De thi olympic mon toan lop 10 truong thpt da phuc nam 2016 2017

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC ĐỀ THI OLYMPIC MƠN TỐN 10 NĂM HỌC 2016 – 2017 (Thời gian làm bài: 120 phút) yy x 2x4x m  Câu (3,5 điểm): Cho hàm số hàm số Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trọng tâm G tam giác OAB đến trục tọa độ (điểm O gốc tọa độ) Câu (6.5 điểm):  xy  x  y  x  y   x   y 4 a) Giải hệ phương trình: b) Giải x  3( x  x) x  2 x3  phương trình: Câu (1,5 điểm): Cho tam giác ABC hb  hpb( p  b) thỏa mãn hệ thức ( độ dài đường cao ứng với cạnh AC) Chứng minh tam giác ABC tam giác cân Câu (3,5 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1) Trên trục Ox, Oy lấy hai điểm B, C cho tam giác ABC vng A Tìm tọa độ điểm B, C cho diện tích tam giác ABC lớn biết hoành độ điểm B tung độ điểm C không âm Câu (3,0 điểm): Cho đường tròn tâm O ba dây cung song song AB, CD, EF đường trịn Gọi H, I, K trực tâm tam giác ACF, AED, CEB Chứng minh H, I, K thẳng hàng , c 2bc  2ca 0 Câu (2,0 điểm): Cho thỏa a  b  c 2a , bab mãn: c2 c2 ab Chứng minh:   2 2 a  b (a  b  c) a  b - Hết -Họ tên thí sinh: SBD: Chú ý: Cán coi thi khơng giải thích thêm KỲ THI OLYMPIC MƠN TỐN 10 SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung đáp án Xét phương trình hồnh độ giao điểm: (3,5đ) Điểm 1,5 x  x   x  m (1)  x  x   m 0   m  08 Hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt A, B Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm phương x A , xB trình (1), G trọng tâm tam giác OAB 1,0 Ta có: x A  xB  xO    xG   3xG  yG Yêu cầu toán   y  y A  yB  yO 12  2m  G  123 2m 6 Kết hợp điều kiện,vậy m=-  m   thỏa mãn yêu cầu  m  1,0 toán 2a x 1; y 0 Điều kiện: (3,5 đ) Với điều kiện trên, hệ phương trình 0,5 1,5  x  y  y  xy  ( x  y ) 0   x( x1  y )(2 xy 24y  1) 0    x  y  (loại)  x   y 4 y 2 y110    xx2     y 2 x 2 2y  y4 4      x 5 1,0 0,5 KL: Vậy hệ phương trình có nghiệm (5; 2) 2b Điều kiện: x (3,0 đ) Với điều kiện trên, phương trình tương đương: 0,25 1,0 3x ( x  2) x  2 x  x   x( x  2) x  ( x  2)(2 x  x  2) 2)(3 2(2xx 21) x2  00  (1) (x  x 13x x22x  41 x 22) Đặt (loại)  x 2(2 x  1)  x   0(2)   x x2  1x  x x t1 x  x(t20)0(1) x 0,5 0,5 Phương trình (2) trở thành: 2t  3t  0 21 1  t 2 x (loại) t    2  t x1  x  x 24 0 Với 0,5  x 43;4+2 Kết hợp điều kiện, tập S {4-2 3}  nghiệm phương trình  x 4  là: 0,25 Ta có: 0,5 (1,5đ) Theo đề bài:  Vậy tam giác ABC   cân B Gọi B(b;0), C(0;c) () 2S S  bhb  hb  S  p( p bb) S 2Spb( p  a )( p  b)( p  c) b p ( p  b)  p  a  p  c 0 ( p  a )( p  c ) b  p  a p  c 2( pa ac)( p  c )  p  a  p  c b, c 0   0,5 0,5 1,5  (3,5đ) Tam giác ABC vng A Mà Lại có: Xét hàm số () Bảng biến thiên: x AB (b  3;  1)  AB  (b  3)    ABAC AC09  (c  1) AC ( 3; c  1)    3(b  3)  (c  1) 0 10 c 0  c10 103b 3b0  b  (b  3)2  (c  1)   (b  3)2  (3  b)  10 f ( x ) 0 xx 2 x  15 3  b  9b 215 10 SABC  1,0 1,0 f(x) 15 33  B (0;0), C (0;10) Vậy diện tích tam giác ABC lớn 15 b=0 (3,0đ)     *) Chứng minh tính chất: OA  OB  OC OH Cho tam giác ABC Gọi H, O trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì: 1,0 Gọi A’ điểm đối xứng A qua O, D trung điểm BC Ta có: tứ giác BHCA’ hình bình hành nên D trung điểm HA’     OB  OC 2OD  AH      OB  OC OH  OA     *)Ta có: H, I, K lần lượt OA trực tâm giác ACF, AED, BCE OB của OCtam OH     OH OA  OC  OF(1)      Từ (1)và (2)  OI OADC OEEF OD(2)  IH      OBBA OC  OE (3) (1)và (3)  KH OK    EF   n DC BH mm n,EF EF Mà AB//CD//EF Mà 1,0 1,0 cho ,   KH IH ((nm1)EF 1)EF   IH , KH , phương  I, H, K thẳng hàng Đặt , (x,y >0) (3,0đ) Theo đề : ab c a  b  c  ab  2bc  2ca 0 xy  1,0  x  y   xy  x  y 0 Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si: Do đó: Ta có:  ( x  y  1) (x xy  y)2 xy   x  y  1  ( x  y)2  x  y 2 c2 c2 ab P   2 1a  b ( a1 b  c) xya  b    x  y 24 ( x  y  1) 1x  y P 2 x y xy 1( x  y )41 2( x  y )     x  y 2 2 x  y 2 2xy  2.2 Dấu xảy x = y =1a=b=c xy  1         2 xy   xy x  y  x y  xy 2 ( x  y) xy x  y  2 ( x  y) 2( x  y ) xy 1,5 0,5