ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Cõu 1

(5đ) a Giải bất phương trỡnh. x²2x  x² 3x 2x ^3đ

Đk :

2 2

x 3

x 2x 0 x 3x 0 x 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 x2 x 6 2x-1 8x 25

x 25 tháa ®k x 2 8

0.5đ

Vậy tập nghiệm của bpt

S ( ; 3) {0} (25; )

     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)2 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 x y x y 2 y 2 ^0.5đ

KL: Hệ có tập nghiệm ^S^{(2;2),(32 8 15;8 2 15)}^ ^ _0.25đ

Câu 2 (3 đ)

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.

2 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 

m 49 12



M,N là giao điểm nên xM , xN là hai nghiệm của (*)

0.25 đ

M N M N M N

49 12m

MN x x (x x ) 4x x

      

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

T 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

A 1 a  1 b  1 c

  

1 1 1 1

A 3

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

   

     

Lại có :

0.5 đ

0.25đ

1 a 1 b 1 c 3 (1 a)(1 b)(1 c) 3 (a b c) 2 (1 a)(1 b)(1 c)

3 (1 a)(1 b)(1 c) 2

        

        

    

Suy ra A 27

 2 0.25 đ

Đặt B - ( 1 a  1 b  1 c )

( 1 a 1 b 1 c)2 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

a b c 1

  3 0.25đ

Câu 4 (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng lấy 2n + 3 điểm (n ) sao cho trong ba điểm bất kì luôn có hai điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn 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 tròn (A;1), khi đó có hai khả năng :

a) Nếu tất cả các điểm thuộc hình tròn (A;1) thì bài toán thỏa mãn. 0.5 đ b) Nếu không phải tất cả các điểm thuộc hình tròn (A;1). Khi đó, có 1 điểm gọi là B không thuộc hình

tròn (A;1).

Vẽ đường tròn (B;1).

Gọi C là điểm bất kì trong 2n + 1 điểm còn 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 tròn (A;1)

Nếu BC nhỏ hơn 1 thì C thuộc hình tròn (B;1). 0.5 đ

Do đó 2n + 1 điểm còn lại thuộc (A;1) hoặc thuộc (B;1) nên theo nguyên 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

a.MA b.MB c.MC abc ^{3 đ}

O C M

A

B



^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

     

a a b c MA² b a b c MB² c a b c MC² abc²bca²acb² 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 (16;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.

4 đ

E(16 3 ;1)

x-3y+1=0

I A

D

B C

Ta có

EA BA 2

EC  BC 1

nên BE là phân giác của góc B 0.5 đ

Suy ra BE vuông góc DC, nên DC có ptrình

3(x 16) 1(y 1) 0 3x y 17 0

 3        ^{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)

a. Giải bất phương trình:

² ^x ^{ } ⁵ ² ^ ^x  ^x ^{ } ¹ ³ ^x ^ ⁴ 

b. Giải hệ phương trình:

2 2

2 5 2 2

3 5 4

x y x

x xy x y 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:

a³b³ c³ ab bc ca 

b c a .

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

    

yz x 1 zx y 4 xy z 9

P 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 hoành 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 Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang)

Câu Đáp án Điểm

Câu 1 (5,0

điểm) a) Giải phương trình

² ^x ^{ } ⁵ ² ^ ^x  ^x ^{ } ¹ ³ ^x ^ ⁴ 

_2,0

Điều kiện:

1   x 2

_0,25

+²^x^{ }⁵ ²^^x



^x^{ }¹ ³^x^⁴



^⁽³^x^^{4) (}^ ^x^{ }¹⁾ ²^^x



^x^{ }¹ ³^x^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 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

x y 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 y  x 

thay vào phương trình thứ nhất ta được:

2 2

2 x   5 2 x   1 x

2( 2) 2

( 2) 2 0

5 3 1 1

x x x

x x

  

              

Điều kiện:

x  1

. Khi đó, ta có:

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

x x

 

  

        

 

   

     

0,25

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 x⁰    m 1 0;1  3 m1

2 2 2 thì

0,25

^{ }^{ }

   

R 0 0;1

min f(x)= min f(x)= f(x ) m 5 1 4

 9 m=

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 

min f(x)= f(0) m0;1 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]

0,25

^{ }^{ }

   ² 

min f(x)= f(1) (m 1)0;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:

a³b³ c³ ab bc ca 

b c a .

2,0

Ta có (a b) ²  0 a²ab b ²ab. a³b³ab(a b)

a³b² a²ab b

Tương tự (b c) ² 0 b³c²b²bc c

(c a) ²0 c³ a² c²ca a

Suy ra a³b²b³ c²c³ a²a²ab b ²bc c ²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

P xyz .

2,0

P xác định khi x 1,y 4,z 9^ ^ ^ . Ta có



 

 x 1 y 4 z 9

P x y z

Áp dụng Bđt Côsi ta có:

  

  x 1 1 x 1 1

x 1 2 x 2

  

  y 4 4 y 4 1 2 y 4

2 y 4

  

  z 9 9 z 1 1 3 z 9

2 z 6  P 11

 Max P=

12, đạt được khi x=2, y=8, z=18

0,25 0,25

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

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 hoành 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 x d

d

 

       

Do y_D 0nên D(2; 3)

0,5 0,25

Phương tình AC: x - 3y + 7 = 0 0,25

Đường BC đi qua I và vuông 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

B C

Trong tài liệu 15 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 10 Có Đáp Án (Trang 79-90)

Đặt

O C M

A

B





   

     

     

I A

D

B C

2 x   5 2  x  x   1 3 x  4 

2 5 2 2

3 5 4

x y x

x xy x y y y

   

 

     



- HẾT

2 x   5 2  x  x   1 3 x  4 

1   x 2









 

  1;2

2 5 2 2

3 5 4

x y x

x xy x y y y

   

 

     



y  0

xy x y  

  y 0

1 2 y  x 

2 x   5 2 x   1 x

2( 2) 2

( 2) 2 0

5 3 1 1

x x x

x x

  

              

x  1

1

2



3

1 ( 1) 5

1 x d

d

 

       

² ^x ^{ } ⁵ ² ^ ^x  ^x ^{ } ¹ ³ ^x ^ ⁴ 

² ^x ^{ } ⁵ ² ^ ^x  ^x ^{ } ¹ ³ ^x ^ ⁴ 

  ^1;2