15 Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 10 Có Đáp Án

(1)

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CON CUÔNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018

Môn : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.(5,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai

^x²^⁵^{x m}^{ }⁰

(1) với x là ẩn số.

a) Giải phương trình (1) khi m = 6.

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x

1

, x

2

thoả mãn

^x¹ ^x² ^^x² ^x¹ ^⁶

. Câu 2. (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 3 2

4 2

1 (2 1) 1 x x y xy xy y

x y xy x

     

 

   



Câu 3.(5,0 điểm)

a) Cho góc

^

thỏa mãn

^tan^{ }²

. Tính giá trị biểu thức

³ ³

4sin cos sin 2cos

P  

 

 



b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các

2 1

BD BC; AE AC

3 4

 

   

. Điểm K trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

AD AK

. Câu 4. ( 5,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm

AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình

^{CD x}^: ^{  }³^y ^{1 0}

,

16;1 E 3 

 

 

. a) Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao của CD và BE.

b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.

Câu 5. (2,0 điểm) Cho

^a^,^b^,^c

là các số thực dương thoả mãn

^a^^b^^c^¹

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

² ² ²

1 1

P a b c  abc

 

.

(2)

---- Hết ----

Họ tên thí sinh :... Số báo danh :...

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu Nội dung

^Điểm

1. Phương trình

^x²^⁵^{x m}^{ }⁰ ^5,0

a) Giải phương trình (1) khi

^m^⁶ ^1,5

Khi

^m^⁶

PT (1) có dạng:

^x²^⁵^x^{ }^{6 0} ^0,5

Ta có:

^{    }^' ^{4 1 5 0} ^0,5

PT (1) có 2 nghiệm phân biệt:

^x¹^²

và

^x² ^³ ^0,5

b) Tìm giá trị m thỏa mãn

^3,5

Lập ∆ = 25 - 4m

Phương trình có 2 nghiệm

^{x x}¹^, ²

khi ∆ ≥ 0 hay m 

25 4

0,5

Áp dụng hệ thức Viet, ta có

^x¹^^x² ^^5;^{x x}^{1 2} ^^m

Hai nghiệm

^{x x}¹^, ²

dương khi

1 2

x x 0

ì + >

ïïíï >

ïî

hay m > 0.

0,5

Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x

1

, x

2

là 0 < m 

25

4

(*)

^0,5

Ta có: (

^x¹ ⁺ ^x²

)

² ⁼^x¹⁺^x²⁺^{2 x .x}¹ ² ^{= +}^{5 2 m}

Suy ra

x¹+ x² = 5 2 m+

Ta có

^{x x}¹ ² ^^x² ^x¹ ^{ }⁶ ^{x .x}¹ ²



^x¹^ ^x²



^⁶

Hay

^{m 5 2 m}  ⁶ 2m m 5m 36 0  

(1)

0,5

(3)

Đặt t  m 0  , khi đó (1) thành:

 2t

³

+ 5t

²

- 36 = 0

 (t - 2)(2t

²

+ 9t + 18) = 0

0,5

 t - 2 = 0 hoặc 2t

²

+ 9t + 18 = 0 Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).

Với 2t

²

+ 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm.

0,5

Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x

1

, x

2

thoả mãn

1 2 2 1

x x x x 6

.

^0,5

2.

Giải hệ phương trình:

2 3 2

4 2

1 (2 1) 1 x x y xy xy y

x y xy x

     

 

   



^3,0

Hệ  

2 2

( ) ( ) 1

1

x y xy x y xy

x y xy

     

 

  

 ^1,0

Đặt

a x2 y b xy

  

 



. Hệ trở thành:

²

1 1 a ab b a b

  



  

(*)

^0,5

Hệ

Từ đó tìm ra

0,5

Với

( ; ) (0; 1)a b 

ta có hệ

2 0

1 1 x y

x y xy

  

  

 



.

Với

( ; ) (1; 0)a b 

ta có hệ

2 1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0

x y xy x y

  

   

 



.

0,5

Với ta có hệ

.

0,5

3 2 2

2 2

2 0 ( 2) 0

(*) 1 1

a a a a a a

b a b a

       

 

  

   

 

 

 

( ; )a b  (0; 1); (1; 0); ( 2; 3) 

( ; ) ( 2; 3)a b   

2

3 2

3 3

2 1; 3

3 2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y

x y

x x

xy x x x x x

     

         

  

           

(4)

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm .

3.

^5,0

a) Cho góc

^

thỏa mãn

^tan^{ }²

. Tính giá trị biểu thức

³ ³ 4 sin cos

sin 2 cos

P  

 

 

 ^2,5

  

² ²



3 3 3 3

4sin cos sin cos

4sin cos

sin 2cos sin 2cos

P      

   

 

  

  1.0

3 2 2 3

3 3

4sin sin cos 4sin cos cos

sin 2cos

     

 

  

  0,5

3 2

3

4 tan tan 4 tan 1

tan 2

  



  

  0,5

4.8 4 4.2 1 7

8 2 2

  

 

 0,5

b) b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các

2 1

BD BC; AE AC

3 4

 

   

. Điểm K trên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số

AD AK

.

2,5

Vì

1 1 3

(1)

4 4 4

AE ACBE BC BA

    

0,5

Giả sử

^^AK ^^{x AD}^^^BK^^^xBD^^{ }



¹ ^{x BA}



^⁽¹⁾ 0,5

Mà

BD 2BC

 3

 

nên

AK x.AD BK 2xBD (1 x)BA

   3  

    

0,5

Do

^{BC; BA}^{ }

không cùng phương nên

m 2x 3m

0 &1 x 0

4  3    4  0.5

A

B

D C E K

 

( ; )x y  (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)  

(5)

Từ đó suy ra

1 8

x ; m

3 9

 

. Vậy

1 AD

AK AD 3

3 AK

  

 

0,5

4.

Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình

: 3 1 0

CD x y 

,

16;1 E 3 

 

 

.

5,0

a) Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao

của CD và BE. 2,5

Ta có

²

BA EA BC  EC  E

là chân đường phân giác trong

0,5

Do BD = BC

^^BE^^CD^^BE^{: 3}^{x y}^{ }^{17 0}^ ^0,5

I BE CD 

tọa độ điiểm I là nghiệm của hệ

3 1 0

3 17 0

x y x y

  

   

 0,5

Giải hệ phương trình

^^I

 

^{5; 2}

_1,0

b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.

2,5

Đặt

0 2 , 5, 5

3

BC a   AB a AC a CEa 0,5

Do

 45⁰

2 2

BC a CBE IB IC  

(1) Tam giác

^EIC

vuông tại I

2 2 2

3 2 IE EC IC IE a

    

(2)

0,5

Từ (1) và (2)

^^IB^^{ }³^IE^^^B^(4;5) ^0,5

A

B C

D I E

(6)

Gọi

^{C c}⁽³ ^^{1; )}^c

từ

2 1

2 5 4 3 0

3

BC c c c

c

 

        0,5

Với

c ¹ C(2;1), (12;1) (KTM)A

Với

c ³ C(8;3), (0; 3) (TM)A 

Vậy

A(0; 3), (4;5), (8;3) B C

0,5

5.

Cho

^a^,^b^,^c

là các số thực dương thoả mãn

^a^^b^^c^¹

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

² ² ²

1 1

P a b c  abc

 

.

2,0

Áp dụng BĐT AM- GM ta có

3 a2b2c2

3 ca bc

ab  

3 3 1

1= a + b + c 3 abc abc

  3 abbcca3³ abc ³ abc9abc

0,5

ca bc ab

9 c

b a

P ₂ 1₂ ₂



 



 

 0,5

 



 

 ab bc ca

1 c

b a

P ₂ 1₂ ₂

ca bc ab

7 ca

bc ab

1



 



 

³⁰

3 c b a

7 ca

2 bc 2 ab 2 c b a

9

2 2

2

2 



 



  ^0,5

Vậy giá trị nhỏ nhất của

^P

là

³⁰

khi chẳng hạn tại

³ c 1 b a   

.

^0,5

`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017-2018

Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị)

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải phương trình

1

√ 2 x+1− √ 3 x =

√ 3 x +2

1 −x

(7)

b) Giải hệ phương trình { x 2 + y 2 + 2 x + xy y =1 ¿¿¿¿

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số : y= √ √ x−2+ √ x−1− √ x+ 3 . b) Gọi x x

¹

;

²

là hai nghiệm của phương trình

^x²⁻^mx+m−1=0

. Đặt

^A⁼

4x₁x₂+6

x₁²+x₂²+2(1+x₁x₂)

. Với giá trị nào của

^m

thì

^A

đạt giá trị nhỏ nhất.

Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

Q= x

√ 1−x +

y

√ 1− y

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC

= 4 √ 2

,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; −5

3 ) và N(0;

18

7 ). Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hoành độ dương.

a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là tam giác cân.

b) Cho tam giác

^ABC

. Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên cạnh AC sao cho

2

NC NA

và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh :

^{BC NM}   ^ ^^{BM NC}^

. Hãy biểu diễn vecto

^^AI

theo hai vecto

^^AB

và

^^AC

.

---Hết---

(8)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10 TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 a) Giải phương trình:

1

√ 2 x+1− √ 3 x =

√ 3 x +2

1 −x (1)

2,5

ĐK: x  0;

^x≠1

. Khi đó: (1) 

√

²^x+1⁺

√

³^x

1−x =

√

³^x+²

1−x

⇔ √ 2x +1+ √ 3 x = √ 3 x +2

⇔ 2 √ 6 x

²

+ 3 x =1−2 x

⇒ x = −4+ √ 21

10 Vậy (1) có nghiệm:

^x=

−4+

√

²¹

10

0,25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25

b) Giải hệ phương trình { x 2 + y 2 + 2 x + xy y =1 ¿¿¿¿ 2,5

Điều kiện:

^x>−^y

.

PT thư nhất tương đương:

( x + y )

²

−1+ 2 xy ( 1 x + y −1 ) =0

⇔( x + y−1) ( x

²

+ y

²

+ x + y ) =0

⇒ x + y=1

Kết hợp với PT hai ta được { x =1 ¿ ¿¿¿

Vậy, hệ đã cho có nghiệm { x =1 ¿ ¿¿¿

0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25

Câu 2 Nội dung Điểm

a) Tìm tập xác định của hàm số : y= √ √ x−2+ √ x−1− √ x+ 3 1.5

(9)

4,0

ĐK:

{ x −2≥0 ¿ { x −1≥0 ¿ { x +3≥0 ¿¿¿¿

¿ ¿

0.5

0.5 0.5

b) Gọi x x

¹

;

²

là hai nghiệm của phương trình

^x²^{−mx+m−1=0}

. Đặt

^A

= 4x₁x₂+6

x₁²+x₂²+2(1+x₁x₂)

. Với giá trị nào của

^m

thì

^A

đạt giá trị

nhỏ nhất. 2.5

+ PT có hai ngiệm khi Δ≥0 ⇔ m

²

−4 m+ 4 ≥0, ∀ m +

^x¹⁺^x²⁼^{m; x}¹^x²^=m−1

A=4x₁x₂+6 (x₁+x₂)²+2

¿4m+2 m²+2

¿(m+2)²

m²+2 −1≥−1

A nhỏ nhất khi

^m=−2

0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 3

3,0

Q= x

√ 1−x +

y

√ 1− y

.

Viết lại Q= x−1 +1

√ 1− x +

y −1+1

√ 1 − y =

1

√ 1−x +

1

√ 1− y −( √ 1− x + √ 1− y )

Theo Cô si:

1

√

^1−x⁺

1

√

¹⁻^y^≥

2

√

4⁽¹⁻^x⁾⁽¹⁻^y⁾^≥

2

√

¹⁻^x+1−² ^y⁼²

√

²

(1)

( Do x+y=1 )

Theo Bunhiacopski:

√ 1− x+ √ 1 − y≤ √ 2 √ 1 −x +1− y = √ 2 ( Do x+y=1 ) (2)

(10)

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q≥ √ 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi { 1−x=1− y ¿¿¿¿

^⇔^x=^y⁼¹₂

Vậy minQ = √ 2

0.5 0.25 Câu 4

4,0

Phương trình đường thẳng

^Δ

qua N và vuông góc với AH là

x−y=−18

7

Tọa độ giao điểm I của AH với

^Δ

là nghiệm của hệ PT

{ x − y =− 18 7 ¿ ¿ ¿ ¿

Gọi N

1

là giao điểm của

^Δ

và AB, suy ra

^N¹⁽⁻

4 7:2)

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N

1

nên có PT 7x+3y = 2 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ { 7x+3y = 2 ¿ ¿¿¿

Giả sử

^B⁽^b;

2−7b 3 )

Khi đó

^d⁽^{B , AH}⁾⁼

1

2BC=2

√

²

⇒ |4 b +4|

3 √ 2 =2 √ 2⇒ ¿ [ b =2 ⇒ B (2 ;−4 )

[ b=−4 (loai) [¿

PT đường thẳng BC: x-y = 6

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ { x-y = 6 ¿ ¿ ¿ ¿

0,5 0,5 0,25 0,25 0.25 0,5 0.5 0.5 0.25

0.5

Câu Nội dung Điểm

Câu 5 4,0

a) . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là tam giác cân.

2,0

+ Viết được

^sin^A=

a

2R;sinB= b 2R

. +

^cos^C⁼

a²+b²−c² 2ab

+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c + Vậy tam giác ABC cân tại A

0.5

0.75

0.25

b). Cho tam giác

^ABC

. Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên 2.0

(11)

cạnh AC sao cho

^NC^²^NA

và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh :

^{BC NM}   ^ ^^{BM NC}^

. Hãy biểu diễn vecto

^^AI

theo hai vecto

^^AB

và

^^AC

+ Chứng minh được

^{BC NM}   ^ ^^{BM NC}^

+ Ta có I là trung điểm của MN

⇒AM

⃗

+AN^⃗ =2AI^⃗

⇔1

2 AB+1 3

⃗

AC^⃗ =2AI^⃗

⇔AI^⃗ =1

4 AB^⃗ +1 6 AC^⃗

0.5 0.5 0.5 0.5

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 Năm học 2016 – 2017

*** Môn thi: Toán - Khối 10

( Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1 (5.0 điểm). Cho phương trình:



^m^³



^x²^²



^m^¹



^{x m}^{ }⁰

1. Tìm m để phương trình có nghiệm

2. Khi phương trình có hai nghiệm x x¹; ², tìm a để biểu thức F 



x1a x

 

2a



không phụ thuộc vào m.

Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:

1.

2 2 13

4 2

4

x x

   



2.



²



2 1 5

2 2 2

x x

   

 

3. ² ²

1 1 2

2 1

4 4 2 5 0

x y x y

x y xy x y

  

   

      



(12)

Câu 3 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích tam giác ABC,

chứng minh rằng :

 

2

2 cot cot S c

A B

 

Câu 4 (2.0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho

1 1 1

, ,

3 3 3

AM  AB BN  BC CE CA

. Chứng minh rằng:    ^{AN BE CM}^ ^ ^⁰

Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ³^{;3 ;}

 

^6;0

A2  B

 

  . Viết phương

trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho tứ giác MNEF là hình vuông.

Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn

abc  1

. Chứng minh rằng:

     

3 3 3 3

1 1 1 2

a b c

b c c a  a b 

   .

………Hết………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh...;Số báo danh…...

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 Năm học 2016- 2017

Câu Đáp án Điểm

1

(5đ) Cho phương trình:



^m^³



^x²^²



^m^¹



^{x m}^{ }⁰

1. Tìm m để phương trình có nghiệm ^3.0

TH1. Nếu ^m^{  }^{3 0} ^m^{ }³, pt trở thành:

4 3 0 3

x   x 4

là nghiệm

m 3 thỏa mãn.

1.0 TH2. Nếu ^m^{    }^{3 0} ^m ³

Ta có ^{ }^'



^m^¹



²^^{m m}



^³



^{ }¹ ^m ^1.0

Pt đã cho có nghiệm        ^' 0 1 m 0 m 1

kết hợp 2 TH trên ta được m cần tìm là m1 1.0

2. Khi phương trình có hai nghiệm x x¹; ², tìm a để biểu thức



1

 

2



F  x a x a

không phụ thuộc vào m.

2.0

(13)

Với

3 1 m m

  

  phương trình có hai nghiệm x x¹; ² , khi đó theo định lí

vi-et ta có:

1 2

2( 1) 3 3 x x m

m x x m

m

   

 

 

 

 , ta có:



1

 

2



1 2 ( 1 2) ²

F  x a x a x x a x x a ₌_m^m_₃^^{2 (}^{a m}_m_^₃¹⁾^^a²

1.0

2 2 2

2 2 3 2 ( 3) 4 3 4 3

3 3 1 2 3

m am a m a m a a

a a a a

m m m

       

       

  

F không phụ thuộc vào m

4 3 0 3

a a 4

     1.0

2

(8đ) 1.

2 2 13

4 2

4

x x

   

 3.0

Đk :

4 0

2 4

2 0

x x

x

  

   

  



pt ^x²^²^x^^{13 4. 4}^



^^{x x}

 

^²



x²2x13 4  x² 2x8

0.5

đặt t  x² 2x8 ( đk t0). Ta có phương trình:

2 2

8 t 13 4 t  t 4t 21 0

0.5 7

3 t t

  

   kết hợp với điều kiện ta được t = 3 1.0

với t =3 ^{  }^x² ²^x^{    }^{8 3} ^x² ²^x^{  }^{8 9}



^x^¹



² ^{  }⁰ ^x ¹_(TM). 1.0

2.



²



2 1 5

2 2 2

x x

   

  3.0

Đk x > 2

bpt ^ ²



^x²^{   }¹



^x ^{2 5} ^ ²



^x²^{  }¹



⁷ ^x ^1.0

kết hợp với đk ta có bpt



²

  

² ²

7 0 7 0

2 2

14 51 0

2 1 7

x x

     

 

   

       



7

2 2 3

17 3

x

x x

x

 

    

  



1.0

(14)

Vậy tập nghiệm của bpt đã cho là: ^S ^



^2;3



3. ² ²

1 1 2

2 1

4 4 2 5 0

x y x y

x y xy x y

  

   

      



2.0

Đk:

2 1

0 x

y x y

  

 

  



hpt

 

² ² ²

2 2

2 2 1 2

2 1

2( ) ( 2) 1 2

x y x y x y x y

x y

x y x y

x y x y

  

         

   

 

     

          

      

đặt

2 1 a x y

x b x y

y

  

 



  

 

 (ĐK a, b > 0) , ta có hệ: ⁴ ⁴ 2

1 1

+ =2 a b

a b

  





0.5

 

²

4 4 4 4 2 2 2 4 4

2 2

2 ( ) 2 2 2

a b a b

a b a b a b ab a b a b

  

   

 

     

 

 

² ^{2 2} ^{4 4} ^{4 4} ^{2 2}

2 2

8 8

4 2 2 2

a b a b

a b a b ab ab a b a b

     

 

  

  

 



0.5

   

2 2 2 2 2 2

2 2

1 8 1 0 ( 1) ( 1) 8 0

a b a b

a b a b ab ab a b ab

   

 

 

           2

1 a b ab

  

   ( vì a, b > 0)

1 1 a b

 

  

0.5

với

1 2 1 2 1

1 1 2

1 1 x y

a x x y x x

b x y x y y y

y

  

       

   

         

      (thỏa mãn)

0.5

3

(2đ) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi S là diện tích tam giác

ABC, chứng minh rằng :

 

2

4 cot cot S c

A B

 

2.0

(15)

Ta có :

2 2 2

sin 2

cos 2

A a R

b c a

A bc

 

  

 



2 2 2

cosA 2

cot sin

2 b c a A bc

A a

R

 

   0.5

2 2 2 2 2 2 2 2 2

( )

4. 4 4

b c a R b c a b c a

abc abc S

R

     

  

0.5

tương tự ta cũng có:

2 2 2

cot 4

a c b

B S

 

 

, do đó

2 2 2 2 2 2 2

cot cot

4 4 2

b c a a c b c

A B

S S S

   

    

0.5



 

2

2 cot cot S c

A B

  ^0.5

4

(2đ) Cho tam giác ABC, lấy các điểm M, N, E trên các đoạn AB, BC, CA sao cho

1 1 1

, ,

3 3 3

AM  AB BN  BC CE CA

. Chứng minh rằng:    ^{AN BE CM}^ ^ ^⁰ 2.0 Từ gt ta có:

1 1

3 3

BN  BCAN AB  BC

    

1 1

3 3

CE CABE BC   CA

1 1

3 3

AM  ABCM CA  AB

    

1.0

cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

( ) 1( )

AN BE CM   AB BC CA  3 BC CA AB 

        

0.5 mà     AB BC CA AA   ⁰

và BC CA AB BB       ⁰ ,

nên    ^{AN BE CM}^ ^ ^⁰ 0.5

5

(2đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ³^{;3 ;}

 

^6;0

A2  B

 

  . Viết

phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình vuông.

2.0

*) Viết pt đường thẳng AB:

ta có AB có vtcp là ^{( ; 3)}⁹ ³



^{3; 2}



2 2

AB   



 AB có vtpt là : ⁿ^ ^

 

^2;3 ^0.5

 pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = 0  pt AB: 2x + 3y -12 = 0 0.5

*) Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình vuông.

Gọi H là hình chiếu của A trên Ox, do MNEF là hình vuông nên ta có:

MF //AH // NE ^0.5

(16)

MF OM OA AM 1 AM

AH OA OA OA

     1 MN 1 MF

OB OB

   

1 2

3 6

MF MF

   MF  y_M  2 x_M 1 và ^y^N ^{ }² ^x^N ^³

khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0) ^0.5

6

(1đ) Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn

abc  1

chứng minh rằng:

     

3 3 3 3

1 1 1 2

a b c

b c c a a b 

  

1.0 do a, b, c là ba số thực dương nên áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

3 3

1 3 1 3

3. . .

( 1) 2 4 ( 1) 2 4 2

a b c a b c a

b c b c

 

   

  ; tương tự ta cũng có:

3 1 3

( 1) 2 4 2

b c a b

c a

   



3 1 3

( 1) 2 4 2

c a b c

a b

   



0.5

cộng theo vế các bđt trên ta được:

VT +

3 3( )

2 4 2

a b c a b c       a b c  ³( ) ³

4 4

VT a b c

    

mà a b c  3³ abc 3 nên

9 3 3

4 4 2

VT     đpcm

0.5

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4 Năm học 2015 – 2016

*** Môn thi: Toán - Khối 10

( Thời gian làm bài: 120 phút)

x A

B F

M N

O E y

(17)

Câu 1 (5.0 điểm). Cho hàm số

y x 

²

 2  m  1  x  4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x¹; ² thỏa mãn

1 2 4

x  x  .

2. Tìm m để

y  0

_{với mọi}

x    1; 2

.

Câu 2 (8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:

1.



^x^^{5 2}

 

^^x



^^3. ^x²^³^x

2.

2( 1) 2 2 7

x x

x

   



3.

   

2 2 2

2 2

1 2 1 3

1

x y y x x

x x y y

     



  



Câu 3 (2.0 điểm). Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin 2sin sin 2cos os

B C

A B c C

 



Câu 4 (2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QM. Chứng minh rằng: MB NC PD QA       0

Câu 5 (2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1 = 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC.

Câu 6 (1.0 điểm). Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn ⁴



^{a b c}^{ }



^³^abc chứng minh rằng:

3 3 3

1 1 1 3

8 a  b  c 

.

………Hết………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh...;Số báo danh…...

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10 Năm Học 2015- 2016

Câu Đáp án Điểm

(18)

1

(5đ) Cho hàm số

y x 

²

 2  m  1  x  4

1. Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x¹; ² thỏa mãn x¹  x² 4

.

3.0

xét phương trình:

x

²

 2  m  1  x   4 0 (*)

để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x¹; ² thỏa mãn

1 2 4

x  x 

trước hết pt (*) có hai nghiệm phân biệt x x¹; ² thỏa mãn x x¹; ²  0

 

' 0 1 2 4 0

0 2 1 0

0 4 0

m

s m

p

   

  

 

    

   

 

1.0



1

1 3

1 m

m m

m

 

    

  

 ; theo định lí viet ta có:

1 2

2( 1)

. 4

x x m

x x

  

 



1.0

1 2 4

x  x  _{ }_x₁ _x₂_₂ _{x x}₁_. ₂ _₁₆_₂₍_m_{  }_{1) 4 16}_{ }_m ₅

(TM) 1.0

2. Tìm m để

y  0

_{với mọi}

x    1; 2

_. 2.0

để

y  0

_{với mọi}

x    1;2

_đồ thị hàm số nằm dưới trục hoành với

mọi

x    1;2

_

' 0

(1) 0 (2) 0 y y

  

 



1.0

1 1 3 3

3 3

3 2 0

2 2

4 4 0 1

m m m m

m m m

m m

 

    

   

 

      

 

    

 

 

1.0

2

(8đ) 1.



^x^^{5 2}

 

^^x



^^3. ^x² ^³^x _3.0

Đk : x²3x0

pt x²3x3. x²3x10 0 0.5

đặt t x²3x ( đk t0). Ta có phương trình: t² 3 10 0t  0.5 2

5 t t

 

    kết hợp với điều kiện ta được t = 2

1.0

(19)

với t =2

2 2 1

3 2 3 4 0

4

x x x x x

x

 

           (TM). 1.0

2.

2( 1) 2 2 7

x x

x

   

 3.0

Đk x > 2

bpt ^^2.



^x^{   }¹



^x ^{2 7.} ^x^² __7. _x_{ }_{2 3}_x_₄ ^1.0

vì x > 2 nên 2 vế đều dương, do đó

bpt 49(x 2) 9x²24x16

2

6

9 73 114 0 19

9 x

x x

x

 

    

 

kết hợp với đk ta được 2 19

9 6 x x

  



   tập nghiệm của bpt là:

S = ( 2;

19

9 ) (6; )

1.0

3.

   

2 2 2

2 2

1 2 1 3

1

x y y x x

x x y y

     



  

 ^2.0

hpt

2 2 2 2 2

( 2 ) 2 ( 1) 3 ( ) 2( ) 3

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

x y x y x y x xy x xy y

x x y y xy x xy y

          

 

     

 

đặt

a xy x b xy y

 

  

 , ta có hệ:

2 2 3 1

a b

ab

  

 



0.5

2 2 3 2

3 3 2 0 ( 1) ( 2) 0

1 1

1

a a a a a

a

b b

b a a a

          

  

  

 

   



1 1 a b

 

   hoặc

2 1 2 a b

  

  



0.5

với

1 1 1 5

1 1 2

a xy x

x y

b xy y

  

     

    

  0.5

với

2 2 2 ( 3) 2

1 1 3 23

2 2 2

2

a xy x xy x x x x

b xy y x y

y x

            

   

   

           

     

   

2 2 5 4 0

3 2 x x y x

   



   (vô nghiệm)

0.5

(20)

3 (2đ)

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin 2sin sin 2cos os

B C

A B c C

 

 ₍₁₎

2.0

Ta có: (1)

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2

2 2. 2

2 2

b c

a R R a a c b a b c b c

a c b a b c

R ac ab

ac ab

      

          

1.0

2 2 2 2 2 2

( 2 ) ( ) 0

2

a c b a b c

c b

   

     ² ² ² ² ² ² 0

2

a b c a b c

c b

   

   0.5



^a² ^b² ^c²



^.^¹_c ₂¹_b^ ⁰ ^a² ^b² ^c²

          tam giác ABC vuông tại A 0.5

4

(2đ) Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D lần lượt là trung điểm của MN, NP, PQ, QN.

Chứng minh rằng: MB NC PD QA       0 2.0 Theo quy tắc trung điểm ta có:

 

1.

MB2 MN MP

  

; ^^NC^¹₂^.



^{ }^{NQ NP}^



;

 

1.

PD 2 PM PQ

  

; ^QA^^¹₂^.



^{QM QN}^{ }^



^1.0

cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

VT = ¹₂



QM MN NQ PM     

 

 QN NP PQ MP     



 0.5

=

1 1

2QQ PM QQ MP      2PP 0

= VP 0.5

5 (2đ)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng chứa đường cao từ B và đường trung tuyến từ C lần lượt có phương trình x + y + 1

= 0 ; 2x - y - 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác ABC. 2.0 Tọa độ điểm B:

vì B đt: x + y + 1 = 0 B(b; -b - 1) gọi M là trung điểm của AB ta có

3 1

2 ; 2

b b

M    

 

 

0.5

vì Mđt: 2x - y -2 = 0 

3 1 2 0 1

2

b b     b

 B(-1; 0) 0.5

Tọa độ điểm C:

vì AC đi qua A(3; 0) và vuông góc với đt: x + y + 1 = 0 nên ta có:

pt AC: x - y - 3 = 0

0.5

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt:

3 0 1

( 1; 4)

2 2 0 4

x y x

x y y C

    

 

   

      

  0.5

6

(1đ) Biết a, b, c là ba số thực dương, thỏa mãn ⁴



^{a b c}^{ }



^³^abc chứng 1.0

(21)

minh rằng: ³ ³ ³

1 1 1 3

8 a  b  c 

từ gt ta có:

1 1 1 3

4 ab bc ca   áp dụng bđt TBC- TBN ta có:

3 3 3 3 3

1 1 1 1 1 1 3 1

3. . . .

8 8 2

a b   a b  ab

; tương tự ta cũng có:

3 3

1 1 1 3 1

8 2. b c   bc

3 3

1 1 1 3 1

8 2. c a   ca

0.5

cộng theo vế các bđt trên ta được:

2.VT +

3 3 1 1 1

8 2. ab bc ca

 

    

3 3 3 3

2. .

8 2 4 8

VT VT

     

đpcm

0.5

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC

Môn thi: TOÁN 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải bất phương trình.

2x−1

√

⁴^x⁺¹⁺

√

^x^−1<

√

³^x⁻²

.

b) Giải hệ phương trình

{ x 3 −2 x y 2 +2 x y 2 = 1 y 3 ¿¿¿¿

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số :

y= √ x−2 √ x −1

.

b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P):

y= x

²

+ mx +1

tại hai điểm P ,Q mà đoạn PQ = 3.

Câu 3 (3,0 điểm).

Q= x

√ 1−x +

y

√ 1− y

.

Câu 4 (4,0 điểm).

(22)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC

=4 √ 2

,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; −5

3 ) và N(0;

18

7 ). Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hoành độ dương.

Câu 5 (4,0 điểm).

a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

1+cosB

sinB = 2a+c

√

⁴^a²^−c²

b) Cho hình vuông ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng minh rằng : DM

⃗

.DC^⃗ +CM^⃗ .CD^⃗ không đổi khi M di động trên cạnh AB.

⃗

---Hết---

(23)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10 TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 a) Giải bất phương trình:

2x−1

√

⁴^x+¹⁺

√

^x−1^<

√

³^x⁻²

(1)

2,5

ĐK: x  1 (*).

Khi đó: (1) 

2x−1

√

⁴^x+¹^<

√

³^x⁻²⁻

√

^x−1



2x−1

√

⁴^x+¹^<

2x−1

√

³^x⁻²⁺

√

^x⁻¹



√ 3 x −2+ √ x−1 < √ 4 x+ 1

_(do ^x≥1 ₎



√ (3 x−2)( x−1 )<2

 3x²−5x−2<0

⇔−1 3<x<2

Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm của bất phương trình là ^1≤x^<2 Vậy (1) có nghiệm: 1≤x<2

0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0.25 0.25

b) Giải hệ phương trình

{ x 3 −2 x y 2 +2 x y 2 = 1 y 3 ¿¿¿¿

^2,5

Điều kiện:

y≠0

_.

{ x 3 −2 x y 2 +2 x y 2 = 1 y 3 ¿¿¿¿ ⇔¿ { x 3 − y 1 3 −2 x y ( x− 1

y )= 0 ¿¿¿

(I)

⇔¿ { ( x− 1 y ) 3 + x y ( x− 1 y )=0 ¿¿¿

Đặt

u=x − 1 y ,v= x

y

, hệ phương trình trở thành:

{ u 3 +uv =0 ¿¿¿¿

0.25 0,25 0,25

0,25

(24)

⇔¿ { u (u 2 + v )=0 ¿¿¿ ⇔ ¿ [

¿ { u =0 ¿¿¿¿

⇔ ¿ [

¿ { u=0 ¿¿¿¿

⇔¿ { u =0 ¿¿¿

⇔¿ { x− 1 y =0 ¿¿¿

⇔¿ [

¿ { x=−1 ¿¿¿¿

(thỏa điều kiện)

Vậy, hệ đã cho có nghiệm (x,y) là : (-1 ;-1) ; (1 ;1)

0,25

0,25 0,25 0.25

Câu 2 Nội dung Điểm

4,0 a) Tìm tập xác định của hàm số :

y= √ x−2 √ x −1

^1,0

Viết lại:

y= √ x−1−2 √ x−1+1= √ ( √ x−1 −1)

²

=| √ x−1−1|

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi : ^x^−1≥0 Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = [1 ; +)

0,25 0,25 0,25 0,25 b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P):

y= x

²

+ mx +1

_{tại hai}

điểm P ,Q mà đoạn PQ = 3. 3,0

PT hoành độ giao điểm của (P) và d là: x²+mx+1=x−1

 x²+(m−1)x+2=0 ₍₁₎

(P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt P, Q khi và chỉ khi:

PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0 ⇔m²−2m−7>0

⇔m<1−2 √ 2

_hoặc

m >1+ 2 √ 2

Gọi

x

P,

x

Q là 2 nghiệm của (1)

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

(25)

Ta có PQ =3 ^⇔

( x

Q−

x

P)²+

( y

Q−

y

P)²=9

⇔

( x

Q−

x

P)²+(

x

Q−1−

x

P+1)²=9

⇔

( x

Q+

x

P)²−4

x

P

x

Q=9 2

⇔m=1±5

√

²

2 _(chọn)

0,5 0,5 0,5

Câu 3

3,0 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

Q= x

√ 1−x +

y

√ 1− y

.

Viết lại

Q= x−1 +1

√ 1− x +

y−1+1

√ 1 − y =

1

√ 1−x +

1

√ 1− y −( √ 1− x + √ 1− y )

^0,5

0,25

Theo Cô si:

1

√

¹⁻^x⁺

1

√

¹⁻^y^≥

2

√

4⁽¹⁻^x⁾⁽¹⁻^y⁾^≥

2

√

¹⁻^x+1−² ^y⁼²

√

² ⁽¹⁾

( Do x+y=1 )

0,5 0,5 Theo Bunhiacopski:

√ 1− x+ √ 1 − y≤ √ 2 √ 1 −x +1− y = √ 2

( Do x+y=1 ) (2) 0,5

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có :

Q≥ √ 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

{ 1−x=1− y ¿¿¿¿

^⇔^x=^y⁼¹₂

Vậy minQ =

√ 2

0.5 0.25 Câu 4

4,0 Phương trình đường thẳng ^Δ qua N và vuông góc với AH là x−y=−18

7

Tọa độ giao điểm I của AH với ^Δ là nghiệm của hệ PT

{ x − y =− 18 7 ¿ ¿ ¿ ¿

Gọi N1 là giao điểm của ^Δ và AB, suy ra N₁(−4 7:2)

0,5

0,5 0,25 0,25

(26)

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

{ 7x+3y = 2 ¿ ¿¿¿

Giả sử B(b;2−7b 3 ) Khi đó d(B , AH)=1

2BC=2

√

²

⇒ |4 b +4|

3 √ 2 =2 √ 2⇒ ¿ [ b =2 ⇒ B (2 ;−4 )

[ b=−4 (loai) [¿

PT đường thẳng BC: x-y = 6

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ

{ x-y = 6 ¿ ¿ ¿ ¿

0.25 0,5 0.5 0.5 0.25

0.5

Câu Nội dung Điểm

Câu 5

4,0 a) . a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

1+cosB

sinB = 2a+c

√

⁴^a²^−c² ₍₁₎

2,0

.

Nhận thấy cả hai vế của (1) đều dương nên bình phương hai vế ta có (1+cosB)²

sin²B =(2a+c)² 4a²−c²

⇔

(1+cosB)²

1−cos²B = (2a+c)² (2a−c)(2a+c)

⇔1+cosB

1−cosB=2a+c 2a−c

⇔1+cosB

1−cosB=2a+c 2a−c

⇔1+cosB

2 =2a+c 4a

⇔cosB= c

2a ⇔2accosB=c²

⇔a²+c²−b²=c²

⇔a=b ⇔ Tam giác ABC cân tại C

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0.25 b) ) Cho hình vuông ABCD cạnh a . M là điểm trên cạnh AB. Chứng minh

rằng DM^⃗ .DC^⃗ +CM^⃗ .CD^⃗ không đổi khi M di động trên cạnh AB.

⃗

2,0

(27)

Do

AM

^⃗

,DC

^⃗ cùng hướng, ta có:

DM

⃗

.DC^⃗ =(DA^⃗ +AM^⃗ )DC^⃗ =AM^⃗ .DC^⃗ =AM.DC CM

⃗

.CD^⃗ =(CB^⃗ +BM<