
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3 .
2

của biểu thức
* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó
2
a2 b2 c2  a  b  c 
a b c
  �

 
x
y
z
x  y  z (*). Dấu bằng xảy ra khi x y z .
+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia
* Vào bài chính
1
1
1
1
M 2
 2 2
 2
�
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2 .
Ta sẽ chứng minh
1
1
1
�1
� �1
� �1
� 1
�� 2
� �  2 2
� �  2
��

2
2
�3 a  b  3 � �3 b  c  3 � �3 c  a  3 � 2
�P

a 2  b2
b2  c 2
c2  a2
3


�
2
2
2
2
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2

0,5

0,5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Giả sử a �b �c .

 a  b

 a  b
a 2  b2


2
2
a  b  3 2 a 2  b2  3 2 a 2  b2  3
2

2







Biến đổi
Biến đổi tương tự với 2 số hạng cịn lại của P.
Sau đó áp dung bđt (*) ta có:
2
2
a  b  b  c  c  a
a  b  b  c  a  c


P�

4 a 2  b 2  c 2  18
4 a 2  b 2  c 2  18







4  a  b  c  4 a  c
2

۳ P





4 a 2  b 2  c 2  18

Ta sẽ chứng minh
2
2
2 a  b  c  2 a  c





2 a b c 9
2

2

2

.
0,5



2

2 a  b  c  2 a  c
2

۳ P



2



2 a2  b2  c2  9

3
�
2
2
2 � 4  a  b  c   4  a  c  �6 a 2  b 2  c 2  27


� 2  a  b  c   2  a  c  �3  a


   a  b  c



� 4  a  b  c   4  a  c  �6 a 2  b 2  c 2  2  a  b  c 
2

2

2

2

2

 b2  c 2



2

2

0,5

� b  ab  bc  ca �0 �  a  b   b  c  �0

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.
Đ/K cosx �0
2
Phương trình tương đương với cos x  cos x  1  cos x  sinx
2

7
2đ

2

2

1� �
1�
�
1
1
sin x  �
cos x  cos x   sin 2 x  sin x  � � cos x  � �
2� �
2�
�

4
4
1
1
�
� cos x  2  sin x  2

��
� cos x  sin x
(1)
� cos x  1   sinx  1 � �
�
� cos x  1   sin x (2)
2
2



Giải (1) được nghiệm x =   k 2 với cos

 k 2
Giải (2) được nghiệm x = - 2

 k 2
Vậy phương trình có nghiệm x = - 2
;



8
2đ

0.5

 1 5
 
,    0; 

2
 2

0.5

0.50
0.5

 1 5
 
,   0; 
2
 2

x =   k 2 với cos
Giả sử a thoả mãn điều kiện bài toán và (x 0; y0) là một nghiệm của hệ đã cho, ta có 0.25
 2( x03  ay03 )  (a  1) 2
(1)
 3
2
2
 x0  ax0 y0  x0 y0 1 (2)
 x  y 0
0
(3)
 0
0.25
1
�3
2

�x0 (a  1)  (a  1)
2
(4)
�
�x 3 (2  a )  1
(5)
Từ (3) suy ra y0 = -x0 thay vào (1) và (2) ta được �0
a 1 1
 (a  1) 2
�
0;
a
�
2
2

a
2
Từ (5) ta thấy x0
chia các vế của (4) cho (5) ta được:

0.25


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

� a  0; a  1; a  1

�
�3 1

�x 
�x 
�
��
� 2
�x3  xy 2  1 �y 
�
�
�
+, a =0 hệ trở thành

1
2
1
3
2 (loại) và

3

� 1
x
�
� 32
�
�y   1
3
�
2
�

0.25
0.25

Suy ra a = 0 (loại)

� 1
�x  3 3
�x  y  0
�y   x
�
�
� �3
�� y
�3
2
2
2
2
�x  x y  xy  1 �x  x y  xy  1 �y   1
3
�
3 thoả mãn x + y = 0
�
+, a = -1 ta có hệ
A
 x3  y 3  2
(6)
 3
I
 x  x 2 y  xy 2 1(7)

+, a = 1 ta có hệ: 
B
Cx
Nhân hai vế của (7) với 2 rồi trừ đi các vế tương ứng của (6) ta được:
O KH 3
-3
(x + y)(x2 + y2 + xy) = 0 (8)
1
3
�0 � x 2  y 2  xy  ( y  x)2  x 2  0
2
4
Từ (7) suy ra x
do đó từ (8) suy ra x + y = 0
�x  1
�
Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm duy nhất �y  1 thoả mãn x + y = 0
Kết luận: a = -1; a = 1
Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h,
bán kính đường trịn nội tiếp là r và I(x; y).

0.25

1
 pr  BC.h
 (AB + BC + CA)r = 3BC.r
2
Có h = 3r , S
B
C

. cot 3
 AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA  cot 2
2
(*)
B BK
C CK

, cot 
IK
2
IK
Mà cot 2
Từ (*) suy ra BK.CK = 3IK2 (**)
Do I là tâm đường tròn nội tiếp suy ra K  BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2
x2 y 2

1
3
Thay vào (**) ta có x2 + 3y2 = 9. Suy ra I thuộc elip có phương trình 9
A
B
C
sin sin
2
2 >1
Chứng minh được cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin 2
3

Chứng minh được cosA + cosB + cosC 2 (1)
3

1


Như vậy 1 < cosA + cosB + cosC 2 . Theo (1) ta có 0 < t 8

0.5

3

3

0.25

0.25

0.25

8
2đ

ABC

1
1

Xét f(t) = t + t với 0 < t 8

Ta có BBT:

t2  1

0  t 1
2
f’(t) = t
1
8
t 0
f’(t)
-

0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5

0.5
0.5


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

f(t) + 
65
8

67
Suy ra minT = 2   ABC đều

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

ĐỀ SỐ 5
Câu 1.(3.0 điểm)

x
x

�
10

x
10

x
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
2) Cho các nửa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A �B. Với điều kiện nào của
y

các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Câu 2. (2,0 điểm) Tìm m để phương trình

x 2  1  m4  m2  1

có bốn nghiệm phân biệt.

Câu 3. (2,0 điểm) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình

Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

 m  1 x  2  m  1

x2

.

x  7 x  8  2 x.
2

�
� 7x  y  2x  y  5
�
�x  y  2 x  y  1.
�  600.
BAC

Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và

Các điểm M, N được xác định
uuur
uuur
uuur
uuu
r
bởi MC  2 MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vng góc với nhau.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm

A ', B ' và C '. Gọi Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', BC ' A ', CA ' B '
3
S a  Sb  S c � S .
2
và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
nào?
Câu 8. (2,0 điểm)(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R khơng đổi). Gọi A và B
lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB ln tiếp xúc với đường
trịn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu 9. (2.0 điểm) Giải phương trình:
Câu 10. (1,0 điểm)

sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x 


) 1
4
.

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

Chứng minh rằng:

a3
b3
c3
3


�
2
2
2

b 3 c 3 a 3 4.
---HẾT---

(x  R)


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

Câu

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05

Điểm

x
x

�
10  x
10  x
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
2) Cho các nửa khoảng A  ( a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A �B. Với điều kiện nào của các số
thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Hàm số y có tập xác định D  ( 10; 10) là tập đối xứng qua điểm x  0.
Kiểm tra: x �D, f ( x)  f ( x)  f chẵn
y

I

1

f khơng lẻ (vì nó khơng đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận
C  [b; b  2) �( a; a  1] là một đoạn  b �a  b  2 �a  1
� b  1 �a  b  2.

2

Khi đó, C  [b; b  2) �( a; a  1]  [b; a  1] là đoạn có độ dài a  b  1.
Câu

Câu 2:Tìm m để phương trình

(*)

x 2  1  m4  m2  1

4,0 đ

2

Ta có: m  m  1  0
�
x 2  m4  m2  2
��
x 2  m 2  m 4  m 2 (1  m 2 )
�
PT

(1)
(2)

2
4

2

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m  m  2  0
2
(2) có 2 nghiệm phân biệt  m �0 và 1  m  0

2

1.5

1.5

có bốn nghiệm phân biệt.
 m  1 x  2  m  1
x2
Câu 3: Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
.
4

3.0



m �(1; 1) \{0}

4

2
2
4
PT có 4 nghiệm phân biệt  m �( 1;1) \{0} và m  m  2 �m  m
m �( 1;1) \{0} và m 4  m 2  1 �0 
m �( 1;1) \{0} , kết luận


(m  1)( x  2)  (1  m) x  2
0
x2

BPT 

Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x  2

3

x  ( m  2)
0
x2

2

Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �(�; 2) �(m  2; �)
Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �(�; m  2) �(2; �)
Câu 4 : Giải phương trình
Câu
4

x2  7 x  8  2 x.

�
� 7 x  y  2x  y  5
�
x  y  2 x  y  1.
Câu 5.Giải hệ phương trình �
Điều kiện: x ≥ 0
2
PT  x  1  7 x  7  2  2 x  0  ( x  1)( x x  x  6 x  8)  0
 ( x  1)( x x  8  x  6 x  16)  0
 ( x  1)( x  2)( x  2 x  4  x  8)  0
 ( x  1)( x  2)( x  x  4)  0

4
2


Thaygiaongheo.com – Chia sẻ kiến thức THPT các lớp 10, 11, 12

x 1
�
�
2
� x 1  0
� �
1  17 � 9  17
x�
�
�

� 2 �
�
2
x x 4 0
�
�

 � �
7 x  y �0
�
�
2 x  y �0 ; Đặt
Điều kiện �

5

Câu

Kết luận

�
u  7 x  y �0 �
u2  7 x  y
�
�
u 2  v2
7v 2  2u 2
�
�2
x


y

v  2 x  y �0 �
v  2x  y
�
5 và
5



2

uv 5
uv 5
�
�
�2 2
�
u  v  7v 2  2u 2  5v  5
3u 2  8v 2  5v  5  0
HPT trở thành: �
 �
u  5v
u  5v
u  5v
�
�
�
�

�
�
3(5  v)2  8v 2  5v  5  0
5v 2  25v  70  0
v 2  5v  14  0 (*)
�
�
�
u 3
�
�
v2
(*)  v = 2 (nhận) hoặc v = 7 (loại) ; nên HPT trên  �
7x  y  9
�
�x  1
��
�
2x  y  4
�y  2 (phù hợp)
Do đó HPT đã cho trở thành �
�  600.
BAC
Câu
6
:Cho
tam
giác
ABC
có

AB
=
c,
AC
=
b
và
Các điểm M, N được xác định bởi
uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vng góc với nhau.
Câu 7 : Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm
A ', B ' và C '. Gọi Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', BC ' A ',
3
S a  Sb  S c � S .
2
Dấu đẳng thức xảy ra khi và

6

CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức
chỉ khi nào?
uuuu
r
uuur
uuur uuuu

r
uuu
r uuuu
r
uuuu
r
uuu
r uuur
MC


2
MB
�
AC

AM


2(
AB

AM
)
�
3
AM

2
AB

 AC
Ta có:
uuur
uuu
r uuu
r
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB
uuuu
r uuur
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
AM

CN
�
AM
�
CN

0
�
(2
AB

AC
)(2
CA


CB
)0
Vậy:
uuu
r uuur uuu
r uuur
uuur uuur
2
2
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB  3 AC  5 AB. AC  0
5bc
2c 2  3b 2 
0
2
2
2

 4c  6b  5bc  0

AB 'sin A; 2 S  AB �
AC sin A
Ta có các cơng thức tính diện tích: 2 S a  AC '�
S
AC ' AB ' 1 �AC ' AB ' �
‫ ף‬a

�
�
AB AC 2 �AB AC �(BĐT Cauchy)
 S



Sb 1 �BA ' BC ' �
� � 
�
S
2 �BC BA �và

7

Sc 1 �CB ' CA ' �
� � 
�
S 2 �CA CB �

Tương tự ta cũng có:
Sa
S
S
1 �AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB ' � 3
 b  c � �





�
S
S

S
2
AB
BA
BC
CB
CA
AC
�
� 2 (đpcm)
Do đó:
�AC ' AB '
�AB  AC
�
�BA ' BC '
� 
C ' B ' //BC
�
BA
�BC
�
�A ' C ' //CA
�CB ' CA '

�B ' A ' //AB
�
Dấu bằng xảy ra  �CA CB  �
 A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB

4

2

2