Câu 7 : Cho tam giác ABC.. Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A[r]

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 1

Câu 1.(2,0 điểm)

a) Giải bất phương trình:x2 6x 2 2(2 x) 2x1

b) Giải hệ phương trình:

5 10

2

4

x xy y y

x y

   

 

   

  Câu 2.(2,0 điểm)

Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm

2

( )

x m y x my x y xy

   

 

 

 

Câu 3.(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm (2;4), I đường thẳng d1: 2x y  0, 2: 2

d x y   Viết phương trình đường trịn ( )C có tâm I cho ( )C cắt d ,AB cắt 1 d tại2 ,

C D thỏa mãn AB2 CD2 16 5AB CD. .

  

Câu (2,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vng góc với phân giác AL và

5

CM

AL   .Tính

b

c cos A.

Cho a,b   thỏa mãn:

9

(2 )(1 )

2

a b

  

.Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

4

16

P a  b Câu (2,0 điểm)

Cho  

2

f x x  ax b với a,b thỏa mãn điều kiện: Tồn số nguyên , ,m n p đôi phân biệt 1m n p, ,  cho: f m   f n   f p  7 Tìm tất số (a;b)

Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2cos (tan2 x 2xtan ) sinx  xcosx

Câu (2,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2y2 2x 4y 0 tâm I điểm (3;2)M Viết phương trình đường thẳng  qua M ,  cắt ( )C hai điểm phân biệt A B, sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.

Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  

4

3 2

2

3

x x y y

x y x y

   



 

 

 

 ( , )

Câu (2,0 điểm) Cho số , ,a b c không âm cho tổng hai số dương Chứng minh :

9

6

a b c ab bc ca

b c a c a b a b c

 

   

     .

Câu 10.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho A3;1 , B3;9 , C2; 3  a) Gọi D ảnh A qua phép tịnh tiến theo BC



b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD M cho tứ giác ABCM có diện tích 24

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 01

Câu1 Đáp án Điểm

1điểm

Điều kiện:

x 

Đặt t 2x1 (t 0) 2x t  Khi ta có2

2 6 2 2(2 ) 0 2 4 3( 1) 0

x  x   x t  x  tx t t   

1.0

2

(x t) (2 1)t (x 1)(t x t 1)

          

 x1t (do

1

3 0; ;

2 x t   x  t

)

Với x1t ta có

1

1 2

2

x

x x x

x x x

 

       

   



Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm bất phương trình S  [2 2;)

điểm

5 10

2

(1)

4 (2)

x xy y y

x y

   

 

   



 Điều kiện:

5

x  1,0

Th1: y 0 x khơng thỏa mãn0

Th2: y  ta có: 0

5

5 2

(1) x x y y (t y t)( t y t y ty y )

y y

 

            

  với t=x/y



2 2 2

(t y ) ( t y ) (t y ) (t  yt y ) 2  0 

t=y hay y2  x

Thay vào (2): 4x 5 x   4x237x40 23 5  x 23

5

42 41

x

x x

    

   



x

   y

Đối chiếu đk ta nghiêm hệ là: ( ; )x y (1;1);( 1;1) 

Câu2

Hệ cho tương đương với:

2

0 (1) (2) my y m x yx y

   

 

  



 2.0

3 điểm

Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm

2 4 0

4

x

y

y y

y  

     

  Th1: m  ta có 0, y  0, x 0 Suy m 0 thỏa mãn

2 2

1

1

4 m m y y                         2 2

1

1

1

4

2

1

4 m m m m m m                                      2 1 ( ; ) ( ; ) 2

1 ( )

1

m

m

m m A

m m                                 

 (B)

(với y y nghiệm phương trình (1)).1,

(A)

1

1

2

2 17

1

m m m m                  

  (B)

4

( ; ) ( ; )

17

m      

Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (1) (ẩn y ) có nghiệm

thuộc khoảng (  ; 4] [0;  hay (*) không xảy ra, điều kiện )

4

;

17 m m



  

Vậy tất

các giá trị m cần tìm

4

17 m



 

Câu3 điểm

Gọi hình chiếu I d d , 1, E F đó ( ; )1 ( ; 2)

2

;

5

I d I d

IE d  IF d  2,0

Gọi R bán kính đường trịn ( )C cần tìm (

5 R 

)

2 36

2 ; 2

5

AB AE R  CD CF  R 

Theo giả thiết ta có:

2 36 36

4 16 20

5 5

R R R R

   

      

   

   

2 2 2

8R 16 (5R 4)(5R 36) 2R (5R 4)(5R 36)

         

2 2

(2R 4) (5R 4)(5R 36)

     (do

6 R 

) R2 2 (

5 R 

) Vậy phương trình đường trịn ( )C cần tìm ( ) : (C x 2)2(y 4)2 8

4.a

1 điểm Ta có: ALb cb ABb cc AC

                                          1.0 2

CA CB AB AC

CM    

                                                        

Theo giả thiết: ALCM                AL CM 0

   

   

2 2

2 cos cos

2 cos ( cos 1)

bAB c AC AB AC bc bc A cb A cb

c b A c b do A

                                                                         Khi đó:

2 2 2

2

2

b a c a b

CM     

     

2

2 1 2 2 . 9 2

9 9

 

2 2

2 2

3 9

5 5

2

CM CM a b

AL AL b a



     



2

2 5

9 a b b a     

2

a b

  

2 2 2

2

5

cos

2 4

b c a b a

A bc b        4.b 1điểm

C/M : a2b2  c2d2  (a c )2(b d )2 ấu xẩy khi: a b

c d 1.0

Áp dụng (1) ta có :

2

2 2 2

4 ( )

1 4

4 4 16

p a a a b

b b                     Mặt khác: (1 )(1 )

2 a b     2 a b ab 

(2)

Mà:

2

2

2 2

2

1

3( )

4 2 4

2 2 a a a b

b b a b ab a b

a b ab                     

 (3)

Từ (1) (3) suy ra: p 2 17 Dấu “=” xẩy khi: a=1 b 

Vậy: MinP 2 17 Đạt a=1 b  Câu 5 2 điểm

số f(m),f(n),f(p) dương, âm có số dấu nên:

Th1: f(m),f(n),f(p) -7 loại phương trình f(x)-7=0 có nghiệm phân biệt 2,0 Th2: ( )f m f n( ) 7 ( )f p 7

Không tính tổng quát,giả sử m>n m p  n p ta có: m,n nghiệm pt:

2 7 0

x  ax b   p nghiệm pt: x2  ax b   nên :7

( )( ) 14 ( )( ) 14

( )( ) 14

m n a

n p n p a n p p m

m p m p a                    9( ) 9( ) n p

n m l

p m n p

n m l

p m                         

Th3: ( )f m f n( ) ( ) 77 f p  ,khiđó hồn tồn tương tự ta có: (p n m p )(  )14 

7 m p p n      



7 m p p n       

Do m,n,p1;9 nên tìm là: (a;b)=(11;17),(13; 29),(7; 1),(9;7) 

Câu 6 2,0

Điều kiện: c x os (*) PT cho tương đương

2

2sin x2sin cosx xsinxcosx 2sin (sinx xcos ) sinx  xcosx (sinx cos )(2sinx x 1)

   

+) sinx cosx tanx x k

 

+

1

sin ;

2 6

x  x k  x  k 

Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm PT

; ; ( )

4 6

x  k x  k  x  k  k 

Câu 7 2,0

( )C có tâm I(1; 2), bán kính R 3 Ta có IM  2 R nên M nằm đường trịn (C). Gọi H hình chiếu I AB đặt IH t , 0 t 2.

Ta có

2

2

IAB

S  IH AB t  t

Xét hàm f x( )t 9 t2;0  t

Ta có

 

2

9

'( ) 0, 0;2

9 t

f t t

t 

   

 , suy f t( ) đồng biến 0; 2  f t( )f(2) Vậy SIAB lớn d I ;   , hay H M t 

Khi  nhận IM véc tơ pháp tuyến, suy :x 0 . Câu 8 2,0 điểm

Đặt x y a x y b  ,   Để cho tiện ta đặt 3 c Từ phương trình thứ hai hệ, ta có:  

3 3

ab c  ab c

Từ ,

a b a b

x  y 

, suy

4 2

2 ab

x  y  (a b )

3

3

2 2

( )

( ) a b a b a c b

x y  a b      

0,25

Phương trình thứ hệ trở thành:

3

2 2

2 ( ) ( )

ab a c b

a b    c a b  a c b

Ta có hệ

2

c a b a c b ab c

   

 

  

( )

, suy

2

2 3 3

2

c c

c a a ca c a ac ca a c

a a

 

          

 

 

( )( )

a a c

c

   

0,25

- Nếu a c b , 1

3

1 3

2 ,

c

x    y 

- Nếu

2

1 ,

a b c

c

 

3

2

3

1 1 1 1

2 3, 2 3

c c

x c y c

c c c c

      

         

   

Vậy hệ cho có hai nghiệm

3

3

3

2 3 3

x y        

   

 

( ; ) ; , ;

0,25

Câu 9 2,0 điểm

Đặt

9

a b c ab bc ca

P

b c a c a b a b c

 

   

    

Giả sử a b c  ,

ab ac b b c c

b c a c  a b  b c  c b  

0,25

Suy

b c b c

a c a b a



 

  . 0,25

Đặt t b c 

9

a t at

P

t a a t

  

 0,25

Ta có

9

6

a t at a t at

t a a t at a t



    

  (AM-GM) Do P 6 (đpcm). 0,25

Chú ý: Đẳng thức xảy a t 3 at chẳng hạn ( , , )a b c thỏa mãn là

( ; ; ) ;1;0

2

a b c   

 

  (HS khơng cần nêu bước này).

Câu 10(2,0 điểm)

a/BC  5; 12



D T BC  A  AD BC                            

 

3 5 8

8; 11

1 12 11

D D

D D

x x

D

y y

  

 

  

 

  

 

b/AB   6;8  AB10



;Pt(AB): 4x3y 15 0         16

, ,

5 d CM AB d C AB 

 .   , 

24 5

2 ABCM

AB CM d CM AB

S     CM 

Do M thuộc đoạn thẳng CD, 5 2 2

AB CD CM   

suy M trung điểm CD M5; 7  Pt (AM) là: 4x y  13 0

-Hết -ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 2

Câu (3,0 điểm)

b) Giải bất phương trình:

1

0

2

4 3  

 x  x x

Câu (3,0 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng  đường

phân giác góc A có phương trình 2x y 0   ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3

lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung.

b) Cho tam giác ABC vng A, gọi  góc hai đường trung tuyến BM CN

của tam giác Chứng minh

3 sin

5  

Câu (3,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC Gọi D, E điểm thỏa mãn:

2 BD BC;

3                           

  1

AE AC

4                             

. Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng.

b) Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: b IB c IC 2a IA 02  2     ; Tìm điểm M cho biểu thức (b MB2 2c MC2 2 2a MA2 2)

đạt giá trị lớn nhất.

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:    

2

1 6x2 2x 1 5 x 4x

b) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz   Chứng minh rằng:

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

xyz

x y z .

Câu 5: (3,0 điểm)

a) Cho tan2 tan2

b a



Chứng minh :

3sin tan

2 3cos

b a a

a

 



b) Chứng minh : 0

1

cos 290  sin 250  3.

c)

8 35

sin cos cos8 cos

64 16 64

x x x x

Câu 6: (3,0 điểm) Giải phương trình sau: a) sin6 x3sin2xcosxcos6x1 b)

5

12cos x 5sin x

12cos x 5sin x 14

   

  .

c)

2

1 t2 tan

1 6(1 sin )

cos

co x x

x x



  

;

Câu 7(1,0 điểm): Tìm giá trị  để phương trình :

(cos 3sin  3)x2( cos  3sin  2)x sin   cos  0 có nghiệm x =1

Câu 8(2,0 điểm):

a).Trong mặt phẳng 0xy ,cho vectơ v 

=(-2;1), đường thẳng d có phương trình 2x –3y +3 =0 Hãy xác định phương trình d’ ảnh d qua phép tịnh tiến theo vectơ v



b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường trịn ( C) có phương trình :x2y2 2x 4y 0  

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 2

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Cho hàm số

2 3 2

  

y x x và hàm số  y x m Tìm m để đồ thị các hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách trục tọa độ.

1,5

Yêu cầu toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt

2 3 2

   

x x x m hay 2 2 0

   

x x m (*)có  ' 0 m>1 Gọi x ; xA Blà nghiệm (*), I trung điểm AB ta có

A B I

x x

x

2 

 

;

I I

y x m m 1 

Yêu cầu toán  yI xI  m 1   m 2;m 0 

Kết hợp ĐK, kết luận m2

b

Giải bất phương trình:

1 0

2

4   

 x  x x (1) 1,5

TXĐ:

2 4 3 0

1 2;2 3

2

   

    

  

x x

x x

x 0,25

(1)

1

2

4

 



x  x x

Nếu 1 x 2thì  x24x 2  x 4, bất phương trình nghiệm với x:

1 x 2

0,25

Nếu

2

2

2

4

  

    

   

 

x x

x x bất pt cho 2x 4 x2 4x 3

      0,25

2

4 16 16

 x  x  x  x 5x2 20x19 0

5

x ; x

5

    0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có:

2 x

5

  

Tập nghiệm bpt cho:

5

(1;2) (2 ;3)

5

 

0,25

2 a

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có (1;2)B Đường thẳng

là đường phân giác góc A có phương trình 2x y 0   ; khoảng

cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C

biết C nằm trục tung.

1,5

D(B;)=

5 ; C(0:y0) ; D(C;)=

0

y

5 

, theo ta có

0

0

y

y 10; y

5



   

0,25

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, ý C khác phía B  suy C(0;-8)

Do BB' 



u (1; 2)



nên ta có: a 2b 0   ;

Trung điểm I BB’ phải thuộc  nên có: 2a b 0   Từ ta có: a= -7/5; b=4/5

Theo định lý Ta - Let suy

3 CA CB'                                44 A(x; y);CA x; y ;CB' ;

5                                      0,25

Từ suy

21 26

A( ; )

10



;C(0;-8) 0,25

b

Xét tam giác vuông ABC vng A, gọi  góc hai đường

trung tuyến BM CN tam giác Chứng minh

3 sin

5

  1,5

Gọi a, b c tương ứng độ dài cạnh đối diện góc

A, B C tam giác Có

2 2 c

CN b

4

 

2 2 b

BM c

4

 

Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có

 BG2 CG2 BC2

cos BGC 2BG.CG    = 2

2 2

2(b c ) (4c b )(4b c )

 

  ; Do

2

2 2

2(b c ) cos

(4c b )(4b c ) 

 

 

Có

2

2 2 5(b c ) 2 2

(4c b )(4b c ) ;" " 4c b 4b c

2          b c   Do

2 2

2

2 2

2(b c ) 2(b c ).2

cos

5(b c )

(4c b )(4b c )

         Hay

sin cos

5

    

Dấu có tam giác vng cân đỉnh A

3 a Cho tam giác ABC Gọi D, E

2

BD BC; AE AC

3                                                          

Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng.

1,5

Vì

1

AE AC BE BC BA(1)

4 4

                                                                         

Giả sử AK x.AD  BK x.BD (1 x)BA  

                                                                      Mà BD BC                              nên 2x

AK x.AD BK BD (1 x)BA

3

    

    

Vì B, K, E thẳng hàng(BE) nên có m cho BK mBE

Do có:

m 3m 2x

BC BA BC (1 x)BA

4    

                                                        Hay

m 2x 3m

BC x BA

4

                                                          

Do BC; BA                            

không phương nên

m 2x 3m

0 &1 x

4      Từ suy ra

K A

B D C

1

x ; m

3

 

Vậy

1

AK AD

3 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3 b

Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA b IB c IC 02 2

       ; Tìm điểm M: biểu thức 2a MA2 2b MB2 2c MC2 2 đạt giá trị lớn nhất.

1,5

Kẻ đường cao AH, ta có b2 a.CH;c2 a.BH nên b BH c CH2  Do đó:

2

b BH c CH 0   

Suy b IB c IC b IH c IH a IH2    

    

Kết hợp giả thiết suy 2a IA a IH2 

 

hay 2.IA IH   Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa mãn A trung điểm IH Với x, y, z tùy ý thỏa mãn:x.IA y.IB z.IC 0  

                                                       

(*) bình phương vô hướng vế (*), ý 2IA.IB IA                2IB2 AB2 ta có:

2 2 2

(x.IA y.IB z.IC )(x y z) xyc   xzb yza Từ có ( 2a IA 2 b IB2 2c IC ) 3b c2  2

Mặt khác xMA2 x(IA IM) x(IM2IA2 2IA.IM)

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Tương tự cho yMB2; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có

2 2 2 2

xMA yMB zMC (x y z)IM  xIA yIB zIC Thay số có:

2 2 2 2 2 2

2a MA b MB c MC a IM 3b c 3b c

     

Dấu xảy M trùng I

4 a

Giải phương trình:    

2

1 6x2 2x  5 x 4x

(*) 1,5

ĐK:

1

x ; x

2

 

(*) (3x 1) 2(2x21) 2(3x 1) 2x  2  1 (3x 1) 2(2x21) (10x 28x)

3x 1 2x2 12 x 12

     

2

2x 2x 2(a) 2x 4x(b)

   

 

  



Giải(a) đối chiếu ĐK có nghiệm

4

x

2   

Giải (b) vơ nghiệm Kết luận (*) có nghiệm

4

x

2   

b

Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz   Chứng minh rằng:

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

xyz

x y z (I)

1,5

Giả thiết suy ra:

1 1

1

xy yz zx   Ta Có:

2

1 x 1 1 1 1

x x xy yz zx x y x z

 

  

          

 

 

1 1

;" " y z x y z

 

       

 

Viết hai BĐT tương tự cộng lại ta được:

A

2

2 1 1

1 1   1 1

 y  

x z

x y z

1 1

3 ;" " x y z

x y z

 

     

 

 

Ta CM:

1 1

3 xyz

x y z

 

  

 

       

2

3 xy yz zx xyz x y z

      

x y2 y z2 z x2

      

Điều luông Dấu có x=y=z

Vậy (I) CM, dấu có x=y=z=

Câu 5(2,0 điểm)

a) Đặt tan

2 a

= t tan

2 b

= 4t ,do :

2

tan tan 3

2

tan

2 1 tan tan

2

b a

b a t

a b t

 

 

 

Mặt khác :

2

2

2

2

3sin 1

tan

1

2 3cos 5 3

1 t

b a a t t

t

a t

t

 

  



 



 Từ suy điều phải chứng minh.

b)VT = 0 0

1 1

cos 70  sin 70 sin 20  cos 20

=

0

0

0

0

3

2 cos 20 sin 20

2

3 cos 20 sin 20

3 sin 20 cos 20

sin 40

 



 

  



=

0

4sin 40

3 sin 40  3( đpcm).

c) VT = (sin4xcos )4 x 2 2sin4 xcos4 x= (1 2sin 2xcos )2x 2 2sin4xcos4x = 1 4sin xcos2x2sin4xcos4 x=

2

1 cos 1 cos

2

x x

   

   

  =….

=

1 35

cos8 cos

64 x16 x64

Câu 6(2,0 điểm): a) sin6x3sin2xcosxcos6x1 

2 2 2

(sin xcos x)  3sin xcos x(sin xcos x) 3sin xcosx1

 3sin2xcos2x3sin2xcosx0 giải phương trình ta nghiệm k x

2  

b)Đặt y = 12cosx +5 sinx + 14 ,ta có phương trình

y

y

  

giải phương trình ta y =1vày =5 Do

đó :

5

12cos x 5sin x

12cos x 5sin x 14

   

 



12cos x 5sin x 14 12cos x 5sin x 14

  



   

 

12cos x 5sin x 13 (1) 12 cos x 5sin x (2)

 



  



Giải (1) (2) ta :x   k2;

9

x arccos k2

13

 

    

  với

12 cos

13  

5 sin

13  

c)ĐK:

x k 

;

2

1 t2 tan

1 6(1 sin )

cos

co x x

x x



  



2

cos

1 3sin sin sin cos

x

x x x x  



2 2

2

2

5 3sin ( sin )

sin 2x   x t  t  t x



2

2

sin 2x cos 2x

2

sin 2x cos 4x cos

3

   

  

     

 

  

x k

4

x k

4

x k

4

 



 

 

 

  

 

 

  



Câu 7(1,0 điểm) x= nghiệm phương trình cho ta có đẳng thức cos sin 2

hay

3

cos sin

2  2   Đẳng thức xảy k2 

   

Câu 8(2,0 điểm)

a) Lấy M(0;1) thuộc d Khi M ' T (M) ( 2; 2) d ' v    Vì d’ song song với d nên d’ có phương trình dạng :

2x-3y + C = Thay toạ độ M’vào pt d’ ta C =10 Vậy phương trình d’ : 2x –3y +10 =0

b) Đường trịn ( C) có tâm I (1;-2) ,R= 3.Gọi I ' T (I) ( 1;3) v   và ( C’) ảnh ( C) qua phép tịnh tiến theo

vectơ v 

( C’) có tâm I’ bán kính R’= có pt :(x 1) 2(y 3) 9

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 3

Câu (2 điểm)

a Cho hàm số y x 2mx 3mvà hàm số y2x Tìm m để đồ thị hàm số cắt3 nhau hai điểm phân biệt hoành độ chúng dương.

b.Giải bất phương trình:  x28x 12 10 2  x

Câu (2 điểm)

a Giải phương trình:

3 3 3

(4 3)

2

x  x  x 

b Giải phương trình: 2x2  11x23 4 x1

Câu (2 điểm)

a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ A dương), d cắt trục tung B(tung độ B dương) Tìm giá trị nhỏ nhất diện tích tam giác OAB.

b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x 2)2(y3)2  điểm (1; 2)9 A  Đường thẳng qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng

MN.

Câu (3 điểm)

a Chứng minh tứ giác lồi ABCD hình bình hành khi

2 2 2

b.Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn: 2

1 1 1

a

h b c (trong AB=c; AC=b; đường cao

qua A ha).

Câu (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

     

 

2 2

2

2 2 2

3 a b b c c a

a b c

b c c a a b a b c

    

   

    

Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình:

2 2

sin tan (3 ) os

2

x x

x c





 

   

 

 

Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

2

1 1 16

2

3

1 1 100

2( )

( ) ( ) 9

x

x y x y

x y

x y x y



  

  

 

    

  



Câu 8: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngồi tam giác ABC dựng hai tam giác ABM và ACN Tìm phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN Từ suy

MC=BN.

Câu 9:(2,0 điểm)

Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

 

sin sin . y   x

Câu 10: (2.0 điểm)

Trong mphẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cú diện tích

3

2 điểm A(2;-3), B(3;-2)

trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng (d): 3x- y - = Tìm toạ độ điểm C

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN SỐ 03

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Tìm m: y x 2mx 3m y 2x3 cắt hai điểm phân biệt hoành độ dương 1,00

u cầu tốn  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt

2 2 3 2 3 2( 1) 3 3 0

x  mx m x  x  m x m 

' 0

3( 1) 0 2( 1) 0

m m    

   

  



0,25

1 ' 0

4 m m

        



0,25

Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 0,25

b Giải bất phương trình:  x2 8x 12 10 2  x 1,00

TXĐ:  x2 8x 12 0  2 x 6 0,25

5x6

Nếu

2

10 2 0

2 5

8 12 0

x x

x x

 

     

   



 bất pt cho

2 8 12 4 40 100

x x x x

      

2 28

5 48 112 0 4

5

x x x

       0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có: 4x5

Tập nghiệm bpt cho: (4;6] 0,25

2 a

Giải phương trình:

3 3 3

(4 3)

2

x  x  x 

(1) 1,00

Đặt

3

4 3

y  x  x (1) có dạng:

3

3

2 2 3

( )

4 3

y x

I

x x y

  

 

  



 Khi nghiệm (1) x ứng với (x;y)

là nghiệm (I)

0,25

(I)

3

3

2 2 3

2 2 ( ) 0

y x

x y x y

  

  

   

 

3

2

2 2 3(2)

( )(2 2 2 1) 0(3)

y x

x y x xy y

  

  

    



 0,25

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1):

3 3 4

x  0,25

TH2: 2x2 2xy2y2    1 0; 'x 2 3y2 Nếu có nghiệm

2

y 

Tương tự có

2 3 x 

Khi VT (2) 

3

2

4

3 3

 

 

 

  Chứng tỏ TH2 vơ nghiệm KL (1) có nghiệm

3

4

x  0,25

b Giải phương trình: 2x2  11x23 4 x1 1,00

ĐK: x 1

2

(1) 2(x  6x9) ( x 1 4 x 1 4) 0 0,25

2

2(x 3) ( x 1 2) 0(*) 0,25

Do

2 0( )

a  a nên pt(*)

3 0 1 0 x

x   

  

  



 0,25

3

x

  Vậy pt cho có nghiệm x=3 0,25

3 a M(1;4) Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành A; d cắt trục tung B Tìm giá

trị nhỏ diện tích tam giác OAB(x y A; B 0)

1,00

Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB:

1 x y

a  b  0,25

Vì AB qua M nên

1 4 4 16

1 1 2 1

a b    ab  ab

2

1 4 1

8;" "

8

2 2

a ab

b a b

 

       



 0,25

Diện tích tam giác vng OAB( vuông O)là S

1

2OA OB 2ab

  

Vậy S nhỏ d qua A(2;0), B(0;8)

0,25

b

(C): (x 2)2 (y3)2  ; (1; 2)9 A  qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị

nhỏ độ dài đoạn thẳng MN. 1,0

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm đường trịn(C) (1 2)2 ( 3)2 2 9

IA        0,25

Kẻ IH vuông góc với MN H ta có

2 2 9 4 4(9 2)

IH HN IN   MN  HN   IH

0,25 MàIH AH  IH IA 2

2 4(9 2) 28 2 7

MN MN

      0,25

Vậy MN nhỏ 2 7 H trùng A hay MN vuông góc với IA A 0,25

4 a Chứng minh tứ giác lồi ABCD hình bình hành khiAB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2

     1,5

Tứ giác lồi ABCD hình bình hành  AB DC  AB DC 0

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

0,25 AB DC2 0

    2

2 . 0

AB DC AB DC

                   0,25

2 2 .( ) 0

AB DC AB AC AD

                    

2 ( 2 2) ( 2 2) 0

AB DC AB AC BC AB AD BD

         (*)

(    

2 2 2

2 2

a b  a  a b b    a b a  b  a b 

)

0,25

0,25 0,25

(*) AB2 BC2 CD2DA2 AC2 BD2(Đpcm)

( Chú ý: làm chiều cho 0,75 đ) 0,25

4 b

Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn:

2 2

1 1 1

a

h b c (1) 1,5

Có a h. a 2S bc sinA 0,25

2

2 2 2

1 4

sin

a

a R

h b c A b c

   0,25

(1) b2 c2 4R2  sin2Bsin2C 1 0,25

1 cos 2B 1 cos 2C 2

      cos 2Bcos 2C 0 0,25

2cos(B C)cos(B C) 0

    0,25

 

2 2 0 ;0

2 B C hay A

B C B C

B C

 

 

 

  



       

  



Vậy tam giác ABC vng A có B C 2



 

5      

 

2 2

2

2 2 2

: a b c 3 a b b c c a ; , , 0

CMR a b c

b c c a a b a b c

    

    

     1,00

XétM=

2 2

1 1

a b c

b c  c a   a b  

a b a c b c b a c a c b

b c c a a b

        

 

  

1 1 1 1 1 1

(a b)( ) (b c)( ) (c a)( )

b c c a c a a b a b b c

        

     

0,25

2 2

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b b c c a

b c c a c a a b a b b c

     

      0,25

Vì

1

(b c c a )(  ) 2

4 4 1

(a b 2 )c (2a 2b 2 )c (a b c)

  

      ;

2

(a b ) 0

2

2

1 ( )

( ) ;" "

( )( ) ( )

a b

a b a b

b c c a a b c 

     

   

0,25

Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức lại

Suy M

     

 

2 2

2

a b b c c a

a b c

    



  (Đpcm); “=”  a b c  0,25

Hình vẽ câu 3b:

H A

N M

I

Câu 6

2,0 đ

Đ/k: cosx 0 Pt cho

 

           

 

2

2 2

2

2

1 sin

sin tan os os cos

2 2 os

1 sinx cos cos sin sinx cos sinx cos

sinx 2 1

cos

t anx 4

x x x

x c c x x

c x

x x x x x

loai x k

x k Z

x k

 

 



 

   

              

    

           



   

 

    

  

  



Câu 7 2,0 điểm

ĐK: xy

Hệ phương trình tương đương với

2

2

1 1 16

3

1 1 100

( ) ( )

( ) ( ) 9

x y x y

x y x y

x y x y

x y x y



     

  

 

      

  

Đặt

1 1

; (| |,| | 2)

a x y b x y a b

x y x y

      

 

Ta có:

2

16 2 10

3

3 10

100

2

2 2 3

9

a

a b a

b b

a b

 

   

 

  

 

  



       

 

Từ suy hệ phương trình có bốn nghiệm

2 2

2 3 2 3

1 1 1 1

3 3

x x

x x

y y

y y

 

 

 

 

   

  

   

 

     

 

 

Câu 8 2,0 điểm

Qua phép quay Q( ;60 )A

thì điểm M biến thành B;điểm C biến thành điểm N Do ,qua phép quay Q( ;60 )A

thì đoạn MC biến thành đoạn BN Vậy MC=BN Câu 9

2,0 điểm

Tập xác định hàm số yf x( ) sin sinx D  (đối xứng qua 0)

( ) ( )

,

x f x f x

    Vậy, f chẵn (f khơng lẻ khơng đồng 0)

( ) ( )

,

x f x f x

     Vậy, f tuần hoàn

Tập giá trị hàm số tsinx 0;  nên

min sin 0,

t

f t

 

 

max f 0max sin t t

 

Câu1 0 2,0 điểm

* Ta có

1

( , ) ( , )

2

ABC ABC

S S AB d C AB d C AB

AB

   

(1)

* Đường thẳng AB có véctơ phương AB (1;1)



 véctơ pháp tuyến nAB  ( 1;1)



 AB: x-y-5=0

Gäi ®iĨm G(xG, yG) th× C( 3xG-5 ;3yG +5)

Ta có

3 5

2

G G

x   y   

Ta có

1

3

3 15

2

G

G G G

G G G

G

x

x y y

x y x

y  

 

  



 



 

    

 

    

Vậy cú hai điểm thoả mÃn C1(1;-1) , C2(-2;-10)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 4

Câu 1.(4,0 điểm) Cho parabol (P):

2



y x đường thẳng (d) qua điểm I(0; 1) và có hệ số góc

là k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x x1; 2.

1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung

2) Chứng minh  

3

1  2  

Câu (2,0 điểm) Giải phương trình:

3x 1 5x4 3 x  x3

Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

4

1 (2 1) 1

     

 

   

 

x x y xy xy y x y xy x

Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân giác

kẻ từ đỉnh A điểm

3 2;

2

 



 

 

D

, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm

1;1 2

 



 

 

I

Viết phương trình đường thẳng BC.

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC a CA b BA c ;  ;  (b ≠ c)

diện tích S Kí hiệu m m ma; ; b c độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh

A, B, C Biết

2 2

2ma mb mc

a) Chứng minh a2 £ 4 cotS A

b) Gọi O G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; M trung điểm BC Chứng minh góc MGO khơng nhọn

Câu 6.(2,0 điểm) Cho a b c; ; số thực dương thay đổi thỏa mãn

3 3 2    a b c

Tìm giá trị lớn

của biểu thức 2 2 2

1 1 1

3 3 3

  

     

M

a b b c c a

Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình

2

cos 2sin

2 x x cos x  sinx

Câu (2,0 điểm) Với giá trị a hệ phương trình

3

3 2

2( ) ( 1)

1

x ay a

x ax y xy

   

 

  



 có nghiệm nghiệm của

nó thoả mãn x, y hai số đối

Câu (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Đề vng góc Oxy cho tam giác ABC, biết

B(-3; 0); C(3; 0) Điểm A di động cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC lần bán kính đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC Chứng minh A thay đổi điểm I thuộc đường cong cố định

Câu (2,0 điểm) Cho A, B, C ba góc tam giác Tìm giá trị nhỏ

T = cosA + cosB + cosC +

4 sin sin sin

2 2

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 04

Câu Nội dung Điểm

I

Cho parabol (P):

2



y x đường thẳng (d) qua điểm I(0; 1) và có hệ số góc k

Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x x1; 2.

1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung

2,0

+ Đường thẳng (d) có pt: y= -kx 1 0,5

+ PT tương giao (d) (P):

2 1 1 0(*)

x kx x kx

- = - Û + - = 0,5

+ (*) ln có nghiệm phân biệt x x1;

( )

2 4 0

k k

D = + > " 0,5

+ Trung điểm M AB có hồnh độ

1

2 2

 



x x k

; M nằm trục tung Û

0 0

2 

  

k

k 0,5

2) Chứng minh  

3

1  2  

x x k R 2,0

Theo Vi et có: x1x2 k, x x 1 0,5

Ta có:

3

1 ( 2) ( 2)

x  x  x  x  x x  x x 

=

2 ( 2)

x  x x x  x x 0,5

Có ( )

2 2

1 2 4 4

x - x = x +x - x x =k + 0,5

3  x  x

= k24(k21) 2 , k R Đẳng thức xảy k = 0,5

2 Giải phương trình: 3x 1 5x4 3 x2  x3

(1) 2,0

3

Điều kiện:

1 3

x  0,25

(1)    

2 3 1 1 5 4 2 3

 x   x  x  x  3x3 x1 5x5 x4 2x x3 1

0,25

Û

0( )

3 5 3 1 (*)

3 1 1 5 4 2

   



  

   

x TM

x

x x

0,25

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 nghiệm (*) 0,25

Nếu x>1 VT(*)<2<VP(*) 0,25

Nếu x<1 VT(*)>2>VP(*) Vậy (1) có nghiệm x=0; x=1 0,25

2) Giải hệ phương trình:

2

4

1(1) (*) (2 1) 1(2)

     

 

   

 

x x y xy xy y

x y xy x 1,5

 

2

2

( ) ( )

(*)

1

     

  

  

 

x y xy x y xy

x y xy 0,25

Đặt

2

a x y

b xy

   



 Hệ trở thành:

1

a ab b

a b

   



 

 (*)

Hệ

3 2

2

2 ( 2)

(*)

1

a a a a a a

b a b a

       

 

   

   

 

 

Từ tìm ( ; )a b (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)  

0,25

Với ( ; ) (0; 1)a b  ta có hệ

2 0

1

x y

x y xy

  

  

 

 .

0,25

Với ( ; ) (1; 0)a b  ta có hệ

2 1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)

x y

x y xy

  

   

 

 .

0,25

Với ( ; ) ( 2; 3)a b    ta có hệ

2

3

3

2

1;

3 2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y

x y

x y

x x

xy x x x x x

 

 

    

    

  



         

  .

Kết luận: Hệ có nghiệm ( ; )x y (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)   

0,25

4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân giác kẻ từ đỉnh

A điểm

3 2;

2

 



 

 

D

, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm

1 ;1 2

 



 

 

I

Viết phương trình đường thẳng BC.

2,0

Đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính IA

0,5

Đường thẳng AD qua A có VTCP

15 0;

2 AD 

  



1;0

 n véc tơ pháp tuyến AD

PT đường thẳng AD là: x 2

0,5

' (C); ' 

A AD A A A’ thuộc AD IA’=IA, Tìm A' 2; 4   0,5

A’ trung điểm cung »BC không chứa A nên IA’^BC 0,5

đường thẳng BC qua D có

5

' ;5

2

 

 

 



A I

vecto pháp tuyến

0,5

Từ viết pt đường thẳng BC là: x 2y 5 0 0,5

Câu Cho tam giác ABC có BC a CA b BA c ;  ;  (b ≠ c) diện

tích S Kí hiệu m m ma; ; b c độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Biết

2 2

2ma mb mc(*)

a) Chứng minh a2£ 4 cotS A

2,0

Viết công thức trung tuyến 0,25

(*)

2 2 2 2

2

2 2 4 2 4

a c a b a b c

b c + +

2 2

b c a

Û + ³ (**) 0,25

Ta có

cos 4 cot 2 sin

sin A

S A bc A

A

= 2 2 2

2 cosbc A b c a

= = +

-0,25

0,25

Từ (**)Û b2 + -c2 a2³ a2 Hay 4 cotS A a³ 0,25

2b) Gọi O G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; M trung điểm BC.

Chứng minh góc MGO khơng nhọn 1,0

Ta chứng minh GO GM. £ Û0 OG GM. ³ 0

uuur uuur uuur uuur

0.25 Ta có

3OG OA OB OC     ; 6 GM =2AM AB AC OB OC     2OA

   

3 6GM

 OG    OA OB OC    OB OC  OA

2 2

= OB OC  2OA 2OB OC OA OC OA OB   = 2OB OC OA OC OA OB  

           

0.25

* Mặt khác ta có

 2

2 2 2

2

BC  OC OB  OB OC               OB OC                OB OC  R  a

( R= OA = OB = OC ) Tương tự có 2 2 2; 2 2

   

OA OC R b OA OB R c .

0.25

Vậy

2 2

18

2 

    

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

  b c  

OG GM a OG GM

( có (**)) 0.25

6

Cho a b c; ; số thực dương thay đổi thỏa mãn

3 3 2    a b c

Tìm giá trị lớn

biểu thức 2 2 2

1 1 1

3 3 3

  

     

M

a b b c c a

2,0

* Bđt phụ: Cho số thực x, y, z > 0, a, b, c số thực Khi

 2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

 

  

  (*) Dấu xảy

a b c x y z . + Dễ thấy bđt suy từ bđt Bunhia

* Vào chính

Ta chứng minh 2 2 2

1 1

3 3

   

     

M

a b b c c a .

2 2 2

2 2 2

2 2 2

1 1 1 1

3 3 3

3

3 3

     

        

     

     

  

    

     

a b b c c a

a b b c c a

P

a b b c c a

0,5

0,5

Giả sử a b c  .

Biến đổi

 

 

 

 

2

2

2 3 2 2 3 2 2 3

a b a b

a b

a b a b a b

 



 

     

Biến đổi tương tự với số hạng lại P

Sau áp dung bđt (*) ta có:

                    2

2 2 2

2 2

2 2 2

4 18 18

4 2

4 18

                                   

a b b c c a a b b c a c

P

a b c a b c

a b c a c a b c a c

P P

a b c a b c

Ta chứng minh

   

 

2

2 2

2

2

2

   



  

a b c a c

a b c 4 2 4 2 6 2 2 27

 a b c   a c  a b c 

       

       

   

2 2 2 2

2 2 2 2

2

4

2

0

a b c a c a b c a b c

a b c a c a b c a b c

b ab bc ca a b b c

          

          

         

Bđt cuối đúng, suy đpcm

0,5

7 2đ

Đ/K cosx 0

Phương trình tương đương với cosxcosx 1 cos x sinx2  

2

1

cos cos sin sin

4

x x  x x

2 1 cos sin 2 x x                0.5 1 cos sin 2 1 cos 2 x x x sinx            

cos sin (1)

(2)

cos sin

x x x x        0.5

Giải (1) nghiệm x =  k2 với cos          ; ,    0.50

Giải (2) nghiệm x =

-2

2 k

 



Vậy phương trình có nghiệm x = - k2

 

 ;

x =  k2 với cos 

        ; ,    0.5 2đ

Giả sử a thoả mãn điều kiện toán (x0; y0) nghiệm hệ cho, ta có

             ) ( ) ( 0 0 3 y x y x y ax x a ay x (1) (2) (3) 0.25

Từ (3) suy y0 = -x0 thay vào (1) (2) ta

3

0

1

( 1) ( 1)

2 (2 )

x a a

x a           (4) (5) 0.25

Từ (5) ta thấy x0 0;a2 chia vế (4) cho (5) ta được:

2 1 ( 1) 2 a a a     0.25

0; 1;

a a a

+, a =0 hệ trở thành 3 3 1 2 1 x x y x xy                 

 (loại)

3 2 x y        

 Suy a = (loại)

0.25

+, a = -1 ta có hệ

3 3

3 2

3 2

3 3 1 x y x x y

x x y xy

x x y xy y

                          

 thoả mãn x + y = 0

0.25

+, a = ta có hệ: (7)

) ( 2 3           xy y x x y x

Nhân hai vế (7) với trừ vế tương ứng (6) ta được: (x + y)(x2 + y2 + xy) = (8)

0.25

Từ (7) suy x

2 2

0 ( )

2

x y xy y x x

       

do từ (8) suy x + y =

Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm 1 x y    

 thoả mãn x + y = 0 Kết luận: a = -1; a =

0.25

8 2đ

Kẻ AHBC, IK BC, đặt AH = h, bán kính đường trịn nội tiếp r I(x; y)

0.25

Có h = 3r , S ABC pr 2BC.h  



 (AB + BC + CA)r = 3BC.r

0.5

 AB + CA = 2BC sinC + sinB = 2sinA cot 2.cot 3 C B

(*)

0.5

Mà cot IK

CK C IK BK B   cot ,

2 Từ (*) suy BK.CK = 3IK2 (**)

0.25

Do I tâm đường tròn nội tiếp suy K BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2 0.25

Thay vào (**) ta có x2 + 3y2 = Suy I thuộc elip có phương trình

2

  y

x 0.25

Chứng minh cosA + cosB + cosC = + 4sin 2sin 2sin C B A

>

0.5

Chứng minh cosA + cosB + cosC 

(1)

Như < cosA + cosB + cosC 

Theo (1) ta có < t 

0.5

Xét f(t) = t + t

với < t 

f’(t) = 1 2      t t t 0.5

Ta có BBT: t

f’(t) f(t) +

65

Suy minT = 67



 ABC đều

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 5

Câu 1.(3.0 điểm)

1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số 10 10

x x

y

x x

  

 

2) Cho nửa khoảng A(a a; 1], B[ ; b b2). Đặt C A B. Với điều kiện nào của số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C đó.

Câu (2,0 điểm) Tìm m để phương trình

2 1 1

x  m  m 

có bốn nghiệm phân biệt

Câu (2,0 điểm) Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

 1 2

1 2

m x

m x

 

 

 .

Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình x2  7x 8 2 x.

Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

7 2 5

2 1.

x y x y x y x y

    

 

   

 

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC 60 0 Các điểm M, N xác

định MC  2MB NB2NA

 

Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vuông góc với

Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy

các điểm A', B' C'. Gọi Sa, Sb, Sc S tương ứng diện tích tam giác AB C' ', ' ',

BC A CA B' ' ABC Chứng minh bất đẳng thức

3 . 2

a b c

S  S  S  S

Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu (2,0 điểm)(2,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi) Gọi

A B điểm di động trục hoành trục tung cho đường thẳng AB tiếp

xúc với đường trịn Hãy xác định tọa độ điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ

Câu (2.0 điểm) Giải phương trình: sin 4x cos 4x sin (x 4)



   

(x  R)

Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.

Chứng minh rằng:

3 3

2 2

3

3 3

a b c

-HẾT -Câu HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05 Điểm

I 1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số 10 10

x x

y

x x

  

 

2) Cho nửa khoảng A(a a; 1], B[ ; b b2) Đặt C A B. Với điều kiện số thực

a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C đó. 3.0

1

Hàm số y có tập xác định D  ( 10 10); tập đối xứng qua điểm x 0 1.5

Kiểm tra:  x D, f( )x f x( )  f chẵn

f khơng lẻ (vì không đồng D), kết luận

2

[ 2) ( 1]

C b b;   a a;  đoạn  b a b    2 a 1 1.5

 b   1 a b (*) Khi đó, C[b b; 2) ( a a; 1] [ ;b a1] đoạn có độ dài a b 1

Câu Câu 2:Tìm m để phương trình

2 1 1

x  m  m 

có bốn nghiệm phân biệt

Câu 3: Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

 1

1

m x

m x

 

 

 . 4,0 đ

2

Ta có: m4 m2 1

PT

2

2 2

2 (1)

(1 ) (2)

x m m

x m m m m

   

 

   

 2

(1) có nghiệm phân biệt với m m4 m2 2

(2) có nghiệm phân biệt  m 0 1 m2 0  m  ( 1; 1) {0}\ PT có nghiệm phân biệt  m  ( 1;1) {0}\ m4 m2 2 m2 m4  m  ( 1;1) {0}\ m4 m2 1 0  m  ( 1;1) {0}\ , kết luận

3 BPT 

( 1)( 2) (1 )

0

m x m x

x

    



 

( 2)

0 x m

x

 



 2

Nếu m = BPT nghiệm với x  2

Nếu m > m + > nên BPT nghiệm với x  ( ;2) ( m2;) Nếu m < m + < nên BPT nghiệm với x  ( ;m2) (2; )

Câu 5.Giải hệ phương trình

7

2

x y x y

x y x y

             4

Điều kiện: x ≥ 0

PT  x2 1 7x  7 2 x0  ( x1)(x x x  x 8) 0 2

 ( x1)(x x  8 x x16) 0  ( x1)( x2)(x x 4 x 8) 0  ( x1)( x2)(x x 4) 0

 x x x         

1 17 17

2 x x                

 Kết luận

5 Điều kiện x y x y      

 ; Đặt

7

2

u x y

v x y

            2

u x y

v x y

          2 u v

x 

2

7

5

v u

y 

2

HPT trở thành:

2 2

5

7 5

u v

u v v u v

          

  2

5

3 5

u v

u v v

            2

3(5 ) 5

u v

v v v

          

 

5

5 25 70

u v v v          

 

5

5 14 (*)

u v v v          

(*)  v = (nhận) v = 7 (loại) ; nên HPT  u v     

Do HPT cho trở thành

7

2

x y x

x y y

  

 



 

  

  (phù hợp)

Câu

Câu :Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC 60 Các điểm M, N xác định bởi

2 MC MB

                           

NB  2NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với nhau.

Câu : Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy điểm A', B' '

C Gọi Sa, Sb, Sc S tương ứng diện tích tam giác AB C' ', BC A' ', CA B' ' ABC.

Chứng minh bất đẳng thức

3

a b c

S  S  S  S

Dấu đẳng thức xảy nào? 4

6

Ta có: MC2MB AC AM 2(AB AM ) 3AM 2AB AC

                                                                                                                              2

Tương tự ta có: 3CN  2CA CB 

Vậy: AM CN  AM CN 0  (2AB AC )(2CA CB ) 0

                                                                                   

 (2AB AC AB )(  3AC) 0

   

 2AB2 3AC2 5              AB AC 0 

2

2

2 bc c  b  

 4c2 6b2 5bc0

7

Ta có cơng thức tính diện tích: 2Sa AC AB' 'sin ; 2A SAB AC sinA



' ' ' '

2 a

S AC AB AC AB

S AB AC AB AC

 

     

  (BĐT Cauchy)

Tương tự ta có:

1 ' '

2 b

S BA BC

S BC BA

 

   

 

1 ' '

2 c

S CB CA

S CA CB

 

   

 

Do đó:

1 ' ' ' ' ' '

2

a b c

S S S AC BC BA CA CB AB

S S S AB BA BC CB CA AC

 

         

  (đpcm)

Dấu xảy 

' '

' '

' '

AC AB AB AC BA BC BC BA CB CA

CA CB 

 

 

   

 

 

' ' // ' ' // ' ' // C B BC

A C CA B A AB 

  

  A’, B’, C’ trung điểm của BC, CA, AB

8

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi) Gọi A B là các điểm di động trục hoành trục tung cho đường thẳng AB tiếp xúc với đường trịn Hãy xác định tọa độ điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2,0

Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A a ;0 , B0;b với a0,b0.(*) Suy OAB

ab

S 

0,25

Mà 2

1 1

a b R (**)

2

2 2 2

2 2

1

( )

a b

a b R a b R ab R a b



    



2 OAB

ab S  R

không đổi (dấu xảy a = b) 0,25

Kết hợp với (*) (**): dấu xảy a b R 

0,25

Kết luận: AR 2;0 ; B 0;R 2 (4 cặp điểm) 0,25

9 PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 2,0

 (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x)



sinx cos

(cos sinx)(sin os2 )

x

x x c x

 



   





4

os3 sinx

x k

c x

 



  



 



Chứng minh phương trình cos 3x – sin x = vô nghiệm

KL: x =

k

   

10

3 3

2 2

3

3 3

a b c

b  c  a   (***).Do ab + bc + ca = nên

VT (***) =

3 3

2 2

a b c

b ab bc ca c   ab bc ca a   ab bc ca 

=

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c a b   c a b c   a b c a 

Theo BĐT AM-GM ta có

3

3

( )( ) 8

a b c a b a

b c c a

 

  

 

3

5

( )( )

a a b c

b c c a

 

 

  (1)

0,5

3 5 2

( )( )

b b c a

c a a b

 



  (2),

3 5 2

( )( )

c c a b

a b c a

 



  (3)

Cộng vế với vế (1), (2), (3) ta (***) a b c

VT   

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh :a + b + c ≥ 3(ab bc ca  )= Đẳng thức xảy a = b = c = (Đpcm)

0,5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 6

Câu (2,0 điểm)

a) Cho phương trình bậc hai x2 2mx3m 0 , x ẩn, m tham số Tìm tất

giá trịcủa m để phương trình cho có hai nghiệm x x1,

2 2

x x đạt giá trị nhỏ nhất.

b) Cho tam thức bậc hai f x  ax2bx c a , 0 Chứng minh f x   0 với x   4a c 2b.

Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x 2 3x  1 2x3 x 

b) Giải hệ phương trình

    

 

2 2

2

3

,

6

x y x xy y x y

x y

x y x x

       



 

     

 



Câu (2,0 điểm)

1 Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh rằng1

           

1 1 1

a b c

a b  b c  c a 

2 Giải bất phương trình 33 x  1 x x 

Câu (3,0 điểm)

1 Cho tam giác ABCAB AC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn (O), trọng tâm G

, ,

aBC b CA c AB Gọi M trung điểm cạnh AC Chứng minh bốn điểm A,

O, M, G nằm đường trịn b2c2 2a2.

2 Cho tam giác ABC không vuông aBC b CA c,  , AB Chứng minh nếu

2 2

a b  c tanAtanB2 tanC ABC tam giác cân.

3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy; cho tam giác ABC có tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp, tâm có tọa độ  

11

4;0 , ;

3 I G  

  Tìm tọa độ

đỉnh A, B, C tam giác ABC biết đỉnh B nằm đường thẳng  d : 2x y 1 0 điểm M4; 2 nằm đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC

Câu 5;(1,0 điểm) Giải phương trình:

  2 

2 sin cos 2sin

1 tan sin sin

x x x

x

x x

 

 

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 06 Câ

u

Nội dung trình bày Điểm

1 (3,0 điểm) 1a (2,0 điểm)

Phương trình cho có hai nghiệm

2

'

1 m

m m

m  

      



 0,5

Theo định lí Vi – ét ta có x1x2 2 ,m x x1 3m 0,25

Do    

2

2 2

1 2 2 4

x x  x x  x x  m  m  m  m 0,5

Lập bảng biến thiên hàm số  

2

4

f m  m  m  ;1  2;

ta

8 2

+ +

+ 2

1 -

f m 

m

Từ bảng biến thiên ta  

2

4

f m  m  m đạt giá trị nhỏ m 1

0,75

1b (1,0 điểm)

Do f x   với x   nên f  0  0 c

Mặt khác f x   với x   2

0

4

a a

b ac b ac

 

 

   

    

 

0,5

Ta có

2

4a c 2 4ac2 b 2b 2b

0,5

2 (2,0 điểm) 2a (1,0 điểm)

Đkxđ

3 0

2 2

2 3

2

x x

x x x

x

x  

 



 

     

 

   

  



Phương trình cho tương đương với:

   

2 3 2 2 3

x  x  x  x  x  x x  x  x

0,5

x 2  x 3 3x

 2 2  3 3 2 6 3 2 4 6 0

3 x

x x x x x x x x

x  

             

 

0,25

Kết hợp với đkxđ ta x 3 Vậy tập nghiệm phương trình S  3 0,25

2b (1,0 điểm)

Đkxđ: x6,y3

Từ phương trình đầu hệ ta có:    

2 3 3 2 2

x y x xy y   x y 

    

   

2 2 3 2

3

3 3 3 3

1 1

x y x xy y x y x y x y x y x y

x y x y y x x

               

            

0,5

Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:

     

2

6 2

3 1

3 3

6

x x x x x x x x

x x

x x x x x

x x x x

               

   

              

         

So sánh với đkxđ ta x y ,  3,1 0,5

3 (2,0 điểm) 3a (1,0 điểm)

Ta có            

3

1 1 1

a b c

a b  b c  c a             

4a c 4b a 4c b a b c

         

0,25

       

4 ab bc ca a b c 3abc 3 ab bc ca a b c

             

6

ab bc ca a b c

       0,25

Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được:ab bc ca  33ab bc ca 3

3

3

a b c   abc  0,25

Cộng vế hai bất đẳng thức ta ab bc ca a b c     6.

Dấu đẳng thức xảy a b c  1 Vậy bđt chứng minh.

0,25 3b (1,0 điểm)

Đkxđ x 2 Đặt t x 2,t0 suy x t 22, thay vào bất phương trình ta được: 0,25

 3

31 t2 1 t 1 t2 1 t

      

 3

31 t2 1 t 1 t2 1 t

        t3 4t23t 0 t t 1 t 30

0,25

3 11

0 0 2 1

t x x

t x x



   

 

     

      

   0,25

Kết hợp với đkxđ ta tập nghiệm S 2;3 11; 0,25

G O M

C B

A

Ta có  

2

3

OA OB OC      OG OG  OA OB OC 

      

      

      

      

      

      

      

      

2 2

2 2 2 2 2

2

3

OA OB OC OA OB OB OC OC OA

R OA OB AB OB OC BC OC OA CA

     

         

      0,25

2 2

9R a b c

    .

Do điểm A, G, O, M nằm đường tròn nên OG vng góc với GA hay

   

2 2 9 2 2 2 2 2

9

OG GA OA  R  a  b  c  b  c  a R

0,5

2 2 2 2 2 2

9R a b c 2b 2c a 9R b c 2a

          

0,25 4b (1,0 điểm)

Ta có

2 2 2

2

sin

tan

cos

2 S

A bc S

A

b c a

A b c a

bc

  

   

Tương tự ta tính tan , tanB C

0,5

Theo giả thiết 2 2 2 2

4 4

tanA tanB tanC S S S

b c a c a b a b c

    

     

 2  2   2

4 2 2 2 2

a b c b c a c a b

        

4 4 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2

a b c b c b c a c a c a b a b

           

0,25

 2    2

4 2 2 2

2c a b c a b 2c a b 2c a b

          

Hay tam giác ABC cân

0,25 4c (1,0 điểm)

N

(d)

G I

M

H

C B

A

Ta chứng minh IH 3. IG 0,25 Suy H3;1

4

:

3

x y

pt MH   x y

     

  .

 

2

1;

2 1

x y x

B

x y y

   

 

  

 

   

  .

Gọi N trung điểm AC Khi  

3

5;1

BN  BG N

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,25

Ta có nAC uMN  1;1  pt AC:1x 51.y1  0 x y  0

                           

Do A thuộc đường thẳng AC nên A t ;6 t , kết hợp với I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC nên

 2  2

2 4 6 10

7 t

IA IB t t

t  

       

 

0,25

+) Với t 3 A3;3 , C7; 1  +) Với t 7 A7; ,  C3;3

Vậy A3;3 , B1; ,  C7; 1  A7; ,  B1; ,  C3;3

0,25

Câ u 5

ĐK:

 

sin sin

sin * cos

x x

x x

 



 





 0.5

Biến đổi        

2

1  sinx cosx 2sin 2 x  sin cosx x sinx

 

     

sin cos

cos sin 2sin 2 sin

x x

x x x x

  

 

  



0.5

 2  

4

x  k k

    

(Loại) 0.5

 3  cosx sinxsin 3xsinx c os3x cosx sin 4x

 

2 sin sin

3

4

28

x k

x x k

k x



 

 



  

 

      

   

 

 0.5

Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm phương trình  

3

7 3, , 28

k

x    k  m k m  0.5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 7

Câu (5,0 điểm)

1 Giải phương trình: x1 x3x2   x 1 x41.

2 Giải hệ phương trình:

2 2 3

2

x x y y xy

xy x y

     



  

 .

3 Giải bất phương trình: x2 x12 7  x.

Khi tìm giá trị nhỏ Sx12x22x32.

Câu (1,0 điểm)Tìm giá trị mđể biểu thức sau dương   x f(x) (m 4) x  2(m 1) x m 1  

Câu (1 điểm)

Cho tam giác ABC có a2 3;b2 2;c 6 2.Tính góc tam giácABC.

Câu 5.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  2;1 ;C(1; 3)

B   trung điểm I của cạnh ACthuộc đường thẳng (d) : x y 0  Xác định tọa

độ điểm A biết diện tích tam giác ABC

Câu (2.0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao đường trung tuyến kẻ từ A :x 2y13 0 13x 6y 0 Tìm

tọa độ điểm A B C, , biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I ( 5;1). Câu (2.0 điểm)

Cho số thực a b c , , [1;2].Chứng minh rằng:

2

1 1

(a b c)( ) 27

a b c

    

.

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 7

Câu Đáp án Điể

I 1 (1 điểm) Giải phương trình: x 1 x3 x2 x 1 1 x4 1

       

2.0

ĐKXĐ:x 1

Đặt x1a(a 0); x3x2   x b(b 0)  ab x41

Phương trình cho trở thành:

1

1 (a 1)(1 )

1 a

a b ab b

b  

        

 

Với a 1 x1 1  x2(t/m ĐKXĐ)

Với b 1 x3x2   x 1 x(x2 x 1) 0  x 0 (loại)

KL: x=2 nghiệm phương trình cho.

2 ( điểm) Giải hệ phương trình:

2 2 3 (1)

2 1(2)

x x y y xy

xy x y

     



  



2,0

2 2 3

2

x x y y xy xy x y

     

 

  

  x2y22xy3x3y 0

2

(x y) 3(x y)

       x y 1 x y 4

Vớix y  1 x 1 y.Thay vào (2) ta

2 2 0

0

y x

y y

y x

 

 

      

 

 

Vớix y  4 x 4 y.Thay vào (2) ta y23y 5 0(VN)

KL: Hệ phương trình cho có nghiệm : (1;0) (-1;2)

1.0 1 (1 điểm) Giải bất phương trình: x2 x12 7  x

Bất phương trình  

2

2

12

7

12

x x

x

x x x

   

 

   



   

 

2

3 12

7

13 61 61

13 x

x x x

x x

x

x    

    

 

      

   

  

 

3 61

13 x

x    

   

KL: Bất phương trình cho có tập nghiệm

61 ( ; 3] [4; )

13 T     

2

Cho phương trìnhx3 m1x2 2m2 3m2x2m m2 1 0 (1) Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x x x1, ,2 3

Khi tìm giá trị nhỏ S x12 x22x32 2,0

(1)        

2

2

2

2 [ ( 1) ]

( 1) *

x

x x m x m m

x m x m m

 

        

    



Đặt: f x( )x2 (m1)x m m (2 1)

3

 

' 0

2

f     

 



1 3 m m m 

     



 



Đặt x3 2 x x1, 2 hai nghiệm pt(*). Ta có: S x12x22x32

2

2

1 2

2 21 21

( ) 5

5 5

x x x x m m m 

            

 

Vậy

21 in

5 M S 

đạt

2 ( / ) m t m

Câu 3(1điểm) Tìm giá trị mđể biểu thức sau dương   x f(x) (m 4) x  2(m 1) x m 1  

Nếu m 4

( )

7

( ) 4(L)

5 f x x

f x x x m

 

        

0,25

Nếu m 4thì

4 ( ) x

0 m

f x       

  

 0.25

2

4

4 3

5

7 38 15

5 m m

m m

m m

m

  

   

 

      

   

 

  



0,25

KL: m 5 giá trị cần tìm. 0.25

4) Cho tam giác ABC có a2 3;b2 2;c 6 2.Tính góc tam giácABC

2.0 Ta có:

2 2

2 2 2 cosA cosA 120

2 2( 1)

o

b c a

a b c bc A

bc

  

        



0,25

Tương tự có:

2 2 3 1 2

cos 45

2 2( 1)

o

a c b

B B

ac

  

    



0,25

180o (120o 45 ) 15o o

C     0,25

KL: Các góc tam giác ABC A 120 ; B 45 ; o  o C15o 0,25

5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  2;1 ;C(1; 3)  trung điểm I của

ACthuộc đường thẳng (d) : x y 0  Xác định tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC

bằng 2,0

Do I (d) I(x; x) I là trung điểm AC nên A(2 x 1; x 3)   0,5

(3; 4)

BC    BC



Phương trình đường thẳng BC là: 4x3y 5

4 10

( ; )

5 x d A BC  

6

1 (1; 1)

4 10

1

3 (A;BC).BC 5

4 (7; 13)

2

ABC

x A

x

S d x

x A

 

   

           

 

  KL.

0,5

Câu 6.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A :x 2y13 0 13x 6y 0 Tìm tọa độ

điểm A B C, , biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I ( 5;1) 2,0

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

2 13

( 3; 8)

13

x y x

A

x y y

     

   

 

    



Gọi AH AM; đường cao đường trung tuyến kẻ từ A IM AH

Phương trình IM là: x 2y 7

Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình

2

(3;5)

13

x y x

M

x y y

     

 

 

    



BCAH nên phương trình BC có dạng 2x y c  0 Mà MBC nên có 2.3 5   c c11 Phương trình đường thẳng BC là: 2x y 11 0

(a;11 2a)

B BC  B  IA(2; 9); IBa5;10 2 a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lại có:

2 6 8 0

2 a IA IB a a

a  

      

 

Với a 4 B(4;3);C(2;7) Với a 2 B(2;7);C(4;3)

KL: B(4;3);C(2;7) B(2;7);C(4;3)

7

Cho số thực a b c , , [1;2].Chứng minh rằng:

2

1 1

(a b c)( ) 27

a b c

    

2.0

Vì a[1;2] (a-1)(a-2) 0  a2 2 3a

2 a

a

  

Tương tự ta có:

2 b

b

 

2 c

c

 

Cộng ba bất đẳng thức ta được:

1 1 1

9 (a b c) ( ) ( )

a b c a b c

        

2

3 1 1 1

9 (a b c)( ) (a b c)( ) 27

a b c a b c

          

Dấu “=” xảy a b c  1

Câu (3,0 điểm)

a) Giải phương trình  

1

2

2 x

x  x  

b) Cho phương trình bậc hai x2 2mx m 2 2m 4 0 (x ẩn m tham số) Tìm tất cả

các giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm khơng âm x x1, Tính theo m giá trị biểu thức P x1 x2 tìm giá trị nhỏ P.

Câu 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  

2 2 0

,

2

x xy y x y

x y x xy y

     

 

  





Câu 3.(1,0 điểm) Cho a b c, , độ dài ba cạnh tam giác không nhọn Chứng minh

 2 2

2 2

1 1

10

a b c

a b c

 

     

 

Câu (3,0 điểm)

a) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân, nội tiếp đường trịn O R;  Gọi G M là trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vng góc với đường thẳng OM AC2AB22BC2 12R2.

b) Cho tam giác ABC có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C m n p, , Tính độ dài cạnh AB BC CA, , theo m n p, ,

c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C có phương trình là

2 0, 0,

x y x  x y   .

Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng

10 đỉnh A có hồnh độ âm.

Câu (1,0 điểm)

Cho tứ giác lồi ABCD điểm M nằm bên tứ giác (M khơng nằm các cạnh tứ giác ABCD) Chứng minh tồn góc

 ,  ,  , 

MAB MBC MCD MDA có số đo khơng lớn 450

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình ( )

2

sin2 cos2 2sin 1 sin cos

x x x

x x

+ - - =

+

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 08

1(3đ) 1.a (1,5 điểm)

Điều kiện:    

0

2;0 0;

2 x x x          

Đặt y 2 x2  Thay vào ta được: 1

2

x y Do ta có hệ phương trình:

0,25   2 2 2

2 2

1

2 2

x y

x y x y xy

x y xy x y xy

x y                             0,5

 2  

2 2 0,5 x y xy

x y x y

x y x y xy

xy                               0,25

+)

2

2

1 1

y x

x y x

xy x x y

                 

   0,25

+)

2

1

1

1 2

0,5 2 3 1

2 x

x y

x y

xy y y

y                           

 (do y  )0

Vậy phương trình cho có tập nghiệm

1

;1 S   

 

 

0,25

1.b (1,5 điểm)

Phương trình x2 2mx m 2 2m  (1) có hai nghiệm khơng âm 4

2 2

'

2

2

m m m

S m m

P m m

                   0,75

Theo định lý Vi-ét ta có x1x2 2 ;m x x1 m2 2m4 Do

 2  2

1 2 2 2

x  x  x  x  x x  x x  m m 

0,5

Do m 2 x1  x2  8 Dấu đẳng thức xảy m 2. 0,25 2(2đ) Đặt z y  , thay vào hệ ta được:1

 2  2  

2 1

3

1 1

x xz z x z xz x z x z

x xz z x z xz x z xz

                                   0,5 2 1 1 x z x z xz x z x z xz x z

xz                              0,5

+)

2

2 1

1 1

z x

x z x x

xz x x z y

                      

+)

1 1, 1,

0 0, 0,

z x

x z x z x y

xz x x x z x y

 

      

  

  

   

      

    0,5

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S 1; , 1;1 , 0;2     0,25

3(1đ) Do , ,a b c độ dài ba cạnh tam giác khơng nhọn nên có bất đẳng

thức sau xảy ra: a2 b2c b2, c2 a c2, a2b2 Giả sử a2 b2c2, ta có: 0,25

 2 2 2  2

2 2 2 2

1 1 1 1

1 b c

a b c a b c

a b c b c a b c



     

              

     

2 2

2 2

4

1 a b c

b c a



   



0,25

2 2 2 2

2 2 2 2

3

1 a a b c a b c 10

b c b c a b c a

 

         

   Do đó

 2 2

2 2

1 1

10

a b c

a b c

 

     

  .

0,5

4(3đ) 4.a (1,0 điểm)

Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có: ,

3

OA OB OC OB OC

OG   OM  

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

 

Khi

0,25

   

0

OGOM  OG OM   OA OB OC OB OC   

      

2

OA OB OA OC OB OC R

    

      0,25

 2  2 2

1

2 2

2 R AB R AC R BC R

       

(chú ý

 2

2

2

a b a b

a b   

   

 

)

0,25

2 2 12

AB AC BC R

    0,25

4.b(1,0 điểm)

Kí hiệu , , ,

a b c a BC b CA c AB p     

Khi ta có

2 2

, ,

S S S

a b c

m n p

   0,25

Theo công thức Hê – rơng ta có:S  p p a p b p c        

1 1 1 1 1 1

4S 2S 2S 2S 2S

m n p m n p m n p m n p

       

                 

       

0,25

2

4S S k S k

   

,

1 1 1 1 1 1

k

m n p m n p m n p m n p

       

                

       

0,25

Do

2 2

, ,

a b c

mk nk pk

  

0,25 4.c (1,0 điểm)

Do BC vng góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng 2x y c   Tọa độ đỉnh B 0

nghiệm hệ  

2

2;

2

x y c x

B c

x y c

   

 

   

 

   

tọa độ C nghiệm hệ phương trình  

2

3;

3

x y c x c

C c c

x y y c

    

 

    

 

    

  .

AB qua B2; c 4 vuông góc với đường cao kẻ từ C nên

   

:

AB x  y c    x y c    Tọa độ đỉnh C nghiệm hệ

 

6 12

2 12;

2

x y c x c

A c c

x y y c

     

 

   

 

   

  .

0,25

Theo giả thiết ta có    

10 10 10

4 ABC , ,

AB AC BC AB AC BC AB AC

S d A BC BC d A BC

    

2 102 2 10 32 15

2 10

4 24

5

c c c c

c

c c c c

     

      

     

0,25

+) Nếu c7 A2; ,  B2;3 , C4; 1 

+) Nếu c 3 A6;3 , B2; ,  C0;3 khơng thỏa mãn hồnh độ A âm. Vậy A2; ,  B2;3 , C4; 1 

0,25

5(1đ)

Giả sử

   

 

min MAB MBC MCD MDA , , , 45 (1)

Ta có

 

 

2 2 2

cos cot

4

sin .sin MAB

MAB MA AB MB MA AB MB

MAB

S MAB MA AB MAB

   

  

0,25

Kết hợp với (1) ta

 

2 2

0 2

cot 45

4 MAB MAB

MA AB MB

MA AB MB S

S

 

     

Tương tự ta bất đẳng thức sau :  

2 2 4 3

MBC

MB BC  MC  S  

2 2 4 4

MCD

MC CD  MD  S  

2 2 4 5

MDA

MD DA  MA  S

0,25

Cộng theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được:

 

2 2

4 MAB MBC MCD MDA ABCD

AB BC CD DA  S S S S  S

(6) 0,25

Mặt khác ta lại có:AB2BC2CD2DA2 2AB BC 2CD DA 4SABC4SCDA 4SABCD

, mâu thuẫn với (6) Do giả sử ban đầu sai suy tồn góc

 ,  ,  , 

MAB MBC MCD MDA có số đo khơng lớn

45 0,25

Câu 6 ĐK: sinx+cosx¹ 0,5

Phương trình tương đương: sin2x+cos2x- 2sinx- 2= +1 sin2x 0,5

2

2sin x 2sinx

Û + + =

sin 2( )

1 sin

2

x loai

x

é =

-ê ê

Û ê

-= ê ê ë



0,5

( )

2

5 2

4

x k

k

x k



 



é

-ê = +

ê

Û ê Ỵ

ê = +

ê ë



Từ tìm nghiệm ( )

2

x=  +k  kỴ 

-Hết -

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 9

Câu (3,0 điểm)

Cho hàm số y = f(x) = m x2 - 2(m - 1)x + m -2.

1 Tìm m để f(x) đồng biến 2; 

2 Tìm m để đồ thị f(x) có hai điểm A x y A; A,B x y B; B thỏa mãn :

2xA yA 0, 2 xB  yB 0 AB=

Câu (3,0điểm)

1 Giải phương trình: 2x2  x 2x2 x  1 x 4, (x   )

2 Giải hệ phương trình:

2

2

3 2y

1

x y 1 x

2x

x y 4

y 

 

  

 

   



 (x,y  ).

Câu (3,0 điểm)

1 Giải bất phương trình

3

,

2 1 3

x

x x x

 

     (x   ).

2 Tìm k bé để bất PT sau :   

2

2 x  x  1 k x  1 x  2 k 0,

Câu (6,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC có góc nhọn AB < AC Gọi M trung điểm BC, E,F chân đường cao tam giác ABC kẻ từ B C; H trực tâm K giao điểm FE BC Chứng minh: HK vuông góc với AM

2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vng ABCD Các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt qua điểm P(0;-5), Q(-2;5), M(1;-2), N(3;6) Viết phương trình cạnh hình vng

3) Cho tam giác ABC có trọng tâm G thỏa mãn :

cotGAB +cot GBC + cot GCA= 3 Chứng minh : tam giác ABC đều.

Câu (2,0 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị nhỏ của:

S=

3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c b  c  c a c  a  a b a  b

Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm

( )4;2

I

trung điểm đoạn BC, điểm A nằm đường thẳng d x y: 2 - - 1 0.= Dựng bên ngồi tam giác ABC tam giác ABD ACE, vng cân .A Biết phương trình đường thẳng

: 3 18 0

DE x- y+ = BD =2 5 điểm D có tung độ nhỏ Xác định tọa độ điểm , ,

Câu 7.(1,0 điểm) Giải phương trình

 

2 7

4 os 2 os 3 os 2x 3 3

2 4 0

1 2sinx x

c  c    x c   

  



HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu NỘI DUNG Điể

m Câu I 1) Ta có m=0 tm

m > hs đồng biến 2; m  0;

3

 

    

KL : m 0;

3

 

    

2) Yêu cầu toán tương đương với ĐT hs cắt đường y = 2x – A, B thỏa mãn AB =

5 Khi đó, ta có pt hồnh độ gđ : m x2 - 2m x + m +1=0 có hai nghiệm

' 0 m    



  m0

AB=  m4 Tìm m 4

0,5 1

0,5

0,5 1

0,5 Câu II Nhận xét nhân liên hợp giải pt nghiệm x= x=8/9

Đặt ẩn phụ a = x2y2 , b= x/y Tìm nghiệm(1 ;-1), (-1 ;1), (3 ;1), (-3 ;-1)1

2 2 Câu III 1) Điều kiện x 3

Nhận xét hai mẫu dương, nên quy đồng bỏ mẫu, bình phương ta tập nghiệm S =

4;5

2) Ta có x  1;1 Đặt t =  

2

1 x   x

, Đk t1; 2

Đưa BPT ẩn t Tìm ĐK k bé

3

1

 

2

2

Câu IV 1) gắn hệ trục tọa độ ĐPCM

2) Gọi vecto PT AB (a ;b) ta có PT đường AB, AD Ta có d(M ;AB)= d(Q ;AD) tìm b = a = -b KL : có hình vng

AB : x+y+5=0, BC : x-y+7=0, CD : x+y+1=0, DA : x-y+3=0 Hoặc AB : x=0, BC : y=5, CD : x=1, DA : y=6

3) Áp dụng định lí cos, sin ta tính : VT=

2 2

3

4 ABC a b c

S

 

Mà :

2 2

3 3

( ) ( )

36 36

ABC

S  a b c   a b c

Vậy : VT 3 Dấu xảy

ABC

  đều ĐPCM

2 2

2

Câu V

Áp dụng BĐT CoSi ta có

3 2

( )( ) 12 18

a b c b c a

b c b c

 

  

 

Tương tự

Vậy S

a b c  

3

3

1 abc

 

Min S = a = b = c =

Câu 6:Ta có ( )( )

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

         

2 AI DE = AB +AC AE - AD =AB AE - AC AD

AI DE

Þ ^ 0,5

Phương trình đường thẳng AI : 3(x- 4) + -y 2= Û0 3x+ -y 14=0 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ

( )

3 14

3;5

2

x y x

A

x y y

ì ì

ï + - = ï =

ï Û ï Þ

í í

ï - - = ï =

ï ï

ỵ ỵ 0,5

2 10

BD = Þ AD = Gọi D a(3 - 18;a)ta có

( ) (2 )2 2 38( )

10 21 10 10 136 456 5

6 a loai

AD a a a a

a é ê = ê

= Û - + - = Û - + = Û

ê = ê ë

 ( )

6 0;6

a= Þ D 0,5

Đường thẳng AB qua A( )3;5 , vtpt AD = -( 3;1)



có phương trình

( )

3x y 3x y

- - + - = Û - - =

Gọi tọa độ điểm B b b-( ;3 4) ta có

( ) (2 )2

10 3 10

2 b

AB b b

b é = ê

= Þ - + - = Û ê =

ê ë

0,5

Với b= Þ4 B( )4;8 Þ C(4; 4- ), loại góc BAC tù Với b= Þ2 B( )2;2 Þ C( )6;2 , thỏa mãn

*Lưu ý: Nếu học sinh không chứng minh AI DE mà sử dụng ln cho 1,0 điểm

0,5

Câu 7.Giải phương trình

 

2 7

4 os 2 os 3 os 2x 3 3

2 4 0

1 2sinx x

c  c    x c   

  



1,5 điểm

Điều kiện:

1 5

sinx x 2 ;x 2

2 6 k 6 k

 

 

     

Khi

 

2 7

4 os 2 os 3 os 2 3 3 0

2 4

x

pt  c  c    x c x   

 

0.5

2 7

2 os 1 2 os 1 3 os2x 0

2 4

7

2cos x os 2x 3 os2x 0 2 osx sin 2x 3 os2x 0

2

x

c c x c

c c c c





 

   

         

     

 

         

 

0.5

 

5 2

18 3

sin 2x sin

5

3 2

2 6

x k

x k

x k

 

 



 

 



   

          

      





0.25

Kết hợp với điều kiện ta có; pt có nghiệm

5 2

18 3

x  k 

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 10

Câu (1,0 điểm)

Giải phương trình: 19 3 x4  x2 x6 2  x12 3x

Câu (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

2

2

3

x y xy y

x y y

     

 

   

 

Câu (1,0 điểm)

Tìm tất giá trị m cho bất phương trình m1x22m2x2m 2 vơ nghiệm (x ẩn, m tham số).

Câu (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O G trọng tâm tam giác ABC Gọi M, N, P trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB G’ trọng tâm tam giác MNP Chứng minh rằng O, G, G’ thẳng hàng.

Câu (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC khơng vng có cạnh BC a CA b AB c Chứng minh nếu ,  ,  tam giác ABC thỏa mãn a2b2 2c 2 tanAtanC2 tanB tam giác ABC đều.

Câu (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không tam giác vuông nội tiếp đường trịn (I) ( đường trịn (I) có tâm I ); điểm H2; 2 trực tâm tam giác ABC Kẻ đường kính AM, BN của đường trịn (I) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M5;3 , N1;3 đường thẳng BC qua điểm P4; 2

Câu 7.(1,0 điểm)

Cho , ,a b c số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c  2015 Chứng minh rằng:

2 2

2015 2015 2015 2015 2015 2015

6 2 

     

       

 

a a b b c c a b c

bc ca ab a b c

Câu 8.(1,0 điểm) Giải phương trình:

3

sin sin 3 cos cos3 1

8

tan( ) tan( )

6 3

x x x x

x  x 





 

Câu 9(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1;3), B(7;0), C(2;5) Lập phương trình

đường trịn (T) có bán kính nhỏ cho A, B, C nằm nằm (T)

Câu 10(1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( ) ( ) ( )

2

2 2

,

4 4 1

x xy y x y

x y

x x x x y x

ìï - - - + - - + =

ïï Ỵ

íï - - - + - - - =

-Hết -HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 10 Câ

u

Nội dung trình bày Điể

m 1

Điều kiện xác định:

2 6 0

2

3

x x

x x

x

   



     



  

 .

Bất phương trình cho tương đương với:19 3 x4 2  x 3x 6 2 x2 3x Đặt t 2 x2 3x t, 0 ta có:

         

2 2 4 3 4 2 3 14 3 4 2 3

t   x x   x x   x  x x

Thay vào phương trình ta được:

2

5 6

5 t

t t t t

t  

       

 

0,25

+) t 1 2 x2 3x  1 2 x4 3 x4 2  x 3x 1

2

3x 13 x x

       vô nghiệm 3 x

0,25

+) t 5 2 x2 3x  5 2 x4 3 x4 2  x 3x 25

   2

2 16 11

4 11

11

x x x

x x x

x

     



       

 

 

2

25 50 25

1 11

3

x x

x x

   



   

 

 thỏa mãn điều kiện

Vậy tập nghiệm phương trình cho S  1

0,25

2  

   

2

2

2 1

3

x y xy y

I

x y y

     

 

   

 

Ta có

 1  1  1

2

x y

x y x y

x y   

       

 



0,25

Với x y  thay vào (2) ta

2

2

2 1

2 y

y y

y   

   

  

+) y 2 x +)

1

2

y  x

Với x2y thay vào (2) ta

2

1

5 2

5 y y y y          

+) y 1 x +)

2

5

y  x

0,25

Vậy, hệ (I) có nghiệm x y;  là:    

3

1; , 1; , ; , ;

2 5

   

      

   . 0,25

3

Bất phương trình cho vô nghiệm    

2

1 2 2

m x  m x m    x 0,25

TH1 Nếu m 1

2

6 0, ,

3

x   x  x   x 

vơ lí 0,25

TH2 Nếu m 1    

2

1 2 2

m x  m x m    x

 2    

1

4

' 2

m m

m m

m m m

                       10 10 10 m m m m                  0,25

Vậy tập hợp giá trị m S     ; 10

0,25 4 (1,0 điểm) Bài học sinh không thiết phải vẽ hình.

Kết bản: cho tam giác ABC trọng tâm G Khi với điểm O ta có

OA OB OC      OG

                                                   

Do M, N, P trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB nên:

OB OC   OM

                                      

OC OA 3.ON

  

OA OB  3.OP

0,5

Cộng vế hệ thức ta được: 2OA OB OC   3OM ON OP  

                                                                                   

2.3.OG 3.3.OG' 2.OG 3.OG' O G G, , '

        thẳng hàng.

0,5 5 (1,0 điểm)

Theo định lí hàm số sin cơsin ta có:

 

2 2 2

sin 2

tan

cos

2 a

A R abc

A

b c a

A R b c a

bc

  

    0,25

Tương tự ta có    

2 2 2

tanB abc , tanC abc

R c a b R a b c

 

   

 2 2  2 2  2 2

tanA tanC 2.tanB abc abc abc

R b c a R a b c R a c b

     

     

0,25

2 2 2 2 2

1 1

2

b c a a b c a c b

  

     

c2 a2 b2 a2 b2 c2 b2 c2 a2 a2 c2 b2

         

 2 2  2 2

2 b c a a b c

            

2 2

4 2 2 2 2

a b c c a b b a c

        

     

2 2 2 2 2 2 0

a a b c c b c b b c

        

(do a2b2 2c2), kết hợp với a2b2 2c2  a b c  Vậy tam giác ABC đều.

0,25 6 (1,0 điểm)

Nhận xét Các tứ giác BHCM, AHCN hình bình hành suy gọi E, F

trung điểm

của BC, CA E, F tương ứng trung điểm HM, HN Do

7 5

; , ;

2 2

M  N 

   .

Đường thẳng BC qua điểm P(4;2),

7 ; 2 M  

  nên:

4

:

7

4

2

x y

BC     x y  

 

AH vng góc với BC suy AH có vtpt nAH 1; 1 



, kết hợp với AH qua điểm H2; 2 suy ra:AH:1x 21y 2  0 x y 

0,25

 ; ,  ;6  A AH  A a a C BC  C b  b

.Do F trung điểm AC nên:

   

3

2 1;1 , 2; 4

6

2

A C

F

A C

F

x x

x a b a

A C

y y a b b

y

 



     



  

  

      

 



 .Do E trung điểm BC nên:

 

2

2 5;1

2

2

B C

E

B E C B

B C B E C B

E

x x

x x x x x

B

y y y y y y

y

 



     



  

  

     

 

 

Vậy A1;1 , B5;1 , C2;4

0,5

F

E H

P I

N

M

C B

A

0,25

7 (1,0 điểm)

Thay 2015 a b c   bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:

      6 2

a b c b c a c a b b c c a a b

bc ca ab a b c

 

     

       

 

0,25

Ta có

      6 6

a b c b c a c a b a a b b c c

bc ca ab b c a c a b

  

         

2 2 2 2 2

b c c a a b b c c a a b

a b c a b c

     

        

2 b c c a a b

a b c

    

    

  Dấu xảy

2015 a b c  

0,25

8

Điều kiện:

   

sin cos

6

sin *

3

sin cos

3

x x

x x m m

x x

 

  

 

    

  

   



      

      

  

 

   

   

   

    





Ta cã tan x tan x cot x tan x

   

       

     

       

       

Suy ra(1)    

3 2

sin sin cos cos3 sin sin sin cos cos cos3

8

x x x x x x x x x x

     

   

2

2 2

1 sin cos cos cos cos cos

4

sin cos cos cos sin cos

4

x x x x x x

x x x x x x

    

   

       

 

1 1

cos cos cos cos cos cos

4

x x x x x x

       

 

1 cos

2

x x  k k

      

KL:x k k 

 

   

9 Mọi đường tròn chứa bên điểm A, B, C có đường kính d khơng thể nhỏ đoạn AB, BC, CA

Chỉ tam giác ABC vuông A  BC = cạnh lớn dmax AB BC AC, ,  5 2 mind 5

Suy đường trịn đường kính BC có bán kính nhỏ thỏa mãn tốn

Tâm đường tròn

9 ; 2

I  

 , bán kính

1

2

R BC 

Vậy pt  

2

9 25

:

2 2

T x  y  

   

( )

( ) ( ) ( )( )

2

2 2

,

4 4 1

x xy y x y

x y

x x x x y x

ìï - - - + - - + =

ïï Ỵ

íï - - - + - - - =

-ïïỵ ¡

Điều kiện

1

;

2

x³ - £ £ -y

Phương trình ( )1 Û (x y- - 2)(x+ +2) ( 2x- 1- 2y+3) =0

Trường hợp 1:

1

2

3 x

x y

y ìïï = ïïï

- + + = Û í

ïï

=-ïïïỵ , khơng thỏa mãn hệ phương trình

Chú ý: Nếu không xét trường hợp - 1x + 2y+ =3 0 trừ 0,25đ

Trường hợp 2: 2x- 1+ 2y+ ¹3

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

2

x y

x y x

x y

-

-Û - - + + =

- + +

Û x y- - 0= ( Vì

( 2) 0,

2

x

x y

+ + > "

- + +

1

;

2

x³ - £ £ -y

)

0,5

Thế vào phương trình ( )2 ta

(4x2- 4x- 4 2) x- 1+(x- 1 1) - x- 3x+ =7 0 3( ) , ĐK

1 ;1 xỴ ê úé ùê ú

ë û

Với

1 ;1 xỴ ê úé ùê ú

ë û ta có

2

4 4

2 1

2 1.1

2

x x

x

x x

ìï - - <

ïïï

í - +

ï - £ =

ïïïỵ ( Theo bất đẳng thức Cauchy)

Kết hợp với phương trình ( )3 ta có

( ) ( )

2

0³ x x4 - 4x- - 3x+ +7 x- 1- x

1,0

( )

3

0 4x 4x 7x x 1 x

Û ³ - - + + - - Û 0³ (1- x)(7 4- x2- 1- x) Û x=1 (

2

7 0; 0, ;1

2

x x x x é ùê ú

- - - > - ³ " Ỵ ê ú

ë û) Với x = thỏa mãn phương trình 1 ( )3 Þ y= -

Vậy hệ có nghiệm ( ) (x y =; 1; - )

0,5

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 11

Câu 1.(1,0 điểm Giải phương trình

 

cos 3 sin 2 sin 4cos2 cos 2cos 2 0. 2sin 3

x x x x x x

x

    

 

Câu 2.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình :    

3 2

2 3 2 6

7 8 2

x y x

x y x y xy xy x y

    

 

    

 

Câu 3.(1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình

2 0

.

6 3 5 0

x y m x y m

  

 

  



Gọi  tập hợp nghiệm hệ cho Trong mặt phẳng tọa độ, xét điểm A(0;9) (3;6).B

Tìm giá trị m để đoạn thẳng AB nằm trọn .

Câu 4.(1,0 điểm)

Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; lập số tự nhiên có chữ số đôi khác cho chữ số 1; 2; không đứng cạnh đôi

Cho đường tròn (C) tâm I, bán kính Điểm M  :x y 0 Từ M kẻ hai tiếp tuyến

MA, MB đến (C) với A, B tiếp điểm Đường thẳng AB x y: 3   2 0 , d I   ,  2 2 Viết phương trình đường trịn (C).

Câu 6.(1,0 điểm) Cho x y z , , 0

Chứng minh rằng:

2 2 3 5

( )( ) ( )( ) ( )( ) 3

xy yz zx

P

z x z y x y x z y z y x

   

     

Câu 7.(3,0 điểm)

Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng (ACD').

a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P). b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn nhất.

HẾT

-HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 11

Câu NỘI DUNG Điểm

1 cos 3 sin 2 sin  4cos cos 2cos2 2

0

2sin

x x x x x x

x

    

 

1,0

ĐKXĐ:

3

sin ; ( )

2 3

x  x k   k  k 

 

2

(*) sin (2 cosx x1) 4(2 cos x1) cosx cos xcosx 2

2

3 sin (2 cosx x 1) (2 cosx 1)(4cos x cosx 2)

     

1 cos

2 cos 2

3 sin cos 2cos cos( ) cos 2

3 x x

x x x x  x



 

  

   

  

  



Giải sau kiểm tra lại ta phương trình cho có họ nghiệm

2

2 , ,

3

k x  k  x  k  x  

( kZ )

2

Giải hệ phương trình    

3 2

2

7

x y x

x y x y xy xy x y

    

 

    

 

1,0

Ta có          

3

3 7 4 2 4

x y  x y xy  x y  x y xy  x y x y xy

 2 2  2  2

4 x y xy xy x y 2xy xy.2 x y 2xy 8xy x y

đẳng thức xảy

2

2

x y xy

x y xy

   



 



  xy

Từ giải nghiệm ( ; ) (3;3).x y 

3

Cho hệ bất phương trình

2 (1)

6 (2)

x y m

x y m

  

 

  



Gọi  tập hợp nghiệm hệ cho Trong mặt phẳng tọa độ, xét điểmA(0;9) (3;6).B Tìm giá trị m để đoạn thẳng AB nằm trọn 

1,0

*) Điều kiện cần: Giả sử đoạn AB nằm 

Vì

0 (0;9)

9 x A

y      



 nghiệm hệ, suy 27

9

5 m

  

Vì B(3;6)  nên suy 36

0

5 m

  

Do đó, điều kiện để đoạn AB nằm  27

0

5 m

  

*) Điều kiện đủ: Giả sử 27

0

5 m

  

Ta có đường thẳng AB có phương trình y x 9, điểm M x( ;90  x0) (0x0 3)

điểm thuộc đoạn AB

+) Thay x x y 0,  9 x0 vào (1) ta VT 2x0 9x0m3x0m

0

27

3( 3) [0;3]

5

x m x m

        

+) Thay x x y 0,  9 x0vào (2) ta được

0 0

27

6 27 27 27

5 VT  x   x  m x   m   

 

Do điểm M x( ;90  x0) thuộc tập nghiệm  hệ cho.

Vậy

27 ;0 m  

  giá trị cần tìm.

4 Từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; lập số tự nhiên có chữ số đôi khác cho chữ số 1; 2; không đứng cạnh đôi

1,0

Trước hết chọn xếp vị trí theo hàng ngang cho chữ số 4, 5, ta có P3 cách.

Mỗi cách xếp vị trí cho chữ số 4, có khoảng trống gồm vị trí đầu (bên trái), vị trí cuối (bên phải) vị trí xen

Do chữ số 1, 2, không đứng cạnh đôi nên chúng xếp vào khoảng trống chữ số 4, tạo

Khi có A43 cách xếp vị trí cho chữ số 1, 2, vào khoảng trống đó.

Vậy có thảy P A 3 43 144 số thỏa mãn yêu cầu toán.

5

Cho đường trịn (C) tâm I, bán kính Điểm M :x y 0 Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) với A, B tiếp điểm Đường thẳng AB x y:   0 , d I   ,  2 Viết

+) Gọi K giao điểm  AB E giao điểm IM AB H hình chiếu I lên 

+) I(a;b) d I ,  IH 2 2|a b | (1) AB có véc tơ pháp tuyến n13;1



 có véc tơ pháp tuyến n1 1;1



Góc AB  góc

   

1

2

os | os , |

5 AKM  c AKM c      n n          

Nhận xét: HIM AKM (cùng phụ với góc IMH) Suy



cos

5 HIM 

Ta có:



2

2

10;

2 10

os

5

IH IB

IM IB IE IM IE

IM c HIM

      

Vậy    

4 | 3a |

, | 3a |

10 10 10

b

d I AB        b 

Từ (1) (2) ta có:

| |

| 3a | a b

b

 

 

  



Giải hệ phương trình ta tìm nghiệm a b;  là: 3;7 , 1;3 , 1; , 5; 9         Thử lại ta phương trình đường trịn (C) thỏa mãn:

x12y 32 4; x12y52 4

6

Đặt: a y z b z x c x y  ,   ,  

Khi đó: a b c, , ba cạnh tam giác ABC

Ta có:

2

( )( ) ( )

( )( ) 4 4

xy b c a c a b c a b

z x z y ab ab

     

 

 

2 2 1 1 1

cos

4 2 2 2

c a b

C ab

 

   

Tương tự ta có:

1 1

cos

( )( ) 2 2

yz

A

x y x z   

1 1

cos

( )( ) 2 2

zx

B y z y x   

1,0

Suy ra:

3 7

cos cos cos

2 2

P  C A B

 

Ta có:

3 3

cos cos cos 2cos cos cos

2 2 2 2

A C A C

2

3 3

2sin cos (1 2sin ) 3sin 2sin

2 2 2 2 2 2 2

B A C B B B

     

2

2 2 1 11 2 11 11

3 sin sin 3 sin

2 3 2 9 6 2 3 6 6

B B B

   

          

    .

Suy ra:

7 11 5

2 6 3

P   

Dấu xảy

2 4

sin

2

2 3 3

B

b a

x z y

A C a c

 

 

 

   

 

   

 

Lưu ý: Có thể giải biến đổi đại số

7.1

S

J R

P

K I

Q F

E N

O

C'

B' A'

C

A

B D

D'

M

Trong mp(ABCD), qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DB, BC E, N Trong mp(BDD’B’), qua E vẽ đường thẳng song song với D’O (O=ACBD) cắt B’D’ F. Trong mp(A’B’C’D’), qua F vẽ đường thẳng song song với AC cắt A’D’, D’C’ R, Q Trong mp(AA’D’D), qua R vẽ đường thẳng song song với AD’ cắt AA’ S

Trong mp(CC’D’D), qua Q vẽ đường thẳng song song với CD’ cắt CC’ P Thiết diện lục giác MNPQRS

7.2 Do mặt đối diên hình hộp song song nên cạnh đối lục giác thiết diên MNPQRS song song cặp cạnh song song với cạnh tam giác ACD’.

 Các tam giác JKI, ACD’, RQI, JMS, NKP đồng dạng



'

' '

MJ MA NC NK PC PK QD QI

MN MB NB NM PC PQ QC QP  MJ=NK PK=QI

 Các tam giác RQI, JMS, NKP (gọi diện tích chúng S1 gọi diện tích tam

giác JKI, ACD’ S2, S)

Đặt ;

AM k

AB  ta có điều kiện 0k 1 có:

2 2

2

S JM AM AM

k

S AC DC AB

     

      

 

     S1 =

k2S

 

2 2

2

2 1

S JK JM MK JM MK

k

S AC AC AC AC



     

        

       S2 =( k2 + 2k +1)S

 Diện tích thiết diện: Std S2 3S1

2

2 3

2 ( )

2 2

td

S S  S k k  S  k   

 

 

  (dấu xảy 

1 k 

)

S lớn 

1 k 

 M trung điểm AB

Câu 1.(1,0 điểm) Giải phương trình: cos x−3√3sin x=cos7 x

Câu 2.(1,0 điểm):Giải hệ phương trình:

2

2

1 5 2

2 ( 1) 2( 1)

x y x xy

xy y y y x

    

 

    

 

Câu (1,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3; − 1 4 ),

tâm đường tròn ngoại tiếp K(0;

29

8 ), trung điểm cạnh BC M(

5

2;3 ) Xác định tọa độ các

đỉnh A, B, C; biết hoành độ B lớn hoành độ C

Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c (với a ≠ 0) cho: phương trình ax2 + bx + c = có

hai nghiệm thuộc đoạn 0; 1 Tìm giá trị lớn biểu thức:

   

 

2

a b a b

P

a a b c

 



  .

Câu (1,0 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi A1, B1, C1 hình chiếu vng

góc G xuống cạnh BC, AC, AB Chứng minh rằng: a GA b GB2 1 1c GC2 10

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

(với a=BC, b=AC, c=AB).

Câu 6.(1,0 điểm)

Các số a, b, c (theo thứ tự đó) lập thành cấp số nhân có tổng 26 Tìm số đó, biết rằng: cấp số cộng có a số hạng thứ nhất, b số hạng thứ ba c số hạng thứ chín.

Câu 7.(1,0 điểm)

Từ tập hợp tất số tự nhiên có năm chữ số mà chữ số khác 0, lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác

Câu 8.(2,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành M trung điểm SC Một mặt phẳng (P) chứa AM cắt cạnh SB, SD điểm B', D' khác S Chứng minh rằng:

4 ' ' 3

3 2

SB SD SB SD

  

Câu (1,0 điểm)

Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

 

sin sin . y   x

-

Hết -ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 13

Câu 1:(1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (cot3xcot )cot 4x x(cot 3x cot )cot x x

Câu 2.(1,0 điểm) Cho k số tự nhiên thỏa mãn 5 k 2011. 

Chứng minh rằng: C C50 2011k C C15 k 12011 C C55 k 52011 Ck2016

 

Câu 3.(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có ( 5;2)A  ( 1; 2)

M   điểm nằm bên hình bình hành cho MDC MBC

MBMC Tìm tọa

độ điểm D biết



tan

2

DAM 

Câu 4.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi Gọi E điểm thuộc

miền tam giác SCD

1) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SBE), suy giao điểm BE mặt phẳng (SAC)

2) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng (ABE)

Câu 5.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A,B,C lập thành cấp số cộng với A B C  .

Biết:

3 3

cos cos cos

2 2 2 8

A B C 



, tính góc tam giác ABC

Câu 6.(1,0 điểm)

Có hai hộp đựng bi, hộp A đựng viên bi xanh, viên bi đỏ; hộp B đựng viên bi xanh viên bi đỏ Bốc ngẫu nhiên viên bi hộp A bỏ vào hộp B, sau bốc ngẫu nhiên viên bi hộp B bỏ lại vào hộp A Tính xác suất để sau đổi bi xong số bi xanh hai hộp

Câu 7.(1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1 x2  3 x x2

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

4 1

x xy x y y y

y x y x

      

 

     

 

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số dương a b c  3 Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3

bc ca ab

a bc b ca c ab

P  

  



ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 14

Câu 1.(1.0 điểm) Giải phương trình

5

3 sin sin cos 5cos

2

 

   

        

   

x x x x

Câu 2.(1.0 điểm) Giải phương trình  

2 2 2 2 1 1

      x

x x x x x x

x

Câu 3.(1.0 điểm)

Cho x y z, , số thực không âm thỏa mãn x3y3z32 Tìm giá trị lớn biểu thức

 

 

2

1

1

 



  

      

yz y z

x y z

P

x x yz y z x y z

Câu 4.(1.0 điểm).

Cho tập A0;1;2;3;4;5;6;7;8;9 Có cách chọn số phân biệt A (khơng tính thứ tự) để hiệu số số có giá trị tuyệt đối khơng nhỏ

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hạ AH vng góc với BD (H thuộc

BD) Biết M(2; 1) , N trung điểm đoạn HD HB điểm

1 ( ; )

2  K

trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ đỉnh D hình chữ nhật biết đỉnh A thuộc đường thẳng x2y 4 0 A có tung độ dương

Câu (1.0 điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x6trong khai triển:  

8

( 1) . 2

T  x  x x

Câu 7.(2,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' '. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A B Gọi (P) mặt phẳng qua M song song với mặt phẳng (ACD').

a) Trình bày cách dựng thiết diện hình hộp mặt phẳng (P).

b) Xác định vị trí M để thiết diện nói có diện tích lớn nhất.

Câu 8.(1,0 điểm) :

Cho tam giác ABCAB AC nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn (O), trọng tâm G

, ,

aBC b CA c AB Gọi M trung điểm cạnh AC Chứng minh bốn điểm A,

O, M, G nằm đường trịn b2c2 2a2.

Câu 9.(1,0 điểm) : Giải hệ phương trình

   

2

2 3

1 1 1 1 0

16 16 21 4 3

x xy x y y y

x y y xy x

        

 

    



ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 15

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

sin cos cos 2sin

x x x

x

  



 .

Câu (1,0 điểm) Cho tập hợp Ω số tự nhiên gồm bốn chữ số khác lập từ số

0,1,2,3,4,5,6 Chọn ngẫu nhiên số thuộc Ω, tính xác suất chọn bé 4653

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vng ABCD, cạnh AD lấy

điểm E dựng đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABE Gọi F giao điểm AC với đường trịn (C) Tìm tọa độ đỉnh hình vng biết  C x: 2y2 x y 12 0 , F4;0 , điểm D nằm đường thẳng d: 3x4y13 0 và điểm B có hồnh độ dương

Câu (1,0 điểm) Tính tổng

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

Câu 6.( 1.0 điểm ) Cho tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng:

Câu 7.(2,0 điểm)

diện hình chóp cắt mặt phẳng (MCG) Tính tỉ số mà thiết diện chia đoạn SA Từ cho biết thiết diện hình gì?

Câu 8.(1,0 điểm)

Cho tam giác ABC có góc thỏa mãn A B C 

  

Tính góc tam giác biểu thức sau đạt giá trị nhỏ P2 cos 4C4cos 2Ccos 2Acos 2B

Câu 9.(1,0 điểm) Giải bất phương trình

1

√x+2+

1

√−x−1−

2 3x≥1

-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm!

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 16

Câu (1,0 điểm) Tìm đặc điểm ABC biết : b2 c2sinC Bc2  b2sinCB đó c

AB b

AC  & 

Câu (1 điểm).Giải phương trình 2 sin x cos x sin 2x   3.

Câu (0.5 điểm) Tìm hệ số x2 khai triển thành đa thức biểu thức P = (x2 + x – 1)

Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình

3

2 3

4 3

2 1( )

1 ( 1)

x y x x y y y x x

x x x x y

       

 

      



Câu (1 điểm) Cho phương trình x 1 x2m x1 x  24 x1 x m3 Tìm m để phương trình có nghiệm nhất

Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn   C : x12y 22 4 có tâm I điểm M  1;0 Viết phương trình đường thẳng  qua M cắt  C hai

điểm A B, cho tam giác IAB có diện tích S  3.

Câu (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hồnh làm đường phân

giác góc A, điểm E 3; 1   thuộc đường thẳng BC đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x2+y2−2x−10 y−24=0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết điểm A có hồnh độ âm

Câu (1 điểm) Cho tứ diệnABCD,các cạnh 12.Gọi I,Jlần lượt trung điểm AC,BC.Gọi Klà điểm cạnh BD với KB 2 KD.

a.Xác định thiết diện tứ diện với mặt phẳng IJK.Chứng minh thiết diện hình thang cân.

Câu (0.5 điểm) Gọi A tập hợp tất số tự nhiên gồm chữ số phân biệt chọn từ

các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; Chọn ngẫu nhiên số từ tập A, tính xác suất để số chọn số chia hết cho

Câu 10 (1 điểm) Cho a, b, c số dương thuộc khoảng 0; 6 a b c 3  

Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2

1 1

P

6 a b c

  

   .

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 17

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

cos x +sin3x

sin x−sin2x =1+sin x+cot x

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2

1

1

1 1

x

x  x 

 

Câu (1,0 điểm):Giải hệ phươ ng trình:

3

2

4

3

x y x y

x y

ìï - = +

ïí

ï + =

ïỵ

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2(x2  3x1) 7 x3 1

Câu (0,5điểm) Tính tổng :S 12C20141 22C20142 32C20143 20142C20142014

Câu (0,5điểm).

Đội niên tình nguyện trường THPT có 100 học sinh, có 60 học sinh

nam 40 học sinh nữ Nhà trường chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội niên tình nguyện để tham gia tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đoàn TNCS Hồ Chí Minh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nữ

Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 4( x+ y+ z)=3 xyz. Tìm giá trị lớn

của biểu thức: P=

1 2+x+ yz+

1 2+ y +zx+

1 2+z+ xy.

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x y  5 0 Các điểm E F

lần lượt hình chiếu vng góc D B lên AC Tìm tọa độ đỉnh ,B D biết CE 

4;3

A , C0;  

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

 

4 12 38 12 67 1 7 0 .

x  x  x  x  x   x  x 

Câu 10 (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M, N, P lần

2 Xác định giao điểm I CP (SBD)

3 Tìm giao tuyến (MNP) (SAD), từ suy thiết diện mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp? Thiết diện hình gì?

4

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 18

Câu 1.(1,0 điểm) Cho hàm số  

3

1

x m

y mx

 



Chứng minh   , đồ thị hàm số cắt đường thẳng m d y: 3x 3m điểm phân biệt ,

A B Xác định m để đường thẳng d cắt trục Ox Oy, C D, cho SOAB 2SOCD.

Câu 2.(1,0 điểm) Giải phương trình:

sin 2 3tan 2 sin 4 2 tan 2 sin 2

x x x

x x

 

 

Câu 3.(1,0 điểm) Giải bất phương trình sau  

3

1 4 x 2x 1 x 0

Câu 4.(1,0 điểm.)

Biển số xe dãy kí tự gồm hai chữ đứng trước bốn chữ số đứng sau Các chữ lấy từ 26 chữ A, B , Z ; chữ số chọn từ 10 chữ số 0, 1,2 , Hỏi có biển số xe có hai chữ số đầu (sau chữ cái) khác nhau, đồng thời có chữ số chẵn hai số chẵn giống ?

Câu 5.(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; -5), B(2; -1) đường tròn (C):

( x−2)2+( y +3 )2=4 Gọi Δ đường thẳng qua B tiếp xúc với đường tròn (C), MN là

một đường kính thay đổi (C) cho đường thẳng AM, AN cắt đường thẳng Δ tại P Q Tìm tọa độ trực tâm H tam giác MNP biết H nằm đường thẳng d:

x+ y+3=0

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

   

2

2 2 8

4 4 4.

x y

x y y x

   

 

   

 

Câu 7.(1,0 điểm) Cho a, b, c ba số ( )un dãy số xác định công thức:

1 2 3 ( *).

n

u a n b n c n   n Chứng minh limn un 0 a b c  0.

Câu 8.(3,0 điểm)

Cho tứ diện ABCD, mặt phẳng ( song song với AC BD cắt cạnh AB, BC, CD, DA điểm P, Q, R, S

a) Chứng minh tứ giác PQRS hình bình hành

-Hết -ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 19

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:3(x2  1) 4 x4 4x x 3 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2x 1 6sinxcos 2x.

Câu (1,0 điểm) Tìm cấp số cộng có số hạng biết:

1

2 2 2

1

35 405 u u u u u

u u u u u

    

 

    



Câu (1,0 điểm) Một tổ có học sinh nam học sinh nữ Giáo viên chọn ngẫu nhiên học

sinh để làm trực nhật Tính xác suất để học sinh chọn có nam nữ

Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n cho:

 

1 2 3 2

2 2.2. 3.2 4.2 2 1 2013

n n

n n n n n

C C C C n C 

           

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M1;3 đường tròn 2

( ) :C x y  2x 4y 0. Tìm ảnh điểm M ảnh đường tròn  C qua phép tịnh tiến

theo véc tơ u   1;2  

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cóA1; 4, tiếp tuyến

A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D, đường phân giác ADBcó

phương trình x y  2 0, điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB.

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

3

4 1

x xy x y y y

y x y x

      

 

     

 

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số dương a b c  3 Tìm giá trị lớn biểu thức:

3 3

bc ca ab

a bc b ca c ab

P  

  



Câu 10.(1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật Gọi O giao điểm AC

và BD, M điểm thuộc miền tam giác SOC Tìm giao điểm DM với mặt phẳng (SAB) và tìm giao tuyến hai mặt phẳng (MOB), (SCD).

…….Hết……….

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

cos x +sin3x

sin x−sin2x =1+sin x+cot x

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2

1

1

1 1

x

x  x 

 

Câu (1,0 điểm):Giải hệ phươ ng trình:

3

2

4

3

x y x y

x y

ìï - = +

ïí

ï + =

ïỵ

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: 2(x2  3x1) 7 x3 1

Câu (0,5điểm) Tính tổng :S 12C20141 22C20142 32C20143 20142C20142014

Câu (0,5điểm).

Đội niên tình nguyện trường THPT có 100 học sinh, có 60 học sinh

nam 40 học sinh nữ Nhà trường chọn ngẫu nhiên học sinh từ đội niên tình nguyện để tham gia tiết mục văn nghệ chào mừng ngày thành lập Đồn TNCS Hồ Chí Minh Tính xác suất để học sinh chọn có học sinh nữ

Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 4 ( x+ y+ z)=3 xyz. Tìm giá trị lớn

của biểu thức: P=

1 2+x+ yz+

1 2+ y +zx+

1 2+z+ xy.

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính BD. Đỉnh B thuộc đường thẳng  có phương trình x y  0 Các điểm E F

lần lượt hình chiếu vng góc D B lên AC Tìm tọa độ đỉnh ,B D biết CE 

4;3

A , C0;  

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình

 

4 12 38 12 67 1 7 0 .

x  x  x  x  x   x  x 

Câu 10 (2,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M, N, P lần

lượt trung điểm cạnh AB, CD, SA Chứng minh MN  ( SBC) (SAD) Xác định giao điểm I CP (SBD)

3 Tìm giao tuyến (MNP) (SAD), từ suy thiết diện mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp? Thiết diện hình gì?

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 21

Ngày 01 tháng 11 năm 2017

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

1 sin

tan 2sin

sin cos

x

x x

x x

 



Câu (1,0 điểm).Giải phương trình: 4x25x 1 x2 x 1 9x

ta có: 20150 12015 20152 20152015 2015 20152015

k k k k k

n n n n n

C C C C  C C  C C  C 



    

Câu ( 1,0 điểm) Chứng minh :tan 20 ; tan 40 ; tan 802 2 nghiệm phương trình : 33 27 3 0

x  x  x 

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho phép biến hình F biến điểm M(x;y)

thành điểm M’(x’;y’) cho :

a.b + c d = Chứng tỏ F phép dời hình

Câu (1,0 điểm)

a) Cho khai triển (1 ) 2

n n

n

x a a x a x a x

      Tìm số nguyên dương n biết a08a1 2a21.

b) Gọi A tập số tự nhiên có chữ số đơi khác lập từ chữ số 0, 2,3,5,6,8. Lấy ngẫu nhiên số thuộc tập A. Tính xác suất để số lấy có chữ số và

chữ số không đứng cạnh

Câu (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC,

AD

1) Xác định giao tuyến mặt phẳng (MNP) với mặt tứ diện 2) Thiết diện tứ diện ABCD cắt mp(MNP) hình gì?

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình

:

AD x y  Trên đường thẳng qua B vng góc với đường chéo AC lấy điểm E cho

BEAC(D E nằm hai phía so với đường thẳng AC) Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết điểm E(2; 5) , đường thẳng AB qua điểm F(4; 4) và điểm B có hồnh độ

dương

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

 

3

3

7 ( ) 24 27 14

,

3

x y xy x y y x y

x y

x y x y

       



 

     

 



Câu 10 (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx xyz   4 Chứng minh

1 1

3 (x 2)(y 2)(z 2)

x y z

 

     

 

 

 

-Hết -HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 21

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

  

 

 

dy cx y

by ax x

' '

1

2 2

  

c b d

1

Giải phương trình:

1 sin

tan 2sin sin cos x x x x x   

Điều kiện: cosx  0, sinx + cosx  0.

Pt 

1 2sin cos

tan 2sin sin cos x x x x x x    

1 sin 2sin

cos sin cos

2

x x

x  x x

0,5



2

sin cos

sin 2sin cos

2

x x

x   x x

 sinx 0,sin x sin 2x



 

   

  0,25

+)sin x 0  x k

+)2x x k2 , 2x x k2

                  2 ,

4

k x  k  x  



2

4

k x  

Các nghiệm tmđk nên phương trình có nghiệm: x k ,

2

4

k x  

0,25 2 Đặt 2

4

1

u x x

v x x

   

 

  



 ta có : u2 – 4v2 = u – 2v u 2v u  2v1 0 Giải hệ

2

2

u v

u v x

 

 

  

 ta nghiệm x = 1/3

Giải hệ

56

2 65

2 4 56 0

65

x

u v u x

u v x v x x hay x

                         

 (so đk loại)

kết luận pt có nghiệm x = 1/3 3 Nhận xét :

VP(*) hệ số xk2015

khai triển (1x)n2015

VT(*) hệ số xk2015

khai triển (x1)2015(1x)n

Mặt khác (1x)n2015 = (x1)2015(1x)n

Hệ số xk2015

khai triển (1x)n2015bằng hệ số xk2015

khai triển (x1)2013(1x)n

Suy 20150 12015 20152 20152015 2015 20152015(0 2015)

k k k k k

n n n n n

C C C C  C C  C C  C  k n

         (*) 4 Ta có

3 t ana tan tan

1 tan a a a   

Với a=200 ta có :

 

0

0

2

3tan 20 tan 20

tan 60 tan 20 33tan 20 27 tan 20 *

1 tan 20 

     



Vậy : tan2200 nghiệm PT(*)

Làm tương tự ta có tan2400,tan800 nghiệm PT(*)

                    1 1 1 dy cx ' y by ax ' x dy cx y' by ax x' ) ' ;' ( ' ) ; ( ) ' ;' ( ' ) ; ( 1

1 y M x y

5

 F phép dời hình 6 1, điểm

a

Ta có Khi đó, suy

Do đó, ta có

Vậy

0,25

0,25

b + Số số tập hợp A bằng: 6! 5! 600.  0,25 + Số số tập A mà số có chữ số đứng cạnh bằng:

5! 4*4! 216  .

Xác suất biến cố cần tìm:

216

1 0,64

600 P   

0,25

7 1,0 điểm

Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC, AD. Q P N M B D C A

(MNP)(ABC)=MN ; (MNP)(ACD)=NP

+ P điểm chung hai

mp (MNP) (ABD) có + MN(MNP) + AB(ABD) +

MN//AB

 Giao tuyến (MNP) (ABD) đường thẳng qua P song song với AB cắt BD Q Ta có: (MNP)(ABD)=PQ; (MNP)(BCD)=MQ

Thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng (MNP) tứ giác MNPQ.

Ta có MN//=PQ//=

1

2AB nên MNPQ hình bình hành.

8 1,0 điểm

) ( ) ( ) )( )( ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ' ( ) ' ' ( ' ' ) ( ) ( 2 1 2 2 2 2 2 MN y y x x cd ab y y x x d b y y c a x x y y x x N M y y x x MN                        0

(1 )n n k(2 )k n k k k2

n n

k k

x C x C x

 

  

2

k k

k n

a C

0

0 n; ;n n

a C a  C a  C

0

0

8 ( 1)

8 16 1 16

2!

n n n

n n a  a  a   C  C  C    n   

B H

F C

A D

E

Ta có và AB qua F(4 ; -4) Khi đó

0,25

Ta có đường thẳng EF qua hai điểm E(2;-5) F(4;-4) Do ta lập phương trình

Suy F Khi đó, ta vì

(cùng phụ với HBC) .

0,25

Ta có B AB : 2x y  0  B b( ;4 ), b b0

Vậy

Ta có BC qua B(2; 0)

0,25

AC qua A(1; 2) vng góc với BE AC nhận là véc tơ pháp tuyến

Khi đó, ta có

CD qua C(6; 2)

Khi Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4)

0,25

9

 

3

3

7 ( ) 24 27 14 (1)

,

3 (2)

x y xy x y y x y

x y

x y x y

       



 

     

 



Đkxđ

4 x y

  

 

Từ (1) ta có    

3

(x y ) 3(x y ) 2y2 3 2y2

x y 2 ( x y)2 (x y) 2 y 2 2y 22 3 0

          

   y x  2

Suy 2 x 3.

0,25

Thế vào (2) ta x 2 3 x x3x2 4x1

2

1

2 ( 4) ( 5) ( 2)( 2)

3

x x x x x x x

            

 2 3  2 1

3 3

x x x

x x x x

 

       

     

 

0,25

:

   

AB AD x y

:

 AB x y   A AB AD  A(1;2)

: 12

EF x y 

EF AD  EF AB ABC EFB

 

,

AC BE EBF BCA

 AB EF 

2 2

5 ( 1) (2 ) 5 10 2( 0) (2;0)

AB   b   b   b  b  b dob  B

:

BC AB x y    BC x:  2y 0  BE  (0; 5)



: 5( 2)

AC y y

      C AC BC  C(6;2)

:

CD AD x y   CD: 2x y  14 0 (5;4)

 2  1 x

x x

x  

     



 0,25

Với x 2 y0;x 1 y3 KL ( ; )x y   1; ,( ; )  x y 2;0 0,25

10

1,0 điểm

Từ giả thiết suy 0xy yz zx, , 4

Đặt zy=2 cos A, xz=2 cos B, xy=2cos C, A, B, C góc nhọn

Từ giả thiết suy ra

2 2

cos Acos Bcos C2cos cos cosA B C 1 (cosCcos(A B ))(cosCcos(A B )) 0 cosC cos(A B)

   

Suy A, B, C ba góc nhọn tam giác Ta có

2cos cos cos cosC 2cosCcos

; ;

cos cosB cosA

A B A B

z y x

C

  

0,25

2 2

3(cos cos cos ) 8sin A sin sin

2 cos cos cos cos cos cos

A B C B C

YCBT

A B C A B C

 

 

3(1 4sin sin sin ) 4sin sin sin

2 2

A B C

A B C

  

1

sinAsinBsinC 2cos cos cos

2 2

A B C

  

0,25

3

1 1

sinAsinBsinC 2cos cos cos sinA sinB sinC

cos cos cos

2 2 3 2 2 2

2

3

A B C A B C

  

 

   

 

   

   

 

 

0,25

8 4

3 3 3

   0,25

-Hết -ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 22

Ngày 04 tháng 11 năm 2017

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 – 4x - = x 5

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình 2( x−2)(√x+1+1)<5 x−x2. Câu (1,0 điểm) Tính tổng sau :

0 2017

2017 2017 2017 2017

0! 1! 2! 2017!

A A A A

S     

Câu (1,0 điểm) Tìm GTLN,GTNN

cos 2sin

2 cos sin

x x

y

x x

 



 

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C):

a Viết phương trình đường trịn (C’) ảnh đường tròn (C) qua phép tịnh tiến theo

b Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ cắt đường tròn (C) tạo thành dây cung có độ dài

Câu (1,0 điểm).Giải phương trình :

11 11

cos cos sin

5 10 2 10

x x

x

     

     

     

     

  

Giải U21 Quốc tế báo Thanh Niên – Cúp Clear Men 2017 quy tụ đội bóng gồm: ĐKVĐ U21 HA.GL, U21 Singapore, U21 Thái Lan, U21 Báo Thanh niên Việt Nam, U21 Myanmar U19

Hàn Quốc Các đội chia thành bảng A, B, bảng đội Việc chia bảng thực

cách bốc thăm ngẫu nhiên Tính xác suất để hai đội tuyển U21 HA.GL U21 Thái Lan nằm hai bảng khác

Câu (1,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A Gọi H hình chiếu vng góc A BC, điểm M2; 1  , N trung điểm HB

HC; điểm

1 1; 2 K 

  trực tâm tam giác AMN Tìm tọa độ điểm C, biết điểm A có tung độ

âm thuộc đường thẳng d x: 2y4 0 .

Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình

2

2

3 2

5 3

x xy y x y

x xy y x y

     

 

     



 .

Câu 10 (1,0 điểm).Cho ba số thực dươngx y z, , thỏa mãn

3 x y z  

Tìm giá trị nhỏ biểu thức

 

 

 

 

   

2 2

2 2

1 1

1 1

  

  

  

z xy x yz y zx

P

y yz z zx x xy .

-Hết -ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 23

Câu 1.(4 điểm)

1 Giải phương trình:    

3 cos x sin cos x xsinx cosx 0

2 Giải hệ phương trình:

 

2

2

2

2 , ,

1

x y

y z x y z

xy yz zx

  



  



   





Câu (2 điểm)

Giả sử A B C D, , , số đo góc DAB ABC BCD CDA, , , tứ giác lồi ABCD bất kì. Chứng minh sin sin sin 3sin

A B C A B C  

2 Tìm giá trị lớn biểu thức sin sin sin sin

A

P  B C D

Câu 3.(1 điểm)

Gọi A tập hợp số tự nhiên có tám chữ số đơi khác Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên thuộc vào tập A Tính xác suất để chọn số thuộc A số chia hết cho 9

Câu (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC Phân giác góc A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC điểmA B C1, ,1 Đường thẳng AA1 cắt đường thẳng CC1 điểm I ; đường thẳng AA1 cắt đường thẳng BC điểm N ; đường thẳng BB1 cắt đường thẳng A C1 điểm P Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IPC1 Đường thẳng OP cắt đường thẳng BC điểm

M Biết BM MN BAC2ABC Tính góc tam giác ABC.

Câu 5.(1 điểm)

Cho hàm số f : 0;   0; thỏa mãn điều kiện    

1

3 2

2

f x f  f x  x

  với x 0.

Chứng minh f x x với x 0

-Hết -ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 24

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 

 

 

 

 

4 sin sin 2 cos

cos x x 

x x

Câu (1,0 điểm) Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức của:

2 1 10

( )(1 )

4

Câu (1,0 điểm).Giải hệ phương trình:

3 2

2

3

2

x x y x xy x x y

    

 

  

 

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

6x 2x 2

4 x

x 

   

 (1)

Câu (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D;

2 , 3

AB AD CD AD Đường thẳng BD có phương trình x 2y 1 0, đường thẳng AC đi

qua điểm M4;2 Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hồnh độ nhỏ

Câu (1,0 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thỏa mãn: a b c  1 Chứng minh rằng: a2 b2 c2  12abc 1

Câu 7(2,0 điểm)

Hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành ABCD M trung điểm cạnh SD, G trọng tâm tam giác ACD.

a Tìm giao tuyến mp( AMG) mp(SCD)?

b Tìm giao điểm I đường thẳng BM mp(SAC) ? Tính tỉ số

IB IM ?

Câu 8.(1,0 điểm)

Một thùng đựng 12 hộp sữa Trong 12 hộp có hộp sữa cam, hộp sữa dâu Lấy ngẫu nhiên hộp sữa thùng, tính xác suất để hộp sữa lấy có hộp sữa cam

Câu 9.(1,0 điểm)

Chứng minh tam giác ABC ta có: cot cot cot2 cot cot cot2 2

A B C A B C

  

……… Hết……….

Câu (0,5 điểm) Khơng dùng máy tính.Tính sin180

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 4x2sin3xsinx cos cos2 x x

Câu (0,5điểm) Giải bất phương trình(n2  5)Cn42Cn32An3

Câu R(1,0 điểm) Chọn ngẫu nhiên số từ tập S 1, 2, ,11  Tính xác suất để tổng ba số chọn 12

Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

√x2+2 y +3 + y −3=0

2(2 y3+x3)+3 y ( x+1)2+6 x ( x +1) +2=0

¿

{¿ ¿ ¿

¿

Câu (1,0 điểm Giải bất phương trình:

2

2( 16)

3

3

x x

x

x x

 

  

  .

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) :C x2y2 2x4y 20 0 đường thẳng : 3x4y 20 0. Chứng tỏ đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C) Tam

giác ABC có đỉnh A thuộc (C), đỉnh B C nằm đường thẳng  cho trung điểm

cạnh AB thuộc (C) Tìm tọa độ đỉnh A B C, , , biết trực tâm H tam giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) điểm B có hồnh độ dương.

Câu (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, CD

Gọi (α) mặt phẳng qua MN song song với SA.

1 Tìm giao tuyến mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SAB) Xác định thiết diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp Tìm điều kiện MN để thiết diện hình thang

Câu (1,0 điểm) Cho số thực

1

, , ;1

2 a b c   

  Tìm giá trị lớn biểu thức a b b c c a

P

c a b

  

  

- Hết

-LUYỆN ĐỀ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM 2018 SỐ 26

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

 

2 sin cos cos sin

2 0

2sin

x

x x x

x

  

 

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

6x 2x 2

4 x

x 

   

Câu (1,0 điểm).Tìm m để hệ

2

2

4 2

4

5 ( 2)

8 16 16 32 16

x x

x

x x mx m m



 



 

      

 có nghiệm

Câu (1,0 điểm): Tính tổng:    

0

1 1

1.2 2.3

n

n n n

S C C C

n n

   

  với n nguyên

dương

Câu (1,0 điểm):

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ vng góc Oxy cho hình thoi ABCD có gócBAD  600.

Trên cạnh AB, BC lấy điểm M, N cho MB + NB = AB Biết P( 3; 1) thuộc đường thẳng DN đường phân giác góc MDN có phương trình d:

3

x y  Tìm tọa độ đỉnh D hình thoi ABCD.

Câu 6(1,0 điểm)

Trong kỳ bầu cử Quốc hội khóa XIV diễn vào ngày 22/05/2018, lớp 12A1 trường THPT Dân tộc nội trú có 22 bạn đủ 18 tuổi bầu cử, có 12 bạn nữ 10 bạn nam. Chọn ngẫu nhiên số bạn tham gia cơng tác chuẩn bị cho ngày bầu cử Tìm xác suất để bạn chọn có bạn nữ.

Câu 7.(1,0 điểm)

Cho a,b,c ba số thực dương Chứng minh:

  3

3 3

1 1

2

b c c a a b

a b c

a b c a b c

  

   

         

   

Câu 8.(2,0 điểm)

Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, AC, AD. 1) Xác định giao tuyến mặt phẳng (MNP) với mặt tứ diện. 2) Thiết diện tứ diện ABCD cắt mp(MNP) hình gì?

Câu 9.(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M1;3 đường tròn ( ) :C x2 y2 2x 4y 0.

Tìm ảnh điểm M ảnh đường tròn  C qua phép tịnh tiến theo véc tơ u   1;2  

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 27

Câu (1,0 điểm)Với n số nguyên dương, chứng minh hệ thức

 1 2 2 3 3  1 12  2

2

n n n

n n n n n n

n

C C C n C  n C C

      

Câu (1,0 điểm).Giải phương trình:

2

2

2

cos cos cos tan

cos

 

  x x

x x

x .

Câu (1,0 điểm)

Cho đa giác có 15 đỉnh Gọi M tập tất tam giác có ba đỉnh ba đỉnh đa giác đã cho Chọn ngẫu nhiên tam giác thuộc tập M, tính xác suất để tam giác chọn một tam giác cân tam giác

Câu (1,0 điểm).

Giải phương trình:      

1

2 4

2

x

x  x  x   x    x x 

Câu (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:

   

 

2

1 2

,

2

y x y x y x y y

x y

y x y y

        



 



   

 

 

Câu 6.(2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, gọi M, N hai điểm thuộc cạnh AB, CD Gọi (α) mặt phẳng qua MN song song với SA.

4 Tìm giao tuyến mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SAB) Xác định thiết diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp Tìm điều kiện MN để thiết diện hình thang

Câu 7.(1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (H): (x – 3)2 + (y – 1)2 = và

(G): (x – 2)2 + (y + 4)2 = Hãy phép vị tự tỉ số k = -3 (nếu có) để biến (H) thành (G)

Câu (1,0 điểm).

Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E, H trung điểm các cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A, I giao điểm đường thẳng AB đường thẳng

CD Biết điểm D   1; 1 , đường thẳng IG có phương trình 6x 3y 7 0 điểm E có hồnh độ bằng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC.

Câu (1,0 điểm) Cho x y z, , số thực dơng thỏa mÃn x y z  3

Chøng minh r»ng:

      2

4 4

x y z y z x z x y

xyz

yz zx xy

  

  

  

-Hết -ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 28

Câu (1.0 điểm) Tìm m để phương trình x3- 2x2+ =x m x( - 1) có ba nghiệm phân biệt

1, ,2

x x x thỏa mãn x12+ +x22 x32=4.

Câu (1 điểm cosx + 3(sin2x + sinx) -4cos2x.cosx -2cos x + 02 

Câu 3.(1.0điểm) Cho tam giác ABC có diện tích

1

4 Đặt a=BC b, =AC c, =AB

Chứng minh cotA+cotB+cotC=a2+ +b2 c2.

Câu 4.(1.0 điểm) Giải hệ phương trình:

 2 

2

2 6

3 5 3 0

x y y x x

x x xy y

   

 

    



Câu 5.(1.0 điểm) Cho hai số dương có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

1 1 2016

4 2 4 2

P

ab

a b

= + +

+ + .

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

3 3 7 6 (3 7) 33 6 2.

x  x  x  x x  x

Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A Gọi M trung điểm cạnh AB, G trọng tâm tam giác AMC I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh đường thẳng GI vng góc với đường thẳng CM.

Câu 8.(2.0 điểm) Cho dãy số ( )un thỏa mãn điều kiện:

1

2

3

2014 2016 2016

n n

n

u

u u

u 

   

 

 

a) Chứng minh: ( )u dãy số tăng.n

b) Với n1,n , đặt

n n

n

u v

u 



 Chứng minh với n  1

1 n 2016

v v  v 

Câu (1,0 điểm) Tìm số nguyên dương lẻ n thỏa mãn

( ) ( )

2 2

2 2 2

1.2 2.3 3.4 2017

n n

n n n n

C C C C

n n

+

- + - - =

+ +

Hết

-LUYỆN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 29

Bài 1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 2 11 2 y4 x y 5, với x, y số thực thỏa

mãn x2 + y2 – 2x – 6y + = 0.

Bài 2: Cho số thực a, b, c ≥ 1, a2 + b2 + c2 = Tìm phần nguyên B =

1 1

 

  

a b c

a b c.

Bài 3: Tính giá trị biểu thức C = 20092006.C20081 20092004.C20083  2009  2C20082005C20082007. Bài 4: Giải phương trình lượng giác với x(0, 2 ):

3 sin

5( )

1 2sin

cos x x

sinx cos x

x



  

 .

Bài 5: Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 – 4y2 = 17.

Bài 6:Giải hệ phương trình:

2

2

2

10 10 10

x y y y

y z z z

z x x x

     

    

    

 .

giác Chứng minh 2. 

GO = HG .

Bài 8:Chứng minh với ABC nhọn ta ln có tanA.tanB.tanC >

Bài 9:Tìm tất hàm số f:    thỏa mãn f(x3 – y) + 2y.(3f2(x) + y2) = f(y + f(x)), x, y

Bài 10: Cho số thực a, b, c với a ≠ Chứng minh đường thẳng (d) x =

2  b

a trục đối

xứng parabol (P) y = ax2 + bx + c

LUYỆN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 30

Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:

3 2sin

2 2(cot 1)

cos sin

x

x

x x



   

Câu (2,0 điểm).Chứng minh ( 2) ( 2) ( )2

n n

n n n n

C  C   C C

Câu (1,0 điểm)

Từ số 0,1, 2,3, 4,5 lập số tự nhiên chẵn, số gồm chữ số đôi khác mà tổng ba chữ số cuối nhỏ tổng ba chữ số đầu đơn vị

Câu (1,0 điểm)

Giải phương trình:

2 3 1 1

3

x  x  x x 

Câu (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

 

    

3

2 2

7 12

,

4 2015

y x xy x y x x

x y

y x y x x y

      



 

       

 



Câu (1,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo AC BD cắt O Gọi I, J trung điểm cạnh AD BC Gọi H, K trực tâm tam giác ABO CDO Chứng minh HK  IJ.

Câu (1,0 điểm)

Chứng minh tam giác ABC, ta có:

b c cosA+c a cosBa b cosC=a b c 

Câu (1,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Một đường thẳng qua A vng góc với AE cắt CD F , đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam giác AEF cắt CD K Tìm tọa độ điểm D biết A6;6 , M4; , K3;0

Câu (1,0 điểm)

Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c  1 Tìm giá trị lớn của

biểu thức:

ab bc ca

P

c ab a bc b ca

  