25 đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 năm 2017 - 2018 - 2019 có đáp án

SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: TỐN, Khối 10 Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 14/04/2018 Câu (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = x+2 mx + đường thẳng (d) : y = x −Tìm m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B thỏa mãn AB = 10 Câu (6.0 điểm): Giải bất phương trình sau: ( x+2 ) x4 − x2 + − ≥ x −1 Giải phương trình sau: 2 x − + 3x − = x −8 x +21  x 5y (x − ) + =  x2 +  Giải hệ phương trình sau:  2 3y − x = x − 3x y − 9xy  x + 3y Câu (6.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; ) đường tròn ( C) : x + y + x − y + = Tìm điểm M trục hoành cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B C tiếp điểm) cho BC qua A  60 =và hai đường trung tuyến BM, CN vuông Cho tam giác ABC có BC = 2, A góc với Tính diện tích tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M(0; 3) , trung điểm đoạn CI J(1; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + = Câu (2.5 điểm) Biết  π 16 16 π + + + = 33 , < x < Tính giá trị tan 5x, tan  5x −  2 2 4 sin x cos x tan x cot x  a,b,c > a4 b b4 c c4 a Câu (1.5 điểm) Cho  Chứng minh rằng: + + ≥ a +1 b +1 c +1 abc = Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Lời giải sơ lược Câu Điểm 4,0 Hoành độ giao điểm d (P) nghiệm phương trình: x + 2mx + 3= 2x − ⇔ x + 2(m − 1)x + 4= (1) Để d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m − 2m − > ⇔ m > m < −1 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm A(x1 ; 2x1 − 1), B(x ; 2x − 1) , x1 , x 1,0 1,0 nghiệm (1) Theo định lý Viet ta có: x1 + x =2 − 2m, x1x =4 Ta có: AB = 5(x − x1 ) = (x + x1 ) − 4x x1  =10 ⇔ 5(4m − 8m − 12) =100 ⇔ m − 2m − = ⇔ m = m = −2 (tm đk (*)) 1,0 1,0 Vậy m = m = −2 giá trị cần tìm 2.1 2,0 ( ) ĐKXĐ: x ≠ , Ta có: x − x + − ≥ −1 > x + x − ≥ 1+  TH1: x > : BPT ⇔ x − x + ≤ x + x − ⇔  ⇔x= 2  x − x − ≤ ( TH2: x < : BPT ⇔ ( ) ) ( ) ( ) 1,5 2 x − x + ≥ x + x − ⇔ x − x − ≥ 1 +  Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪     2.2 0,5 2,0 ĐKXĐ: 2x − ≥ 0 PT ⇔ x − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2x − 5] + [(x + 1) − 3x − 5] = 0,5 x − 10 x + 21 x − 10 x + 21 ⇔ x − 10 x + 21 + + = (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1 ⇔ (x − 10 x + 21)(1 + + )= (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1,0 ⇔ x − 10 x + 21 = ⇔ x = x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = 0, 2.3 2,0 2  x + = 6x y 6x y (x − 2x + 4)(x + 2) = ⇔ , ( 3y ≥ x ) HPT ⇔   3 2 2 4x  x + 27y = (9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y 6y  1 + x = x Nhận thấy x = không nghiệm hệ nên HPT ⇔  1 + 27y =  x x2 3y Đặt a = > 0, b = HPT trở thành x x ( a= b= 1 + a = 2b ⇔  a= b= −1 + 2a 1 + b =  Với a= b= ta nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /  −1 + ta nghiệm (x ;y)=    Với a= b= 1,0  Vậy hệ có nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /    ( ) ) −2 −1 ; −1     − −2 −1 ; − 1,0 −1     3.1 2,0 (C) có tâm I ( −1;3) , R = 2 Theo (1) Gọi M ( a;0 ) , để từ M kẻ hai tiếp tuyến với (C) MI > R (ln đúng) 1,0 MB = MC = MI − R = a + 2a + Khi đó, B C thuộc đường tròn (C’) tâm M, bán kính MB, đường tròn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y = a + 2a + 2 2 2  x + y + 2x − 6y + = Tọa độ B C thỏa mãn  ⇒ ( BC ) : ( 2a + ) x − 6y + a + 2a + = 2 x a y a 2a − + = + + ( )  1,0 Do BC qua A nên a + 6a + = Vậy A ( −2;0 ) A ( −4;0 ) 3.2 2,0 Hai đường trung tuyến BM, CN vng góc với thì: 4 + b2 c2 4 + c2 b2 2  2  + = ⇔ − + − ) =4 ⇔ b + c =20 m m BC ( ) ( b c   9 3  3  2 Mặt khác: BC2 = b + c − 2bc cos A ⇔ = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16 Vậy S ∆ABC = 1 bc sin A = 16 = 2 1,0 0,5 1,0 3.3 2,0 Gọi N trung điểm CD H tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, NJ vng góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN đường kính (C)) Mà MD đường kính (C) nên JM ⊥ JD (1)   D thuộc ∆ nên D(t; t + 1) ⇒ JD(t − 1; t + 1), JM(−1;3) Theo (1) 1,0   JD.JM = ⇔ − t + + 3t + = ⇒ t = −2 ⇒ D(−2; −1) Gọi a cạnh hình vng ABCD Dễ thấy DM= 5= a2 a + ⇒ a= −2; y = x = AM  x + (y −= 3) =  ⇒ ⇔ Gọi A(x; y) Vì  2 ;y 16 = (x + 2) + (y + 1) = AD =  x 5= 1,0 - Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn) 6 7  23   −8   −22 11  - Với A  ;  ⇒ B  − ;  ⇒ I  ;  ⇒ C  ;  ⇒ J ( −3; ) (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(−2;3), B(2;3), C(2; −1), D(−2; −1) 2,5 16 16 + + + = 33 Giải tan x = ⇒ tan x = 2 2 sin x cos x tan x cot x tan x tan 2x + tan x Khi đó: tan 2x = = − , tan 3x = =, tan ( 2x + x ) = − tan x − tan 2x tan x 11 tan 3x + tan 2x 38 Vậy: tan 5x = tan ( 3x + 2x ) = = − − tan 3x tan 2x 41 π tan 5x − tan π 79  = tan  5x −  = − π  + tan 5xt an  Ta có 1,0 1,5 1,5 Với số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a 4b a 2b a 2b ab 2 = a b − ≥ a b − = a 2b − 2 a +1 a +1 2 a2 Chứng minh tương tự ta có: b4c bc c a ca , ≥ − b c ≥ c2a − b +1 c +1 1,0 a 4b b4c c4a Vậy + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) a +1 b +1 c +1 Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a b + a b + b c ≥ 3ab abc = 3ab Tương tự: b c + b c + c2 a ≥ 3bc abc = 3bc ; c a + c a + a b ≥ 3ca abc = 3ca Vậy a 4b b4c c4a 1 3 + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ a b c = a +1 b +1 c +1 2 2 (đpcm) Dấu “=” xảy a= b= c= 0,5 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh q trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm tròn điểm SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CON CUÔNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1.(5,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x  x  m  (1) với x ẩn số a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x x  x x  Câu (3,0 điểm)  x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  Câu 3.(5,0 điểm) 4sin   cos  sin   cos3      b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K đoạn a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P  thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AD AK Câu ( 5,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm 16 AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3y 1  , E  ;1 3  a) Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao CD BE b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Câu (2,0 điểm) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc Hết -Họ tên thí sinh : Số báo danh : HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm Phương trình x  x  m  5,0 a) Giải phương trình (1) m  1,5 Khi m  PT (1) có dạng: x  x   0,5 Ta có:  '     0,5 PT (1) có nghiệm phân biệt: x1  x2  0,5 b) Tìm giá trị m thỏa mãn 3,5 Lập ∆ = 25 - 4m Phương trình có nghiệm x1 , x2 ∆ ≥ hay m  0,5 25 Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1  x2  5; x1 x2  m 0,5 ìïx + x > hay m > Hai nghiệm x1 , x2 dương ïí ïïỵx1x > Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 < m  Ta có: Suy ( x1 + x 2 ) 0,5 = x1 + x + x1 x = + m x1 + x = + m Ta có x1 x  x x1   x1.x Hay 25 (*)   x1  x  0,5 m  m   2m m  5m  36  (1) Đặt t  m  , (1) thành:  2t3 + 5t2 - 36 = 0,5  (t - 2)(2t2 + 9t + 18) =  t - = 2t2 + 9t + 18 = Với t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) 0,5 Với 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vơ nghiệm Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn 0,5 x1 x  x x1   x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  3,0 ( x  y )  xy ( x  y )  xy  Hệ   2  x  y   xy  1,0 a  x  y Đặt  Hệ trở thành: b  xy a  ab  b  (*)  a  b  0,5 a  a  2a  a (a  a  2)  Hệ (*)    2 b   a b   a 0,5 Từ tìm (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)  x2  y  Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ   x  y   xy   x2  y   ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ   xy  0,5 Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ 3    x  y  2 y   y      x  1; y  x x  xy    x  2x   ( x  1)( x  x  3)    0,5 Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) 5,0 a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P   4sin   cos    sin   cos   4sin   cos  P  sin   cos3  sin   cos3  sin   co s  sin   co s  2,5 1.0  4sin   sin  cos   4sin  cos   cos3  sin   cos3  0,5  tan   tan   tan   tan   0,5  4.8   4.2   8 2 0,5     b) AD đoạn thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AK b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K  Vì AE  2,5 A     AC  BE  BC  BA (1) 4 E K 0,5 B D C      Giả sử AK  x AD  BK  xBD  1  x  BA (1)      Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK    Do BC; BA không phương nên   2x  BD  (1  x)BA 0,5 m 2x 3m   &1  x  0 4 0.5  0,5 Từ suy x  ; m  Vậy AK  AD  0,5 AD 3 AK Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình  16  CD : x  3y 1  , E  ;1    5,0 Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao 2,5 a) CD BE Ta có BA EA    E chân đường phân giác BC EC A D B 0,5 I E C Do BD = BC  BE  CD  BE : x  y  17  0,5 x  3y 1  I  BE  CD  tọa độ điiểm I nghiệm hệ  3x  y  17  0,5 Giải hệ phương trình  I  5;  1,0 b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Đặt BC  a   AB  2a, AC  a 5, CE  2,5 a 0,5   450  IB  IC  BC  a Do CBE (1) Tam giác EIC vuông I  IE  EC  IC  IE   a (2)  Từ (1) (2)  IB  3IE  B (4;5) Gọi C (3c  1; c) từ 0,5 0,5 c  BC   c  4c     c  0,5 Với c   C (2;1), A(12;1) (KTM) Với c   C (8;3), A(0; 3) (TM) 0,5 Vậy A(0; 3), B (4;5), C (8;3) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc 2,0 Áp dụng BĐT AM- GM ta có ab  bc  ca  33 a b c 1= a + b + c  3 abc  abc  P P  ab  bc  ca  33 abc 0,5 abc  9abc  2 a b c ab  bc  ca 1    2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 0,5 0,5 x    Ta có: đk        MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  AM  AB  AC     2CA  CB Tương tự ta có:3CN      Vậy: AM  CN  AM  CN   (2 AB  AC )(2CA  CB)         (2 AB  AC )( AB  AC )   AB  AC  AB.AC  5(3đ)   x   x  5x    x  x  4    GA2  GB  AB GAGB  GAGB cos AGB  GAGB 2GAGB 2 Ta có 6(2đ) 4ma 4mb   AB 2 2 GA  GB  AB   2 Tương tự ta có đẳng thức Sau cộng lại ta       GAGB  GB.GC  GC GA  4ma2  4mb2  AB 4mb2   4mc2  BC 4mc2  (ma  mb2  mc2 )  (AB  BC  CA2 )  Sử dụng công thức đường trung tuyến ta đpcm  4ma2 2  CA2 Ta chứng minh: x , y, z  [a;b ], (a >0) ta có | ab  xy | b  a  x y 2  4(ab  xy )  (x  y )2 (b  a )2  [2ab  2xy  (x  y )(b  a )][2ab  2xy  (x  y )(b  a )]   [b(2a  x  y )  x (a  y )  y(a  x )]x [a(2b  x  y )  x (b  y )  y(b  x )]  0(dúng) | ab  xy | b  a b  a Vậy ta có   7(2đ) (x  y )z 2z 2a Dấu ‘‘=’’ x  y  a, z  a hay x  y  z  a Áp dụng ta có: b a b a b a 3(b  a ) f (x , y, z )     2a 2a 2a 2a Dấu ‘‘=’’ x  y  z  a Thay a  2018, b  2019 , ta x  y  z  2018 maxf (x , y, z )  4036 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 1 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) -THẠCH THẤT- Câu 1.(5,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (P) Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ) 2) Tìm tất giá trị tham số m ( m  R ) để phương trình x   3m  1 x  6m   có bốn nghiệm phân biệt lớn 4 Câu 2.(5,0 điểm ) 1) Giải bất phương trình:  2x   x  x  25  x2  5x   3 x  y  x  y   2) Giải hệ phương trình: 2 x  y   x  10 y   Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c diện tích S Biết S  b2  (a  c)2 Tính tan B Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC  600 Các điểm M, N xác định MC  2MB NA  1 NB Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  Tìm tọa độ điểm C cho ABC vng C có góc B  600 Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: y x z 1  2  2 2 2 x y y z z x x y z Hết - Họ tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: …… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN -THẠCH THẤT- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút Câu 1.1 (3,0 đ) 1) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (P) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (P) điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) PT hoành độ giao điểm: x  3x   m  (1) Để d cắt (P) điểm phân biệt  PT (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 13     13  4m   m  (*) Giả sử A( x1; 2 x1  m); B( x2 ; 2 x2  m) 1,0  x1  x2  3  x1.x2  m  Theo hệ thức Vi-et:  0,5 Ta có OAB vuông O  OA.OB   x1 x2  2m  x1  x2   m   m  m    m  Đối chiếu đk (*) có giá trị m m   21  21 1,0 0,5 Câu 1.2(2,0 điểm) 2) Tìm tất giá trị m để phương trình x   3m  1 x  6m   có bốn nghiệm phân biệt lớn - Đặt t  x  , thay vào phương trình ta t   3m  1 t  6m   t  phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt  t  3m  1  3m   m    Khi pt cho có nghiệm  2;  3m  3m   m  17 Để nghiệm lớn 4  3m   4  3m    m  17 Vậy giá trị m m   ;  \ 1 3  Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:  2x   x  x  25  0,5 0,5 0,5 x2  5x   x  Điều kiện:  x  *) Nếu x = x = bất phương trình nghiệm x  *) Nếu  bất PT cho  x   x  x  25  (a) x  (a )  0,5 2 x   (Do x  x  25  0) (1)  x  x  25  x    2 x   (2)   x  x  25  x  20 x  25  0,5 0,5 0,5 0,5 +) Giải (1) kết hợp đk  x   ;2   x   +) Giải (2): (2)   3x  19 x    x   19  Kết hợp đk  x   3;    3 0  x  19  19 Tập nghiệm S   ;2  3;   3 0,5 0,5 3 x  y  x  y   Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  y   x  10 y  ĐK: x  y  0, x  y   Đặt u  x  y ,(u  0) v  x  y  1,(v  0) 3u  v  Ta hệ phương trình:  2 4u  3v  2v  12  v   3u  v   3u  u     23u  96u  73   u  73  23    2x  y  2 x  y  x    (t/m) x  2y  y  1 x  y       x  73 104 Với u   v   , (loại đk v  ) Vậy hệ phương trình có nghiệm:  23 23  y  1 Với u   v    0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c diện tích S Biết S  b2  (a  c)2 Tính tan B Ta có: S  b2  (a  c)2  ac sin B  a  c  2ac cos B  a  c  2ac 1  ac sin B  2ac(1  cos B )  sin B  4(1  cos B )  cos B   sin B (*) 0,5 0,5 17 Mặt khác sin B  cos2 B   sin B  1  sin B    sin B  sin B  16    sin B  (do sinB > 0) 17 Kết hợp với (*) ta được: cos B  15  tan B  17 15 0,5 0,5 Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC  600 Các điểm M, N xác định MC  2MB NA  1 NB Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  AM  AB  AC 0,75 Tương tự ta có: 3CN  2CA  CB 0,75 Vậy: AM  CN  AM  CN   (2 AB  AC)(2CA  CB)   (2 AB  AC)( AB  AC)   AB2  AC  AB AC   2c  3b  5bc 0  0,5 0,5 0,5 4c2  6b2  5bc  Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  Tìm tọa độ điểm C cho ABC vng C có góc B  600 Ta có AB   2; 6  , Giả sử C  x; y   AC   x  1; y   ; BC   x  3; y    AC  BC ABC vuông C có góc B  60    BC  AB  AC.BC   x  1).( x  3)  ( y   (y  4)       2 AB  x  3   y    10  BC    2 x  y  4x  y     2   x  y  x  y  25  10 0,5 0,5 0,5 0,5  x2  y2  x  y    x2  y2  4x  y      x  y  20   x  y  10 9 y  60 y  100  y  12 y  40  y    x  y  10    x  y  10 10 y  50 y  55   53 5  ,y x  2   53 5  KL : … ,y x  2  0,5 0,5 y x z 1  2  2 2 2 x y y z z x x y z Áp dụng BĐT cơsi cho số dương x, y, z ta có Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z  CMR: 0,5 x3  y  x3 y ; y  z  y z ; z  x  z x  y y x z x z  2 2   x y y z z x x3 y 2 y z 2 z x 2 y x z 1   2 2   x y y z z x xy yz zx 1 1 1 2  2 Mặt khác, ta có: ; 2 2 ; 2 2 x zx z yz z x y xy y 1 1 1  2 2 2    2 x y z xy yz zx y x z 1  2 2 2 2 x y y z z x x y z Dấu ''  '' xảy x  y  z  Từ 1 ,   ta có Chú ý: Các cách giải khác cho điểm tương tự 1 0,5 0,5 0,5 - 2019 Câu ( ) x a) i 18 x x x m m, (1) , (1) m m b) Câu (5 x4 x3 y x3 y xy x a) x2 y ây truy b) Parabol ACB u, cu i c cg m A , B m i tr c AA BB v cao 30 m Chi n A B n n c u b ng 200 m G iQ , P, th , C’, I , J , K dài c a dây cáp treo? M BC a, CA b, AB c b c cos A a c.cos C b.cos B minh r b) Tìm t p h p i Câu Tr a) N M cho MB MC Ox AN d:y M Q Cho x, y , z x MA2 Oxy , cho A(3;1), B( 1; 2) MB Câu thành ph n b ng Các n: QQ , PP , HH , CC ' , II , JJ , KK g i Cho tam giác ABC Câu (4 b) n ng n i n n c u v dây cáp treo Tính t a) Ch cao ng n nh t c a dây truy n c u CC ' m y z x MA PQ : x2 y2 xyz P - z2 xyz ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 Đáp án Câu Điểm a) Đặt t = + x + − x Đk : ≤ t ≤ t = −1(l ) Phương trình có dạng: t − 2t − = ⇔   t =3 Giải nghiệm x=-3 x=6 1.0 1.0 1.0 b) (1) có nghiệm có phương trình t − 2t =9 − 2m có nghiệm t ∈ 3;3  Xét hàm số f (t = ) t − 2t với t ∈ 3;3  , sử dụng bảng biến thiên ta có ĐK Câu −9 + phương trình có nghiệm ≤ − 2m ≤ 18 − ⇔ ≤ m ≤ a) Ta có: x + x y =( x − xy ) + x3 y Đặt a = x − xy; b = x y Câu 1,0 6,0 1.0 1.0 1,0 a + b =  a = Ta có hệ phương trình:  Suy ra, a − a − = ⇔   a = −2 −a + b =−1   x − xy = x = ±1 ⇔  y =   x y =    −2 Khi đó:    x + x = (v n)   x − xy =−2 ⇔  −    y=  x    x3 y = −2   1,0 1,0 ( x; y ) ∈ {(1;0 ) , ( −1;0 )} 5,0 y B Q A K P I H C 5m y1 B′ Q′ P′ H ′ O I′ J y2 J′ y3 K′ 30m A′ x 200m Giả sử Parabol có dạng: y = ax + bx + c , a ≠ Chọn hệ trục Oxy hình vẽ, parabol qua điểm A (100; 30 ) , có đỉnh 30= 10000a + 100b + c  −b  C ( 0;5 ) Suy ra:  = ⇒ ( P) : y = x + Đoạn AB chia 400  2a 5 = c 1,0 làm phần, phần 25 m 1,0 Khi đó, tổng độ dài dây cáp treo OC + y1 + y2 + y3       =5 +  252 +  +  502 +  +  752 +  = 78, 75 ( m )  400   400   400   a + b2 − c2 a + c2 − b2  (b − c ) − a (b − c ) − b = = VP = a  c  2ab 2ac 2bc   a) (b − c )(b + c − a ) = = (b − c ).c osA 2bc     b) Gọi D xác định hệ thức: DB + DC − DA = Ta có: Câu 1,0 1,0 MB + MC − MA2 = MD + DB + DC − DA2 =   = MD + DB + DC − DB + DC = = MD − AB.AC.cosA ( 4,0 ) 1,0 Nếu A tù, tập hợp điểm M tập ∅ 1,0 Nếu A vuông, tập hợp điểm M { D} ( ) Nếu A nhọn, tập hợp điểm M đường tròn D; AB AC.cos A a) N ∈Ox cho AN nhỏ N hình chiếu A lên Ox N hình 2.0 chiếu A lên Ox.Vậy N(3;0) b) M ∈ d : y = x ⇒ M (m; m) Đường thẳng AM có phương trình (m − 1) x − my − 2m = AM cắt trục hoành P( Câu 2m ;0) m −1 1,0 Đường thẳng MB có phương trình: (m − 2) x − (m + 1) y + 3m = 4,0 3m MB cắt trục tung Q(0; ) m +1 Phương trình PQ: m −1 m +1 x+ y 1(m ≠ ±1; m ≠ 0) = 2m 3m PQ qua I ( x0 ; y0 ) cố định ⇔ (3 x0 + y0 − 6)m − x0 + y0 = 0∀m ≠ ±1;0 1,0  x + y0 = ⇔ ⇔ I (1; ) −3 x0 + y0 = Áp dụng BDDT Cauchy cho số dương: x , y , z , x, y, z ta được: x + y + z + x + y + z ≥ 6 x3 y z = xyz Vì x + y + z = xyz nên ta có: Câu 0,5 x + y + z ≥ xyz Dấu xảy ⇔ x = y = z = x = y = z ⇒ x = y = z = Trái với giả thiết: x + y + z = xyz 2 0,5 1,0 Vậy x + y + z > xyz Ghi chú: Học sinh làm theo cách khác chấm điểm theo bước có lời giải ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 201 7- 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm câu) Mơn thi: TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu... ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0 ,25 0 ,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 201 7- 2018 MƠN THI: TỐN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: ... phương trình thuộc miền tứ giác OABC, kể điểm cạnh tứ giác f(x)= 6-3 x f(x)=4-x y C B x A -6 -5 -4 -3 -2 -1 O 10 -1 0 ,25 -2 -3 -4 -5 -6 -7 L đạt giá trị lớn đỉnh tứ giác.Thay tọa độ điểm O(0;0), A(2;0),