Đề Thi Và Đáp Án Olympic Toán 10 Tỉnh Quảng Nam 2015-2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM KỲ THI OLYMPIC 24–3

LẦN THỨ NHẤT Môn thi: TOÁN 10

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải phương trình 3x 4  x 2 x 3   . b) Giải hệ phương trình

 

 

2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21 3x 2y 1 x 20.

    



  



Câu 2 (3,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số : _{y x}³_3x²_4.

b) Cho hai hàm số y x ²2x 3 và ^{y 4x m } (m là tham số). Tìm m để đồ thị các hàm số

trên cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

Câu 3 (3,0 điểm).

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

 

 

 

3 2 2 3 2 2 3 2 2

2x 3y z 2y 3z x 2z 3x y

P .

3 z x 1 3 x y 1 3 y z 1

     

  

  

Câu 4 (2,0 điểm).

Trên đường tròn có bán kính bằng 1 ta lấy 17 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất ba điểm tạo thành ba đỉnh của một tam giác có diện tích nhỏ hơn ¹

20. Câu 5 (4,0 điểm).

a) Cho tam giác ABC vuông tại B có ^A 60⁰. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là điểm thỏa mãn ^{AN 2AC}

5

 

. Chứng minh AM  BN.

b) Cho hai đường tròn (O1; r) và (O2; R) tiếp xúc trong tại A ( r < R ). Qua điểm A vẽ cát tuyến cắt (O1) tại B và cắt (O2) tại C (B; C khác A). Một đường tròn (T) thay đổi luôn qua B và C cắt (O2) ở D (D khác C) và cắt (O1) ở E (E khác B). Gọi M là giao điểm của CD và BE.

Chứng minh điểm M luôn di động trên một đường thẳng cố định.

Câu 6 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T) có đường chéo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLYMPIC 24–3 QUẢNG NAM LẦN THỨ NHẤT Môn thi: TOÁN 10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

5,0 Giải phương trình: 3x 4  x 2 x 3   (1) 2,0 ĐK: x  4/3 (*).

Khi đó: (1)  ^{2x 6 x 3} 3x 4 x 2

  

  

 x 3 (thoa (*))

3x 4 x 2 2 (2)

 

    



(2)  (3x 4)(x 2) 3 2x     x² – 14x + 17 = 0 và x ≤ 3/2

 x 7 4 2  (thỏa (*)). Vậy (1) có 2 nghiệm: x = 3 và x 7 4 2  .

0,25 0,5 0,5 0.25 0,25 0,25 b) Giải hệ phương trình

 

 

2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21 3x 2y 1 x 20.

    



  

 3,0

 

 

2 2

2 2

3x 2y 1 4y 4y 21 3x 2y 1 x 20

    



  



   

 

2 2

2 2

3x 2y 1 2y 1 20 3x 2y 1 x 20

    

 

  



(I) Đặt t = 2y – 1 thì hệ (I) trở thành:

2 2

2 2

3x t t 20 (1) 3xt x 20 (2)

  



 



Nếu (x ; t) là nghiệm của hệ trên thì x > 0 và t > 0.

Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2

3xt(x t) t  x (x t)(3xt x t) 0 (1)   

^{ x t} (vì x > 0, t > 0 nên 3xt + x+t > 0) Thay t = x vào (1) ta được: 3x³ = x² + 20.

3x³x²20 0 (x 2)(3x ²5x 10) 0   x = 2

khi đó x = 2  2y – 1 = 2  ^{y 3}

 2 Vậy, hệ đã cho có nghiệm





2

 

  

0.5

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

Câu Nội dung Điểm Câu 2

3,0 a) Tìm tập xác định của hàm số : _{y x}³_3x²_4 1,0 Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi : x³3x² 4 0

(x 2) (x 1) 02

   

x 2 x 2

x 1 0 x 1

   

 

    

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = {–2}  [1 ; +)

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

b) Tìm m … 2,0

Gọi (P) là parabol y x ²2x 3 và d là đường thẳng ^{y 4x m }

PT hoành độ g/đ của (P) và d là: x²2x 3 4x m   x²2x m 3 0   (1) (P) và d cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi:

PT (1) có hai nghiệm phân biệt    ' 0 m 4 Gọi x ; xA B là 2 nghiệm của (1), I là trung điểm AB nên:

A B

I x x

x 1

2

   ; yI 4xI  m m 4.

I I

d(I;Ox) d(I;Oy)  y  x

m 4 1 m 3 hoac m 5

        Kết hợp với m > – 4 ta được m = –3.

0.25 0.5

0.5 0.25 0.25 0.25 Câu 3

3,0

Tìm GTLN

Ta có 2x 3y z x 2y 3     



 

 





 



Khi đó







 



Tương tự cho hai hạng tử còn lại

0,5 0,25 0.25 Do xz x z 3 x z , x 0, z 0   ^{3 2 2}    . (bất đẳng thức Côsi) nên:

     

     

 

3 2 2

3 2 2

2x 3y z 27 x 1 y 1 y 1 z 1 x 1 27 z 1 3 z x 1

    

 

  

 .

Tương tự cho hai hạng tử còn lại

0,5 0.25

 

   

   

 

 

2 2 2

2

y 1 z 1 x 1

P

27 z 1 x 1 y 1 x y z 3

x y z 3 6

  

  

  

  

     

0,25 0.5

ít nhất 3 điểm, giả sử 3 điểm đó là M,N, P. ( với _AB ^1CV_(O)

8

 )

Ta có S_MNPSvp ( Svp diện tích viên phân)

Mà S_vp S_q S _OAB ^{2 2 2}

8 4 8

   

    

Vậy có ít nhất 3 điểm trong 17 điểm đã cho lập thành 1 tam giác có diện tích nhỏ hơn ^{2 2} 3, 2 2.1, 4 1

8 8 20

  

  .

0,5 0,25 0.25

0,5

Câu Nội dung Điểm

Câu 5 40

a) 2,0

M C

B

A N

Giả sử AB = 1 thì BC 3 AN 2AC

 5

 

=>^{BN BA 2(BC BA)}

 5 

   

=>5BN 3BA 2BC  

AM AB BM 

  =^{AB 1BC}

2

 

2AM 2AB BC  

   

2 2

10AM.BN 3BA 2BC 2BA BC 6AB 2BC (do BA BC)

   

   

     

= –6 + 6 = 0 Vậy: AM  BN

0,25 0,25 0,25

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

Chứng minh M di động trên đường cố định 2,0

M

E A B

O1 O2

C D

Ta có: PM/(T) =MD.MC= MB.ME

M/(O )2

P = MD.MC PM/(O )₁ = MB.ME Suy ra: PM/(O )₂ = PM/(O )₁

=> M nằm trên trục đẳng phương của (O1), và (O2) nên MA là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O1)(O2)

 M di động trên đường thẳng cố định là

tiếp tuyến tại A

0.25 0.25 0.25 0.25

0.5 0.5

Câu 6 a)

3,0

H

M(3;1)

C(4;-2) A

B D

E(-1;-3)

F(1;3)

+ Gọi H là trực tâm tam giác ABD, ta có AB  BC  DH qua E + Chứng minh được tứ giác BHDC là hình bình hành

+ C và H đối xứng qua M, tìm được H(2;0).

+ Viết được PT đường thẳng DH: x –y –2=0.

+ Viết được PT đường thẳng AB : x + y – 4 = 0.

+Gọi B(b; 4 – b ) thuộc AB. Vì M là trung điểm BD, suy ra D(6 – b; b – 6 ).

D nằm trên DH nên ta có (6 – b ) – (b – 6 ) – 2 = 0 hay b = 5.

Suy ra : D(1 ; – 1 ) và B(5 ; – 1 ).

+Đường cao (AH) đi qua H(2; 0) và vuông góc BD nên có PT : x – 2 =0.

+ A là giao điểm của AH và AB nên A(2;2).

0,25 0,5 0,25

0.5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25