Đề thi olympic truyền thống 304 lần XVI – năm 2010 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong môn thi: toán Khối: 1028728

Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP HỒ CHÍ MINH  KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XVI – NĂM 2010  Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Môn thi: Toán - Khối: 10 Ngày thi: 03-04-2010 Thời gian làm bài: 180 phút Ghi : Thí sinh làm câu hay nhiều tờ giấy riêng ghi rõ câu số … trang tờ giấy làm Đề có 01 trang Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình: 1 x y 9      1   1    18  3 y  y   x      x Bài 2: (4 điểm) Tìm số nguyên dương n lớn cho tồn tập hợp a1 , a2 , , an  hợp số có tính chất: i) Hai số chúng nguyên tố ii)   2n   với i = 1, 2, …, n (4 điểm) Cho M điểm tùy ý thuộc miền tam giác ABC Gọi A1, B1, C1 hình chiếu vng góc M cạnh BC, CA, AB Tìm giá trị nhỏ của: MA  MB2  MC2 P (MA1  MB1  MC1 ) Bài 3: Bài 4: (4 điểm) Cho số thực a, b, c  thỏa a  b  c   abc Chứng minh rằng: bc a   ca b   ab c   Bài 5: (4 điểm) ThuVienDeThi.com 3 abc Trong giải thi đấu thể thao, mơn thể thao có x huy chương phát n ngày thi đấu Ngày thứ người ta phát huy chương phần mười số huy chương lại Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương phần mười số huy chương lại Cứ tiếp tục, ngày thứ k người ta phát k 3  k  n  huy chương phần mười số huy chương lại Ngày sau cùng, lại n huy chương để phát Hỏi mơn thể thao có tất huy chương phát phát ngày? HẾT ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN KHỐI 10 Bài 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình: 1 x y 9      1   1    18  3 y   x   y    x Nội dung Đặt a  1 , b  Hệ phương trình thành: 3 y x  a  b3   (a  b)3  3ab(a  b)    (a  b)(1  a )(1  b)  18 (a  b)(1  a  b  ab)  18 Đặt S  a  b , P  ab Hệ phương trình thành:  S3  3PS   S3  3PS   S3  3PS  (1)      S(S  P  1)  18 S  PS  S  18 PS  18  S  S (2) Điểm điểm điểm Thế (2) vào (1), ta được: S3  3S2  3S  63   (S  1)3  64  S  (3) Thế (3) vào (2), ta được: P  điểm Từ suy (a,b) = (1;2) hay (a,b) = (2;1) 1   1 Vậy ( x, y )   ;1 hay ( x, y )  1;  8   8 điểm Bài 2: (4 điểm) ThuVienDeThi.com Tìm số nguyên dương n lớn cho tồn tập a1 , a2 , , an  hợp số có tính chất: i) ii) số chúng nguyên tố   (2n  5) với i  1, 2, , n Nội dung Giả sử tìm số nguyên dương n thỏa toán Ký hiệu qj ước nguyên tố nhỏ aj (j = 1, 2, …, n) qi giá trị lớn số qj Do số chúng nguyên tố nên qj phân biệt Suy qi ≥ pn (pn số nguyên tố thứ n) Do ta có: (2n  5)   qi2  pn2  pn  2n  Ta xét bảng sau: n 10 11 un = 2n+5 11 13 15 17 19 21 23 25 27 pn 11 13 17 19 23 29 31 Vì un + – un = pn + – pn ≥ mà p10 > u10  pn > un với n ≥ 10 Suy n  , lúc 22 ,32 ,52 , ,112 ,132 ,17 ,192 , 232  thỏa điều kiện toán Vậy n  số nguyên dương lớn thỏa yêu cầu toán ThuVienDeThi.com Điểm điểm điểm điểm điểm A (4 điểm) Cho M điểm tùy ý thuộc miền tam giác ABC Gọi A1; B1; C1 hình chiếu vng góc M cạnh BC, CA, AB Tìm giá trị nhỏ của: MA2  MB  MC P= MA1  MB1  MC1  Bài 3: C1 F E M B1 C B D A1 Cách 1: Gọi D , E , F tương ứng trung điểm cạnh BC, CA, AB điểm a2  a MA1  MB1  MC1   MA1+MB1+ Ta có: SABC = SMBC + SMCA + SMAB  a MC1 = Mặt khác: MC  MA2 AC MA2  MB AB MB  MC BC 2 2 0,5 điểm   MD   ; ME  ; MF  4 0, điểm 3a  MD2 + ME2 + MF2 = MA2  MB  MC  3a  MA  MB  MC  MD  ME  MF  = MD  ME  MF  MA1  MB1  MC1  2 2 2 0,5 điểm MA1  MB1  MC1  MA2  MB  MC Do đó: P = MA1  MB1  MC1  Mà MD  ME  MF  MA12  MB12  MC12   MA2  MB  MC  MA1  MB1  MC1  Đẳng thức xảy  M tâm tam giác ABC Vậy giá trị nhỏ P 0,5 điểm 0,5 điểm  0,25 điểm 0,25 điểm Cách 2:  Ta có: SABC = SMBC + SMCA + SMAB    MA  MB  MC     MA 2 a2 a  a MA1  MB1  MC1   MA1+MB1+MC1 = 2 điểm        MB  MC  MA.MB  MB.MC  MC.MA     MA  MB  MC  MA  MB  AB  MB  MC  BC  MC  MA  CA2  điểm  3( MA2  MB  MC )  3a  MA2  MB  MC  a (**) 0, điểm 2 2 2 2 ThuVienDeThi.com 2 a2 Từ (*) (**)  P ≥  0,5 điểm a 3         Dấu “=” xảy  MA  MB  MC   M trọng tâm tam giác ABC Vậy giá trị nhỏ P Bài 4: (4 điểm) Cho số thực a, b, c ≥ thỏa a + b + c + = abc Chứng minh rằng: bc a   ca b   ab c   Nội dung 0, điểm 0,5 điểm (1) 3 abc (2) Điểm Ta có: VT abc = 1 1  1  1 ≤ a b c   1  3       =   a b c  điểm  1 1  3    a b c  ≤ 1 1 9    a b c Mà từ giả thiết ta có 0,5 điểm 1    1 ab bc ca abc 1 1 1 1 1 1 1 Ta có:             ab bc ca  a b c  abc 27  a b c  1   ta a b c 2 3 t  t   2t3 + 9t2 – 27 ≥  (2t – 3)(t + 3)2 ≥  t ≥ 27 0,5 điểm Đặt t = Suy VT 3  9  abc Vậy bc a   ca b   ab c   3 abc ThuVienDeThi.com 1,0 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm (4 điểm) Trong giải thi đấu thể thao, môn thể thao có x huy chương phát n ngày thi đấu Ngày thứ người ta phát huy chương phần mười số huy chương lại Ngày thứ hai người ta phát hai huy chương phần mười số huy chương lại Cứ tiếp tục, ngày thứ k người ta phát k 3  k  n  huy chương phần mười số huy Bài 5: chương lại Ngày sau cùng, cịn lại n huy chương để phát Hỏi mơn thể thao có tất huy chương phát phát ngày? Nội dung Điểm 0,5 Gọi uk số huy chương lại bắt đầu ngày thi đấu thứ k ( k  1, 2, , n ) Ta có: điểm u1  x ;   u2  u1  1  (u1  1)   u1  10  10  10 18 9   u3  u2    (u2  2)   u2   u2  10 10 10  10  10 9k 9    uk  k (1) uk 1  uk   k  (uk  k )   uk  10 10 10  10  10  Tính uk theo k: Cách 1: Đặt uk  vk  pk  q , ta có: 9 (1)  vk 1  pk  p  q  vk  pk  q   k 10 10 9 9   vk 1  vk  k  p   p   q  p  q 10 10  10  10 9 10 p  10  p  Chọn p, q thỏa   p = –9 q =  q pq 0 10 90 Đặt uk  vk  9k  90 ta có: v1  u1  81  x  81 vk 1  vk với 10 k Suy ra: 9 v1  x  81; v2  v1 ; ; vk  vk 1  10 10 k 1 9 vk    ( x  81)  10   0,5 điểm un  n Cách 2: Xét uk 1  9 Ta có u     10  (2) uk (2) 10 k 1 * k 0,5 điểm u1 nghiệm 0,5 điểm Giả sử (1) có nghiệm riêng ~ uk  Ak  B ~  uk  9k  90 ThuVienDeThi.com 0,5 điểm 0,5 điểm  9 Vậy uk  x  81   10  k 1 ~ 9 uk  Cuk*  uk  Cx    10   k  10  9  uk  ( x  81)    10  n 1 k 1  9k  90 k 1  9(k  10) 10n  9 Theo giả thiết un  n  n  x  81   n  10   x  81  n 1 n    10  Vì x số nguyên dương nên suy n  x  81 ThuVienDeThi.com 0,5 điểm 0,5 điểm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG TRƯỜNG : THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; KHỐI: 10 ĐỀ THI CÂU HỎI 1: Giải phương trình x  30  1 30  30  x  30 4 ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1: • Điều kiện có nghiệm x   30  u 4 x  30  1  30  30  x ta thu hệ  • Đặt u  4 4u  30  30  x  1 30  x  30  30  u  x Giả sử x  u suy 4u  30  4 Vậy u = x thu phương trình x  30  • Đặt v  30  x ta thu hệ 30  x 4 x  30  v  4v  30  x Giả sử x  v suy 4v  30  x  30  v  x Vậy v = x thu phương trình x  x   1921   x  30  x    1921  x  32 16 x  x  30  x  32   1921 Vậy phương trình có nghiệm x  32 ThuVienDeThi.com CÂU HỎI 2: Tìm tất cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình: x3  y  xy  ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2: Nếu x = y = –2 y = x = Bây ta xét trường hợp x y khác a/ xy < ● Nếu x > y < x3  y  xy   suy x = y  y   , phương trình khơng có nghiệm ngun ● Nếu x < y > y  x3  2 xy   2 xy Mặt khác y  x3  y   x   y   x   2 xy được! b/ xy > Ta có 2xy + > , suy x3  y  x  y  x  y   xy   suy x  y    ● Nếu x – y = phương trình y  y   khơng có nghiệm nguyên ● Nếu x – y >  x  y  ta 2 xy   x  y x  y   xy   4  xy    suy xy  , trái với xy  Tóm lại có hai cặp số nguyên thỏa mãn phương trình 0, 2  2,  CÂU HỎI 3: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:  2010  2012  x  f(x) = x     2011   tập xác định ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3: ThuVienDeThi.com ● Trước hết ta có nhận xét : Tập xác định f(x) D    2012; 2012  , f(x) hàm số lẻ f(x)  0, x  0; 2012   D ' Do đó: Max f(x) = Max f(x) f(x) =  Max f(x) xD xD xD ' xD ' ● Bây xét f(x) với x  D '  0; 2012  , ta có   2010  2011.f(x) = x 2010  2012  x  x 2010  2012  x   x 2011 2010  2012  x x  2010  2012  x  2011  2011 2011 1  2012  x  x  2011  0; 2012  Dấu xảy   x  2010  2012  x ● Vậy Maxf(x) = 2011 đạt x  2011 minf(x) =  2011 đạt x   2011 CÂU HỎI 4: Cho bốn số dương a1, a2 , a3 , a4 Chứng minh bốn số tìm hai số , a j i  j  cho: 0  a j   a j  2ai a j 2 ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:  Đặt b1   1 1 , b2   , b3   b4   a1 a2 a3 a4    Do   bi  i  1, 2,3,   khoảng  ;  luôn tồn 1, , , cho 4 2 bi  tan i i  1, 2,3,   Theo ngun lí Dirichlet ln ln tồn hai góc  i ,  j cho : 1      j  i        12    Suy  tan  j   i  tan  12 (1) Thế mà tan  12  ThuVienDeThi.com  cos  cos  2  (2)    1 1    1    a j    tan j  tan i  a j  tan  j   i  (3)     tan j tan i a a a a        1 i j i j  1   1    a j      Từ (1) , (2) , (3) suy đpcm   CÂU HỎI 5: Cho điểm M thuộc miền tam giác ABC Chứng minh diện tích tam giác có độ dài cạnh MA, MB, MC không vượt diện tích tam giác ABC ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5: Qua M vẽ đường thẳng song song với cạnh ABC (theo hình vẽ) , Ta có tam giác MA1 A2 , MB1 B2 , MC1C2 tam giác nên : AB1  MC1  BA2 , B BC1  MA1  CB2 , CA1  MB1  AC2 ฀AB M  BC ฀ M  CA ฀ M  1200 1 Suy : CA1MB1 , AC1MB1 , BC1MA1 hình thang cân Do CM  A1 B1 , BM  C1 A1 AM  B1C1 Vì kí hiệu S ABC  S S A1B1C1  S ' x C1 z C2 ta cần chứng minh S '  S A Ta có : SCB2 MA1  S MA1B1 , S AC2 MB1  S MC1B1 , S BA2 MC1  S MC1 A1 A1 M B1 y suy SCB2 MA1  S AC2 MB1  S BA2 MC1  S ' Giả sử A1 A2  x , B1 B2  y , C1C2  z ta có AB  BC  CA  x  y  z Suy S MA1 A2  S MB1B2  S MC1C2  x2  y  z x  y  z  S Ta có S  S ' x2  y  z x  y  z  S x  y  z  x  y  z  suy CÂU HỎI 6: ThuVienDeThi.com A2 S S' B2 C Cho hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện: 2 x  y    2 x  y   2 y  x    Hãy tìm giá trị lớn biểu thức S = x  y  x  y ĐÁP ÁN CÂU HỎI 6: Gọi M(x,y) điểm mặt phẳng Oxy x, y thỏa mãn đầu Suy tập hợp điểm M thuộc miền mặt phẳng giới hạn ABC với:  10  A 1, , B 0, , C  ,  3  y Ta có 1  S = x  y  x  y = x  1   y    2 B   1 I Xét điểm I 1,  ta có điểm I thuộc  2 -4 A O miền ABC S  IM  13 389 Ta có IA  , IB  IC  389 389 86 Mà IM  Max IA, IB, IC  suy S    36 86 10  10  Vậy giá trị lớn S , đạt M  C  ,  tức x  y  3 3  2 ThuVienDeThi.com C x SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN; LỚP: 10 ĐỀ THI CÂU 1: (3 điểm) Giải phương trình ( x  5) x    3 x  ĐÁP ÁN: Điều kiện: x  1 Phương trình cho tương đương với ( x  1) x   x    3( x  1)  (1đ) Đặt u = x   y  3u  , ta có hệ u  4u   y (1)  3u   y (2) Cộng (1) (2) theo vế ta y3 + y = (u+1)3 + (u +1) (*) (1đ) Xét hàm số f(t) = t3 + t, dễ thấy f hàm đồng biến R, từ (*) suy y = u + 1, từ thay vào (1) ta u3 + 4u + 1= u +1  u(u2 + 3) =  u = (0,5đ) Suy x = -1 Thử lại thấy x = -1 thỏa mãn phương trình Vậy x = -1 nghiệm (0,5đ) CÂU 2: (4 điểm) Tìm 2011 số ngun tố cho tích số nguyên tố tổng lũy thừa bậc 2010 chúng ĐÁP ÁN: ThuVienDeThi.com Gọi số nguyên tố cần tìm p1, p2,…,p2011, theo giả thiết ta có 2011 2011 i 1 i 1  pi   pi2010 (*) Giả sử số nguyên tố có k số khác 2011,  k  2011 (0,5đ) Ta xét trường hợp sau 1) k=0, nghĩa tất số 2011 Khi rõ ràng ta có 2011 2011  2011   2011 2010 i 1 Vì 2011 i 1 số nguyên tố nên pi=2011, i=1,2,…,2011 2011 số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu toán (1đ) 2) k=2011, nghĩa tất số pi khác 2011 Khi pi số nguyên tố khác 2011 nên (pi, 2011)=1 Theo Định lí Fermat nhỏ pi2010  (mod 2011), i  1,2011 Do 2011  pi2010  2011 (mod 2011) , i 1 thuẫn 2011 p i i 1 không chia hết cho 2011 Ta gặp mâu (1đ) 3)  k  2010 , nghĩa có 2011 – k số 2011 Khi 2011 số hạng bên phải (*) có k số chia 2011 dư 2011-k số lại chia hết cho 2011 Do 2011 2011 i 1 i 1  pi2010  k (mod 2011)   pi2010 không chia hết cho 2011, dễ thấy hết cho 2011 Ta gặp mâu thuẫn (1đ) Vậy có 2011 sơ ngun tố thỏa mãn, 2011 số nguyên tố 2011 (0,5đ) 2011 p i chia i 1 CÂU 3: (3 điểm) Cho tam giác ABC có trực tâm H đường cao AA’, BB’, CC’ Gọi r’, r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’ tam giác ABC, cịn R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh (R  r) r'  R  3R ĐÁP ÁN: Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh H tâm đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’, kẻ HX vng góc với A’C’ r’ = HX Ta có  Suy HA’=BA’ tan A' BH = c.cosB tan(900 – C) = c.cosB cotC r’ = HX = HA’.sin(900 – A) = c.cosB cotC cosA = 2R.cosAcosBcosC (1đ) ThuVienDeThi.com A B' C' H X B A' C (R  r) R r R  r ' 1   = 2R.cosAcosBcosC + cos A  cos B  cos C  3R 3 R Áp dụng bất đẳng thức Bunhiakovski ta có cos A  cos B  cos C 2  cos A  cos B  cos C = - cosAcosBcosC (1đ) Do (R  r) r '  R cos A cos B cos C  R(1  cos A cos B cos C )  R 3R (R  r) Vậy r '  R  , đẳng thức xảy tam giác ABC (1đ) 3R Từ r ' CÂU 4: (4 điểm) Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn 1  z  minx, y   xz   yz   Tìm giá trị lớn biểu thức P ( x, y , z )  30 2010   x y z ĐÁP ÁN: Từ giả thiết ta có 1  1 z  z    x  z    y (0,5đ) Do ThuVienDeThi.com 1   x z x Tương tự, 1   y z y 1  1  x z z z z z z        (AM-GM) (1,5đ)  x x x x x 1 z z z z z  1    1   1  y y x x y z y (1,5đ) Từ 30 2010  1   1  1976    30    4     30   1976  2022 x y z z x z  y z Vậy giá trị lớn 2022 đạt x = 3, y = 2, z = (0,5đ) P ( x, y , z )  CÂU 5: (3 điểm) Cho tập X gồm số tự nhiên liên tiếp k, k+1, …, k+8, k  Tồn hay không cách phân hoạch tập X thành hai tập khác rỗng cho khơng có tập có chứa số tự nhiên cách (3 số tự nhiên a, b, c gọi cách c-b = b-a) ĐÁP ÁN: Giả sử tập X phân hoạch thành hai tập A, B khác rỗng cho khơng có tập có chứa số tự nhiên cách nhau, A = {a1, …, am}, B = {b1, …, bn}, m > n m + n = Suy m  (0,5đ) Đặt ai+1 – = ci, i =1,…, m-1 Không tổng quát, giả sử d1, d2, …, dm-1 hốn vị dãy c1, c2,…, cm -1 Khi m 1 m 1 i 1 i 1  d i   ci  am  a1 (0,5đ) Vì A khơng chứa số tự nhiên cách nên ta giả sử d1< d2< …< dm-1 d  a  d  a   (1đ) d  a    d m 1  a  m  Cộng bất đẳng thức vế theo vế ta có m  2m  1  4a   10 a m  a1  (m  1)a  Suy a m  a1  10  k  10 , vô lý Vậy phân hoạch tập X thành hai tập thõa mãn yêu cầu toán (1đ) ThuVienDeThi.com CÂU 6: (3 điểm) Cho bát giác A1 A2… A8 có tính chất: tất đỉnh có tọa độ nguyên độ dài tất cạnh số nguyên Chứng minh chu vi đa giác số chẵn ĐÁP ÁN: Giả sử Ai Ai 1  (ai , bi ), i  1,8 (quy ước A9  A1), ai, bi số nguyên số nguyên với i Ta có 8 i 1 i 1 i 1  Ai Ai 1      bi  (0,5đ) Từ a i 1 Tức 8 i 1 i 1 i  2  a a ,b 1i  j 8 i j i 1 i  2  ai2 , bi2 số chẵn b b 1i  j 8 i j (1đ) Từ bình phương chu vi bát giác   a b ai2  bi2   ai2  bi2 a 2j  b 2j (1đ)      i 1 1i  j 8  i 1  Do N số chẵn Suy N số chẵn (đpcm) (0,5đ) N2=  i i   ThuVienDeThi.com ai2  bi2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG KỲ THI ÔLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN TỐN KHỐI 10 ĐỀ THI Câu 1:Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: y  x x  x  1 x  1 Đáp an câu 1: y  x x  x  1 x  1 (1)  y  x  x3  x  x   y  x  x3  x  x  Ta lại có: 2 x  x  1  x  x3  x  x   x  x3  x  x  2 x  x  3  x  x3  13 x  x   x  x3  x  x  Suy ra, 2 x  x  1  2 y   2 x  x  3  2 y   2 x  x    2 2 x  x3  x  x   x  x3  x  x   x  x   x   x  Với x = y = 19 Thử lại ta có cặp số x = y = 19 thoả phương trình cho  x  y  z 2  3 x  x  1y z   Câu 2: Giải hệ phương trình:  y z  x   4 y  y  1z x (I)  2 2  z x  y   5 z  z  1x y Đáp án câu 2: *TH1: xyz = + Nếu x = 0, (I)  y = hay z = Khi hệ nhận nghiệm (0;0;z) (0;y;0), y, z  R + Tương tự cho TH y = hay z = ThuVienDeThi.com *TH2: Chia hai vế phương trình (I) cho x y z ta có hệ phương trình tương đương  1 2 1       x x  z y   1 1  1  với:       Đặt a  ; b  ; c  Hệ phương trình trở thành: y y x y z  x z          y x  z z2   b  c    a  a 1'  2 c  a    b  b 2 '  a  b 2   c  c 3'  Cộng vế phương trình rút gọn ta được: a  b  c  a  b  c   a  b  c   12     a  b  c  3 13   a   x  13     *Khi a + b + c = thay vào (1'), (2'), (3') ta tìm b    y     11  c   z  11     a    x     *Khi a + b + c = -3 thay vào (1'), (2'), (3') ta tìm b  1   y  1   c   z     Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 9 5 x;0;0 , 0; y;0 , 0;0; z x, y, z  R ;  ; ;  ;   ; 1;   4  13 11   Câu 3: Cho tam giác ABC , lấy điểm M trưên cạnh AC cho bán kính đường trịn nội tiếp B tam giác ABM BCM Chứng minh: BM  S cot , S diện tích tam giác ABC Đáp án câu 3:Đặt BC = a; CA = b; AB = c; BM = x; p, p' chu vi tam giác ABM CBM Suy S = pr + p' r  r a  b  c  x   S 1 ThuVienDeThi.com A C   AB  AM  x 2 ; CH  CG  r cot  CB  CM  x 3 2 A C   Cộng (2) (3): r  cot  cot   a  b  c  x 4  2   Từ (1) (4): A C r A C 1   S  cot  cot   a  b  c  x  cot  cot   a  b  c  x a  b  c  x   a  b  c   x 5  2 2 2 4   Gọi r1 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Lại có AF  AD  r cot A B C A B C   S  cot  cot  cot   a  b  c  r1 cot  r1 cot  r1 cot   2 2 2 2    bc a c  a b a bc   a  b  c      a  b  c  6  2   B Lấy (6) trừ (5) ta có: BM  x  S cot (đpcm) Câu 4: Cho đường tròn C  : x  y  x  y  20  điểm A(3;0) Viết phương trình đường thẳng chứa dây cung đường trịn qua A dây cung có độ dài bé Đáp án câu 4: Toạ độ tâm đường tròn cho là: I 1;  Gọi (d) đường thẳng cần tìm giả sử (d) cắt đường tròn hai điểm P,Q H hình chiếu vng góc I lên (d) Ta có d I ; d   IH  IA  20 Độ dài dây cung PQ nhỏ IH dài hay H  A Vậy dây cung ngắn qua A dây cung vng góc với AI A Vì đường  thẳng (d) cần tìm qua A(3; 0) nhận IA 4; 2  làm VTPT có phương trình: x  y   ThuVienDeThi.com ... 3  2 ThuVienDeThi.com C x SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN; LỚP: 10 ĐỀ THI CÂU 1: (3 điểm)... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG TRƯỜNG : THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: TỐN ; KHỐI: 10 ĐỀ THI CÂU HỎI 1: Giải phương trình x  30  1...   ThuVienDeThi.com ai2  bi2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT HUỲNH THÚC KHÁNG KỲ THI ÔLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4 LẦN THỨ XVI ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TỐN KHỐI 10 ĐỀ THI Câu 1:Tìm