Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017

Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017 Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017 Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017 Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017 Đề thi olimpic toán 10 và đáp án quảng nam năm 2016 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017 Mơn thi : Thời gian: Ngày thi : ĐỀ CHÍNH THỨC TỐN 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) 25/3/2017 Câu (5,0 điểm) a) Giải phương trình x  x   ( x  1) x   3 � �x  xy  x  y  yx  y b) Giải hệ phương trình � � x  y  x  y   xy  x  Câu (4,0 điểm) a) Cho parabol (P) có phương trình y  x  3x  , đường thẳng d có phương trình y  (2m  1) x  điểm M(3;3) Tìm tất các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) điểm phân biệt A, B cho tam giác MAB vng cân M b) Tìm tất các giá trị của tham số m để hàm số y  x2  x   có tập xác định R x  2mx  Câu (4,0 điểm) Cho số thực dương x, y , z thỏa x  y  z �3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H y z x   x  y  y  2z  z  2x  Câu (4,0 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 3) đường thẳng d có phương trình x  y   Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d B(1;1) qua A b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A, H chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC; D E hình chiếu vng góc của H lên AB AC; I giao điểm của AH DE Điểm A nằm đường thẳng  có phương trình x  y   , phương trình đường � 5�  ;  �là trung điểm của BC, I có hồnh đợ nhỏ 1, E có hoành thẳng DE 3x  y   ; M � � 4� độ dương tứ giác ADHE có diện tích Tìm tọa độ điểm A, D, H, E Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O; I J trung điểm của AD BC uuuu r uuur r uuur uuur r a) Gọi M N nằm DJ DC cho: MD  MJ  NC  ND  Chứng minh rằng: B, M, N thẳng hàng b) Gọi H K trực tâm của  OAB  OCD Chứng minh HK vuông góc với IJ –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ tên thí sinh: … …………………………………….; Số báo danh: ………………… Page SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2016 – 2017 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu Đáp án Câu a) Giải phương trình x  x   ( x  1) x   (5,0 Điều kiện: x �1 điểm) + Đặt t  x  ( t �0 ) Suy x  t  Điểm 2,5 0,25 0,25 + P hương trình đã cho trở thành : 2t  t  9t  2t  0,5 t 0 � ��3 2t  t  9t   � 0,25 - Với t  suy x  1 - Xét phương trình 2t  t  9t   2t  t  9t   � (t  2)(2t  5t  1)  0,25 � t  (vì 2t  5t   0, t �0 ) Với t  2 suy x  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  1 x  0,25 0,25 0,25 0,25 3 � �x  xy  x  y  yx  y b) Giải hệ phương trình � � x  y  x  y   xy  x  Điều kiện: x  y �0 x  y  �0 - Xét phương trình thứ nhất hệ: x3  xy  x  y  yx  y � ( x  y )( x  y  1)  � x  y (vì x  y   ) + Với x  y thay vào phương trình thứ hai ta được: Điều kiện: x �0 Khi đó, ta có: 2,5 0,25 0,25 0,25 x  x   x  3x  0,25 x  x   x  3x  � ( x  2)  ( x   3)  x  3x  � x4 2( x  4) � �   ( x  1) �   ( x  1)( x  4) �  x   � 2x   x 2 2x 1  �x 2 � x4 � � � �   x  (*) 2x   �x 2 * Với x �0 ta có 2  �   �x  (dấu xảy x=0) x 2 2x    0,5 0,25 0,5 Do pt (*) có mợt nghiệm nhất x  Page �x  �x  Vậy nghiệm của hệ phương trình là: � � �y  �y  Câu a) Cho parabol (P) có phương trình y  x  3x  , đường thẳng d có phương (4,0 trình y  (2m  1) x  điểm M(3 ;3) Tìm tất giá trị của tham số m để điểm) đường thẳng d cắt parabol (P) điểm phân biệt A, B cho tam giác MAB vng cân M + Phương trình hồnh đợ giao điểm của (P) d là: x  2(m  2) x   (*) + Phương trình (*) ln có hai nghiệm phân biệt (vì a.c  ) Suy d ln cắt parabol (P) điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m + Gọi A  x1 ;(2m  1) x1   B  x2 ;(2m  1) x2   (với x1 x2 hai nghiệm của phương trình (*)) uuur uuur + MA   x1  3;(2m  1) x1  1 MB   x2  3; (2m  1) x2  1 +uu Tam giác MAB vuông M suy ra: ur uuur MA.MB  �  x1  3  x2     (2m  1) x1  1  (2m  1) x2  1  0,25 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 � x1 x1  3( x1  x2 )   (2m  1) x1 x1  (2m  1)( x1  x2 )   � 1  6(m  2)   (2m  1)  (2m  1)2( m  2)   m  2 � � � 8m  20m   � � m � + Với m  2 Suy x1  1 , x2  uuur uuur uuur uuur Khi đó: MA   4;  , MB   2; 4  Suy MA  MB  13  13 Suy x1  , x2  2 uuur �3  13 uuur uuur � uuur �3  13 � ;  MB  ;  MA �MB Khi đó: MA  � , Suy � � � � � � � � � � � (không thỏa) Vậy với m  2 , tam giác MAB vuông cân M 0,5 0,25 + Với m   0,25 0,25 Page b) Tìm tất giá trị của tham số m để hàm số y  x2  x   có tập xác x  2mx  2,0 định R Hàm số y  x2  x   có tập xác định D=R x  2mx  2x2  x   �0, x �R x  2mx  2x2  x  ۳�2 x  2mx  1, x 0,25 R (vì x  x   0, x �R ) � �x  2mx  �0, x �R � �2 �x  2mx  �2 x  x  2, x �R �x  2mx  �0, x �R �� (2 x  x  2) �x  2mx  �2 x  x  2, x �R � �x  2mx  �0, x �R � � �x  (2m  1) x  �0, x �R � x  (2m  1) x  �0, x �R � �  '1  m   � � ��   (2m  1)2  �0 �   (2m  1)  36 �0 � �  �m  0,25 0,25 0,25 0,75 0,25 Kết luận Page Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa x  y  z �3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (4,0 y z x   điểm) H  x  y  y  2z  z  2x  + x  y   ( x  1)  y  �2( x  y  1) Tương tự: y  z  �2( y  z  1), z  x  �2( z  x  1) 1� y z x �   Suy H � � � �x  y  y  z  z  x  � y z x   �1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 y z x   �1 Ta có : x  y 1 y  z 1 z  x 1 y z x � 1 1 1 �3  x  y 1 y  z 1 z  x 1 x 1 y 1 z 1 �   �2 (*) x  y 1 y  z 1 z  x 1 Trước hết ta chứng minh BĐT sau nhờ Bunhiacosky : a b c (a  b  c) a , b , c , m , n , k  Với ta có :   � m n k mnk 2 2 b c �a � �a b c � �    m n k ( a  b  c )  m  n  k Thật vậy: � � �m n k � n k � �m � � 4,0 1,0 0,25 Ta chứng minh � 0,5 0,5 a b c a b c (a  b  c) (dấu xảy :   )   � m n k m n k mnk Khi đó: VT (*)  ( x  1) ( y  1) ( z  1)   ( x  1)( x  y  1) ( y  1)( y  z  1) ( z  1)( z  x  1) ( x  y  z  3) � ( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1) Lại có: ( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1)  x  y  z  xy  yz  zx  3( x  y  z )   � ( x  y  z  xy  yz  zx)  6( x  y  z )  ( x  y  z )  � � � 2 2 � � ( x  y  z  xy  yz  zx)  6( x  y  z )   � � �(vì x  y  z �3 ) 1  � ( x  y  z )  2( x  y  z )3  9�  ( x  y  z  3) � � 2 1,0 ( x  y  z  3)2 ( x  y  z  3) � 2 Suy ( x  1)( x  y  1)  ( y  1)( y  z  1)  ( z  1)( z  x  1) ( x  y  z  3) x 1 y 1 z 1   �2 Suy x  y 1 y  z 1 z  x 1 0,5 Page Suy H � , dấu xảy x  y  z  Vậy max H  x  y  z  0,25 Câu a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm A(3; 3) đường thẳng d có (4,0 phương trình x  y   Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với d điểm) B(1;1) qua A 2,0 + Tâm I của đường tròn (C) nằm đường thẳng d’ vng góc với d B + Viết phương trình đường thẳng d’ x  y   + I �d ' � I ( a;3  2a) + IA  IB � a  � I (2; 1) + Bán kính của đường tròn (C) R  0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 Suy phương trình đường tròn (C) là: ( x  2)  ( y  1)  b) Cho tam giác ABC vuông A, H chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC; D E hình chiếu vng góc của H lên AB AC; I giao điểm của AH DE Điểm A nằm đường thẳng  có phương trình x  y   , phương trình � 5�  ;  �là trung điểm của BC, I có hoành đường thẳng DE 3x  y   ; M � � 4� độ nhỏ 1, E có hồnh đợ dương tứ giác ADHE có diện tích Tìm tọa đợ điểm A, D, H, E 0,25 2,0 ():2x-3y-4=0 A E _ 3x+y-2=0 K D B I \ // H  M - ;- //  C + Gọi K giao điểm của DE AM �  IAD � (cùng phụ với HAC � ) + ECH �  IDA � �  IDA � Suy ECH Mà IAD �  MAC � Do IDA �  MAC � Mà ECH �  MAD �  900 nên IDA �  MAD �  900 Lại có MAC Suy tam giác AKD vng K + Viết phương trình đường thẳng (AM):x-3y-2=0 Suy A(2;0) + S ADHE  � S IAE  , AK  d ( A, DE )  10 10 Suy IE  � AI  10 2 0,5 0,25 0,25 + Gọi I(a;2-3a) nằm DE, với a