Đề Thi Và Đáp Án Olympic Toán 10 Tỉnh Quảng Nam năm 2017-2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2017 – 2018

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 29/3/2018

Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải bất phương trình 5 x   4 2( x   1) x b) Giải hệ phương trình

3

3 2 2 4

2 16 8 ( 1) 5

x y y x

x x x y y x

    



     



Câu 2 (4,0 điểm).

a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y x 

 x x |   1| 2 x

b) Cho parabol (P) có phương trình y ax 

 bx c a  ,  0 và đường thẳng d có phương trình y    2 x 2 . Tìm các hệ số a, b, c biết đỉnh A của (P) thuộc đường thẳng

, đồng thời (P) cắt đường thẳng d tại điểm thứ hai là B sao cho AB  5 và OA = OB (O là gốc tọa độ).

Câu 3 (4,0 điểm).

a) Cho ba số thực dương x, y, z. Chứng minh:

2 1 1

1 1 1

1 ( )

2

x y x z

x y z

 

   

  

.

b) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức:

1

1

1

2 2 2 2 2 2

P  a b c  a b c  a b a

        

Câu 4 (3,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là trọng tâm tam giác ABM,

là điểm nằm trên đoạn thẳng MC sao cho GA = GD. Biết phương trình đường thẳng AG là 3 x y   13 0  .

a) Tìm tọa độ điểm A biết hoành độ của nó nhỏ hơn 4.

b) Viết phương trình đường thẳng AB.

Câu 5 (4,0 điểm).

a) Cho góc xOy có số đo bằng   0

   180

 . Trên các tia Ox, Oy lần lượt lấy các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB không đổi và bằng S. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn AB theo  và S.

b) Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

i) Chứng minh rằng: OH OA OB OC        .

ĐỀ CHÍNH THỨC

ii) Đặt BC = a, CA = b, AB = c. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, c sao cho OH vuông góc với trung tuyến vẽ từ đỉnh A của tam giác ABC.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

KỲ THI OLYMPIC 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 bất phương trình 5x 4 2(x 1) x 2,0

Điều kiện: x1 0,25

+ Bpt đã cho tương đương với 5x 4 2(x 1) x 0,25

+ Bình phương 2 vế và thu gọn ta được bpt: 2x²2x x 3

0,5

₂1 ₂

2 2 ( 3)

x

x x x

 

     0,25

2

1

8 9 0

x

x x

 

     . 0,25

1

1 9

x x

 

    0,25

  1 x 9

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là ^{S }

 

b) Giải hệ phương trình

3

3 2 2 4 (1)

2 16 8 ( 1) 5 (2)

x y y x

x x x y y x

    



     

 3,0

Điều kiện: 2x y 0 và x³16x8y0. 0,25

+ Đặt t 2x y t ( 0), pt (1) trở thành: 3t  t² 4 0,25 1

4 t t

 

    so với điều kiện loại t= -4 0,25 + Với t1 thì y2x1, thay vào phương trình (2) ta được: x³ 8 2x² 5x6 0,25 Điều kiện: x 2. Khi đó, ta có: x³ 8 2x²5x6

2 2

(x 2)(x 2x 4) 2(x 2x 4) (x 2)

         0,5

2 2

2 2

2 4 2 2 4

x x

x x x x

 

  

    (vì ^{x22x 4}





+ Đặt ² 2

( 0)

2 4

u x u

x x

  

  , pt trên trở thành: u 2 u²

. Giải được u = 1.

0,25

+ Với u = 1, ta được ₂ 2 ²

1 3 2 0

2 4

x x x

x x

     

 

1 ( 2 ( x x

 

  

thoa) thoa)

0,25 0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ¹ 1 x y

 

  và ² 3 x y

 

  . 0,25

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y x ²x x|  1| 2x 1,5

Ta có

2 2 3 1

1 x x khi x

y x khi x

   

   

0,25

+ Vẽ được đồ thị của hàm số y = 2x² + 3x với x ≥ -1

( đúng dạng 0.25 ;phải qua 3 điểm đặc biệt 0.25) 0,5

+ Vẽ được đồ thị của hàm số y = x với x < - 1. 0,25

+ Lập được bảng biến thiên ( phải đầy đủ dấu , chiều biến thiên và điểm đặc biết) 0,5

b) Cho parabol (P) có phương trình y ax ²bx c a , 0 và đường thẳng d có phương trình y  2x 2. Tìm các hệ số a, b, c biết đỉnh A của (P) thuộc đường thẳng d, đồng thời (P) cắt đường thẳng d tại điểm thứ hai là B sao cho AB 5 và OA = OB (O là gốc tọa độ).

2,5

+ Với A d nên A m( ; 2 m2)_{. 0,25}

+ A là đỉnh của (P) nên phương trình của (P) được viết lại :

  2   0,25

(x m ax am)( 2) 0

     _0,25

2 x m x m a

 



  



0,25

+ Hai giao điểm của (P) và d là A m( ; 2m 2),B m 2; 2m 2 4

a a

 

        ^0,25

2 2

2 4

5 5

AB a a

   

        0,25

 a 2 (a 0) 0,25

2 ( 2 2)2 ( 1)2 ( 2 4)2

OA OB m   m  m   m 13 m 10

  0,25

+ Với 13

2, 10

a m ta có phương trình của (P) : ² 26 139

2 5 50

y  x  x

Kết luận 26 139

2, ,

5 50

a b  c

0,25

Câu 3 (4,0

điểm) a

)

2 1 1

1 1 1

1 ( )

2

x y x z

x y z

 

   

   . 1,0

+a) Đặt u = x+y+1; v = x + z +1, BĐT cần chứng minh tương đương với:

4 1 1

(u 0;v 0) u v  u v  

 . (0.25)

Ta có ^{4 1 1}





u v   u v  



^





1,0

b)Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

3 3 3 3 3 2 3 3 2

1 1 1

2 2 2 2 2 2

P a b c a b c a b a

        

3.0

+ Áp dụng BĐT: 1 1 1 1

( 0, 0)

4 u v

u v u v

 

     

   . Ta có

3 3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

2a b c 2 4 a b 1 a c 1

 

   

         (0.25) Tương tự cho hai biểu thức còn lại

Suy ra:

3 3 3 3 3 3

1 1 1 1

2 1 1 1

P a b a c b c

 

           (0.25)

0,5

Mặt khác ta có: _{(a b a b )(  )}² _0 nên _a³_b³ _{ab a b(  )} (0.25)

3 3 1 ( ) ( )

a b ab a b abc ab a b c

         (0.25)

3 3

1 1

1 ( )

a b ab a b c

 

    (0.25)

Tương tư:

3 3

1 1

1 ( )

b c bc a b c

    ,

3 3

1 1

1 ( )

a c ac a b c

    (0.25)

1.0

Do đó:

     

1 1 1 1 1 1 1 1 1

. .

2 ) 2

P ab a b c bc a b c ca a b c a b c ab bc ac

   

                

0,5

1 1 1

( )

2 2

P c a b

a b c

    

  ( vì abc = 1) 0,5

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1. 0,25

Vậy maxP = 1

2 0,25

Câu 4

(3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; 2) là điểm nằm trên đoạn thẳng MC sao cho GA = GD. Biết phương trình đường thẳng AG là

3 x y   13 0 

a) Tìm tọa độ điểm A biết hoành độ của nó nhỏ hơn 4.

b) Viết phương trình đường thẳng AB.

3.0

N G M

A C

B

D

a) + Gọi N là trung điểm của AB. 0,25

Ta có MN là đường trung trực của đoạn AB nên GA = GB

+ Lại có GA = GD, nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD. (0.25)

Vì góc ABD45 ê⁰n n AGD 90⁰, do đó tam giác AGD vuông cân tại G (0.25) 0,5

+ Ta có GD = d(D, AG) = 10 , suy ra AD = 20 . 0,25

+A AG nên ( ;3A x x13) (x4)

AD 20 (7x)²(11 3 ) x ² 20 0,25

Giải tìm được x = 3. ( do x < 4) Suy ra (3; 4)A  . 0,25

+ Gọi vtpt của đường thẳng AB là n a b a( ; ) ( ²b² 0) . Đường thẳng AG có vtpt '(3; 1)n 

Góc ABG là góc giữa 2 đt AB và AG nên :

2 2

3 3

. 10 10 a b a b

 

 (0.25) 0

... 3 4 0

b

a b

 

     (0.25)

0,5

+ b = 0, chọn a = 1, đt có vtpt (1;0)n

và qua (3; 4)A  có pt : x – 3 = 0

+ Tìm được (4; 1)G  , kiểm tra thấy G và D nằm về cùng một phía đối với đường thẳng này nên x – 3 = 0 chính là pt của đt AB.

0,25 0.25 + 3a = - 4b, chọn a = 4, b = - 3, đt có vtpt (4; 3)n 

và qua (3; 4)A  có pt 4x – 3y – 24 = 0

Kiểm tra thấy G và D nằm về 2 phía khác nhau đối với đường thẳng này nên 4x – 3y – 24 = 0 không phải là pt của đt AB.

0,25

Câu 5 (4,0 điểm)

a) Cho góc xOy có số đo bằng ^





b) Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

i) Chứng minh rằng:

OH OA OB OC       

.

ii) Đặt BC = a, CA = b, AB = c. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, c sao cho OH vuông góc với trung tuyến vẽ từ đỉnh A của tam giác ABC.

4,0

a) Ta có ^{AB2 OA2OB22OA OB c. . os }









Lại có 1 2

. .sin .

2 sin

OAB

S S OA OB  OA OB S

     0.25

Do đó ta được 2

 









sin sin

S c S c

AB OA OB  

 

 

    0.25

Suy ra AB nhỏ nhất khi OA =OB ( tam giác OAB cân tại O) khi đó

 

min

4 1 os

sin

S c

AB 



  0.25

b) i) Chứng minh rằng: OH OA OB OC      .

D H

M O

C B

A

1,5

Gọi AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

+ Chứng minh được tứ giác BHCD là hình bình hành.

0,25

Nên HB HC HD   

0,25 Ta có O là trung điểm của đoạn AD nên  HA HD 2HO

0,25 Suy ra HA HB HC    2HO

0,25 Ta có: OB OC  2OM AH

; tương tự OA OC BH OA OB CH       ;  

0,25 OA OB OC OH      (đpcm) 0.25 b) Đặt BC = a, CA = b, AB = c. Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, c sao cho OH vuông

góc với trung tuyến vẽ từ đỉnh A của tam giác ABC. 1,5 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA và AB.

. 0

( ).( ) 0

OH AM OH AM

OA OB OC AB AC

  

    

 

     0,25

(3OA AB AC AB AC      ).(  ) 0

3OA AB AC  .(  ) (  AB AC )² 0 0,25 3OA AB . 3OA AC AB  .  ²2  AB AC AC.  ² 0

 3AB AP. 3AC AN AB.  ²2 AB AC AC.  ² 0 0,25

2 2

2 2

3 3

2 . 0

2 2

c b

c AB AC b

       

0,25 Lại có: a² BC² ( AC AB )² b²c²2 AB AC.

2 AB AC b.  ²c²a² 0,25

Suy ra: 2a² b² c². 0,25

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.