Đề Thi Và Đáp Án Olympic Toán 10 Tỉnh Quảng Nam năm 2016-2017

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 25/3/2017

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải phương trình 2x²5x  7 (x 1) x 1 0 b) Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 1 3 1

x xy x y yx y

x y x y xy x

     



      



Câu 2 (4,0 điểm).

a) Cho parabol (P) có phương trình y x ²3x1, đường thẳng dcó phương trình

(2 1) 2

y m x và điểm M(3;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác MAB vuông cân tại M.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

2 2

2 1 1 x x

y x mx

   

  có tập xác định là R.

Câu 3 (4,0 điểm).

Cho 3 số thực dương x y z, , _thỏa_x²_ _y²__z² _₃. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 3 2 2 3 2 2 3

y z x

H  x y  y z  z x

      .

Câu 4 (4,0 điểm).

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm (3; 3)A  và đường thẳng d có phương trình x2y 1 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d tại (1;1)B và đi qua A. b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC; D và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC; I là giao điểm của AH và DE. Điểm A nằm trên đường thẳng  có phương trình 2x3y 4 0, phương trình đường thẳng DE là 3x y  2 0; 7 5

4; 4

M   là trung điểm của BC, I có hoành độ nhỏ hơn 1, E có hoành độ dương và tứ giác ADHE có diện tích bằng 4. Tìm tọa độ 4 điểm A, D, H, E.

Câu 5 (3,0 điểm).

Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O; I và J lần lượt là trung điểm của AD và BC.

a) Gọi M và N lần lượt nằm trên DJ và DC sao cho: MD MJ   0 và NC2 ND0. Chứng minh rằng: B, M, N thẳng hàng.

b) Gọi H và K lần lượt là trực tâm của OAB và OCD. Chứng minh HK vuông góc với IJ.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Họ và tên thí sinh: …..……….; Số báo danh: ……….

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017

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 2x²5x  7 (x 1) x 1 0 2,5

Điều kiện: x 1 0,25

+ Đặt t x1 (t0). Suy ra x t ² 1 0,25

+ P hương trình đã cho trở thành :2t⁴  t³ 9t²  2t 0 0,5 ₃0 ₂

2 9 2 0

t

t t t

 

      0,25

- Với t0 suy ra x 1. 0,25

- Xét phương trình 2t³   t² 9t 2 0

3 2 2

2t      t 9t 2 0 (t 2)(2t   5 1) 0t 0,25 2

 t (vì 2t²     5 1 0,t t 0) 0,25

Với t  2 suy ra x3 0,25

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1và x3. 0,25

b) Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 1 3 1

x xy x y yx y

x y x y xy x

     



      

 2,5

Điều kiện: 2x y 0 và x y  1 0. 0,25

- Xét phương trình thứ nhất trong hệ:

3 2 3 2 2 2

( )( 1) 0

x xy  x y yx  y x y x y   0,25 x y

  (vì x²y² 1 0) 0,25

+ Với ^x^^y thay vào phương trình thứ hai ta được: x 2x 1 x²3x1

Điều kiện: x0. Khi đó, ta có: 0,25

2 1 2 3 1

x x  x  x ( x 2) ( 2x  1 3) x²3x4

4 2( 4)

( 1)( 4)

2 2 1 3

x x

 

    

  



⁴



¹ ² ⁽ ¹⁾ ⁰

2 2 1 3

x x

 

         

0,5

4

1 2

1 (*)

2 2 1 3

x

x x x

 

    

   



0,25

* Với x0 ta có

1 2 1 2

1 1

2 1 3

2 2 1 3 x

x  x     

    (dấu bằng xảy ra khi x=0) 0,5

Do đó pt (*) có một nghiệm duy nhất x0.

www.thuvienhoclieu.com Page 2

(3)

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ⁴ 4 x y

 

  và ⁰ 0 x y

 

  . 0,25

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho parabol (P) có phương trình y x ²3x1, đường thẳng d có phương trình y(2m1)x2 và điểm M(3 ;3). Tìm tất cả các giá trị của tham số m_để đường thẳng d cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác MAB vuông cân tại M.

2,0

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là: x² 2(m2)x 1 0 (*) 0,25 + Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt (vìa c. 0).

Suy ra d luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m. 0,25 + Gọi A x



1;(2m1)x12



và B x



2;(2m1)x22



(với x₁và x₂ là hai nghiệm của phương trình (*)). 0,25 + MA



x13;(2m1)x11



và MB



x23;(2m1)x21



. + Tam giác MAB vuông tại M suy ra:



1

 

2

 

1



2



. 0 3 3 (2 1) 1 (2 1) 1 0

MA MB  x  x   m x  m x  

  0,25

 x x1 13(x1x2) 9 (2  m1)²x x1 1(2m1)(x1x2) 1 0    1 6(m  2) 9 (2m1)²(2m1)2(m  2) 1 0 ²

2

8 20 8 0 1

2 m

m m

m

  

     

  



0,5

+ Với m 2. Suy ra x1 1, x2 1.

Khi đó: ^MA^^{ }



^{4; 2}



, ^MB^^{  }



^{2; 4}



. Suy ra MA  MB

. 0,25

+ Với 1

m 2. Suy ra ₁ ³ ¹³

x  2 , ₂ ³ ¹³ x  2 .

Khi đó: 3 13

2 ; 1

MA   

  

 

 , 3 13

2 ; 1

MB   

  

 

 . Suy ra MA  MB

(không thỏa)

0,25

Vậy với m 2, tam giác MAB vuông cân tại M. 0,25

(4)

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

2 2

2 1 1 x x

y x mx

   

  có tập xác định là R.

2,0

Hàm số

2 2

2 1 1 x x

y x mx

   

  có tập xác định là D=R khi và chỉ khi

2 2

2 1 1 0, x x x mx x R

     

  ^.

0,25

2 2

2 1 1, x x x mx x R

     

  ^(vì²^x²^{    }^x ^{2 0,} ^{x R}⁾

2

2 2

2 1 0,

2 1 2 2,

x mx x R

x mx x x x R

     

 

      



2

2 2 2

2 1 0,

(2 2) 2 1 2 2,

x mx x R

x x x mx x x x R

     

 

          

 ^0,25

2 2 2

2 1 0, (2 1) 1 0, 3 (2 1) 3 0,

x mx x R

x m x x R

     

      

      



0,25 0,25

1

' 2

2 2

2 3

1 0 (2 1) 4 0 (2 1) 36 0 m

m m

   

     

    



0,75

1 1

2 m

    Kết luận

0,25

(5)

Câu 3 (4,0 điểm)

Cho 3 số thực dương x y z thỏa , , x²y²z² 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 3 2 2 3 2 2 3

y z x

H  x y  y z  z x

     

4,0

+ x² 2y 3 (x²  1) 2y 2 2(x y 1)

Tương tự: y²2z 3 2(y z 1),z²2x 3 2(z x 1) 1,0 Suy ra 1

2 1 1 1

y z x

H x y y z z x

 

           0,25

Ta chứng minh 1

1 1 1

y z x

x y  y z  z x 

     

Ta có : 1

1 1 1

y z x

x y  y z  z x 

     

1 1 1 3 1

1 1 1

y z x

x y y z z x

       

     

1 1 1

1 1 1 2

x y z

x y y z z x

  

   

      (*)

0,5

Trước hết ta chứng minh được BĐT sau nhờ Bunhiacosky : Với , , , , ,a b c m n k0 ta có :

2 2 2 ( )2

a b c a b c

m n k m n k

    

  Thật vậy:

2

( )2 a . b . c .

a b c m n k

m n k

 

      ^a² ^b² ^c²



^{m n k}



m n k

 

     

 

2 2 2 ( )2

a b c a b c

m n k m n k

     

  (dấu bằng xảy ra khi : a b c m  n k )

0,5

Khi đó:

2 2 2

( 1) ( 1) ( 1)

(*) ( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x y z

VT x x y y y z z z x

  

  

        

( 3)2

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1)

x y z

x x y y y z z z x

  

            Lại có:

(x1)(x y  1) (y1)(y z   1) (z 1)(z x 1)

2 2 2 3( ) 3

x y z xy yz zx x y z

         

2 2 2 2 2 2

1 ( 2 2 2 ) 6( ) ( ) 6

2 x y z xy yz zx x y z x y z 

              

2 2 2

1 ( 2 2 2 ) 6( ) 3 6

2 x y z xy yz zx x y z 

             (vì x²y²z² 3)

2 2

1 1

( ) 2( )3 9 ( 3)

2 x y z x y z  2 x y z

           

1,0

(6)

Suy ra

2 2

2

( 3) ( 3) 2

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 1( 3)

2

x y z x y z

x x y y y z z z x x y z

       

             

Suy ra 1 1 1

1 1 1 2

x y z

x y y z z x

     

      .

0,5

Suy ra 1

H  2, dấu bằng xảy ra khi x  y z 1. 0,25

Vậy 1

maxH  2 khi x  y z 1.

Câu 4 (4,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 3) và đường thẳng d có phương trình x2y 1 0. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d tại

(1;1)

B và đi qua A.

2,0

+ Tâm I của đường tròn (C) nằm trên đường thẳng d’ vuông góc với d tại B. 0,25 + Viết được phương trình đường thẳng d’ là 2x y  3 0. 0,5

+ I d ' I a( ;3 2 ) a . 0,25

+ IA IB   a 2 I(2; 1) . 0,5

+ Bán kính của đường tròn (C) là R 5 . 0,25

Suy ra phương trình đường tròn (C) là: (x2)²(y1)² 5 0,25 b) Cho tam giác ABC vuông tại A, H là chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC;

D và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB và AC; I là giao điểm của AH và DE. Điểm A nằm trên đường thẳng  có phương trình 2x3y 4 0, phương trình đường thẳng DE là ³^{x y}^{  }^{2 0}; 7 5

4; 4

M   là trung điểm của BC, I có hoành độ nhỏ hơn 1, E có hoành độ dương và tứ giác ADHE có diện tích bằng 4. Tìm tọa độ 4 điểm A, D, H, E.

2,0

^{M -}

7 4;-5

 

4 ():2x-3y-4=0

3x+y-2=0

// //

_

\

K I D

E

B H

A

C

+ Gọi K là giao điểm của DE và AM.

+ ECH IAD (cùng phụ với HAC ) Mà IAD IDA . Suy ra ECH IDA. Mà ECH MAC .Do đó IDA MAC 

Lại có MAC MAD  90⁰ nên IDA MAD 90⁰

Suy ra tam giác AKD vuông tại K. 0,5

+ Viết được phương trình đường thẳng (AM):x-3y-2=0. Suy ra được A(2;0). 0,25 +SADHE  ⁴ SIAE ¹, ^{( ,} ⁾ ⁴

AK d A DE  10. Suy ra ¹⁰ ¹⁰

2 2

IE  AI . 0,25

(7)

10 1 1 ( ; )

2 2 2

AI I . 0,25

+ I là trung điểm của AH suy ra H(-1;1). 0,25

+ Viết phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ADHE 0,25 + D và E là hai giao điểm của đường tròn (C) với DE suy ra được: E(1;-1), D(0;2). 0,25 Câu 5

(3,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O; I và J lần lượt là

trung điểm của AD và BC. 3,0

a) Gọi M và N lần lượt nằm trên DJ và DC sao cho: MD MJ   0 và NC2ND 0

. Chứng minh rằng: B, M, N thẳng hàng. 1,5

O

N M

I

J

D

B C A

+ MD MJ   0_ 1 1

2 4

BM  BD BC

  

0,5

+ NC2 ND0_ 1 2

3 3

BN  BC BD

  

0,5

Suy ra 3

BM  4BN

 

. Do đó BM và BN

cùng phương.

Suy ra B, M, N thẳng hàng.

0,5

b) Gọi H và K lần lượt là trực tâm của OAB và OCD. Chứng minh HK vuông

góc với IJ. 1,5

^J ^M

K H

D' B'

C'

A' I

O

B

A

D

C

+Trước tiên, ta chứng minh: ^^IJ ^¹₂



^{ }^{DB AC}^



 

1 2.

IJ 2 DB AC  IJDB AC

     

 

^2.

 

^2.

VP DB AC        DI IJ JB AI IJ JC      DI AI  IJ  JB JC  IJ VT

0,5

Ta có :

     

1 1 1

. . . ' '. ' '. . .

2 2 2

HK IJ  HK DB HK AC  A C DB B D AC  AC DB BD AC

              0,5

(8)

 

1 1

2AC DB BD 2AC.0 0

      

0,5 HK IJ

  .

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.