Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 10 - Trường THPT Liễn Sơn

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, B để tam giác OAB có diện tíc[r]

Trang | TRƢỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ THI HSG LỚP 10 MƠN TỐN Thời gian: 15 phút

1 ĐỀ SỐ Câu I (1,5 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 số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C

Câu II (2,0 điểm)

1) Tìm m để phương trình x2  1 m4 m2 1 có bốn nghiệm phân biệt 2) Giải biện luận (theo tham số m)bất phương trình:  1 2 1

2

m x

m x

 

 



Câu III (2,5 điểm)

1) Giải phương trình x2 7x 8 2 x.

2) Giải hệ phương trình 7 2 5

2 1.

x y x y

x y x y

    

 

    

Câu IV (3,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC60 0 Các điểm M, N được xác định

2

MC  MB NB 2NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với 2) 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 .

2

a b c

S  S  S  S Dấu đẳng thức xảy nào?

Câu V (1,0 điểm)

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

Trang | ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN Đà Nẵng ĐIỂM

Câu 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 1,5 đ

I.1 (0,75đ)

Hàm số y có tập xác định D ( 10 10); tập đối xứng qua điểm x0 0,25 Kiểm tra:  x D, f( x) f x( )  f chẵn 0,25

f khơng lẻ (vì khơng đồng D), kết luận 0,25

I.2 (0,75đ)

[ 2) ( 1]

C b b;   a a;  đoạn  b    a b a 0,25  b   1 a b (*) 0,25 Khi đó, C[b b;  2) (a a;  1] [ ;b a1] đoạn có độ dài a b 1 0,25

CâuII

1) Tìm m để phương trình x2 1 m4m21 có bốn nghiệm phân biệt 2) Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình:  1

2

m x

m x

 

 

 2,0 đ

II.1 (1,00đ)

Ta có: m4m2 1 PT

2

2 2

2 (1)

(1 ) (2)

x m m

x m m m m

   

 

   

 0,25

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

(2) có nghiệm phân biệt  m0 1m20  m ( 1; 1) {0}\ 0,25

PT có nghiệm phân biệt  m ( 1;1) {0}\ m4m2 2 m2m4 0,25  m ( 1;1) {0}\ m4m2 1  m ( 1;1) {0}\ , kết luận 0,25

II.2 (1,00đ)

BPT  ( 1)( 2) (1 ) 2

m x m x

x

    



 

( 2)

x m x

 



 0,25

Trang |

Nếu m < m + < nên BPT nghiệm với x ( ;m 2) (2;) 0,25

Câu III

1) Giải phương trình x27x 8 x 2) Giải hệ phương trình

2

x y x y x y x y

    

 

   

 2,5 đ

III.1 (1,25đ)

Điều kiện: x ≥

PT  x2 1 7x  7 2 x 0  ( x1)(x x x x 8) 0,25

 ( x1)(x x  8 x x16)0 0,25

 ( x1)( x2)(x2 x 4 x 8)

 ( x1)( x2)(x x4)0 0,25



x x x

  



  

 

2

1

1 17 17

2

x

x   

 

    

 

  

 



Kết luận

0,50

III.2 (1,25đ)

Điều kiện

2

x y x y

  

  

 ; Đặt

7

2

u x y

v x y

   

 

  

 

2

2

7

u x y

v x y

  

 

 

 

2

5

u v x 

2

7

5

v u

y 

0,25 HPT trở thành:

2 2

5

7 5

u v

u v v u v

   

    

  2

5

3 5

u v

u v v

   

   

 0,25

 2 2

3(5 ) 5

u v

v v v

   

    

 

5

5 25 70

u v

v v

   

   

 

5

5 14 (*)

u v

v v

   

  

 0,25

(*) v = (nhận) v = 7 (loại) ; nên HPT 

u v

   

 0,25

Do HPT cho trở thành

2

x y x

x y y

  

 



    

  (phù hợp) 0,25

Câu IV

1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC60 Các điểm M, N được xác định

2

MC  MB NB 2NA Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với 2) Cho tam giác ABC Trên cạnh BC, CA AB tam giác đó, lấy điểm A',

'

Trang |

và ABC Chứng minh bất đẳng thức

a b c

S  S  S  S Dấu đẳng thức xảy nào?

IV.1 (1,50đ)

Ta có: MC 2MBACAM  2(ABAM)3AM 2ABAC 0,50

Tương tự ta có: 3CN2CA CB 0,25 Vậy: AM CN  AM CN 0  (2ABAC)(2CA CB )0 0,25  (2ABAC AB)( 3AC)0  2AB23AC25AB AC 0 0,25

 2

bc

c  b    4c26b25bc0

0,25

IV.2 (1,50đ)

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) 0,50

Tương tự ta có: ' '

b

S BA BC

S BC BA

 

   

 

1 ' '

c

S CB CA

S CA CB

 

   

  0,25

Do đó: ' ' ' ' ' '

2

a b c

S S S AC BC BA CA CB AB

S S S AB BA BC CB CA AC

 

         

  (đpcm) 0,25

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 BC, CA, AB

0,50

Câu V

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R khơng đổi) Gọi A B

lần lượt điểm di động trục hoành trục tung cho đường thẳng AB ln tiếp xúc với đường trịn Hãy xác định tọa độ điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ 1,0 đ

V (1,00đ)

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

2

OAB

ab S 

0,25 Mà 12 12 12

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)

Trang |

Kết hợp với (*) (**): dấu xảy a b R 0,25 Kết luận: AR 2;0 ; B 0;R 2 (4 cặp điểm)

Trang | 2 ĐỀ SỐ

Câu 1.(2.5 điểm) Cho phương trình : x2 3x2x2 9x20  m 1 0 (1)

a Giải phương trình (1) với m5

b Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x2 6x 7 0

Câu 2.(1.0 điểm) Giải phương trình : x4 x2  4 x4 20x2  4 7x

Câu 3.(1.0 điểm) Giải bất phương trình : 3x22x15 3x22x 8 7

Câu 4.(1.5 điểm) Giải hệ phương trình :

2

3 3

6

1 19

y y x x

x y x

    



 



Câu 5. (1.5 điểm) Cho tam giác ABC cạnh 3a Lấy điểm M N P, , cạnh

, ,

BC CA AB cho , 2 , 4 5

a

BM a CN  a AP Chứng minh AM PN

Câu 6. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A1;3 Gọi D điểm cạnh AB cho AB3AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm 1; 3

2 2

M     trung điểm đoạn HC Xác định tọa độ đỉnh C, biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình

7 0

x  y

Câu 7. (1.0 điểm) Cho a b c, , số dương thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị lớn biểu thức : P 3 a2 3 b2 3 c2

a b c b c a c a b

  

     

ĐÁP ÁN

CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

Cho phƣơng trình :   

3 2 9 20 1 0

x  x x  x   m (1) a Giải phƣơng trình (1) với m5

Với m5,  1 trở thành x1x2x4x  5 4 0

  

6 5 6 8 4 0

x  x x  x  

0.5

Đặt

6 7

Trang |

t2t   1 4 0 6 0 2 3 t t t

t         





2 6 9 0 3

t  x  x    x



3 6 4 0 3 5

t x  x     x

Vậy với m5  1 có ba nghiệm : x 3, x  3 5

0.5

b Tìm giá trị m để phƣơng trình (1) có nghiệm thỏa mãn x2 6x 7 0.       

     

1

1

x x x x m

x x x x m

      

         

x26x5x26x  8 m Đặt  2

6 7 3 2 2

t x  x  x    , ta phương trình

    

2 1 1 1 2

t t      m t t m

0.5

 1 có nghiệm thỏa mãn x2 6x 7 0 2 có nghiệm thỏa mãn

2 t 0

  

Lập bảng biến thiên hàm số f t   t2 t 1,t  2;0 t 2

  f t

1 Dựa vào bảng biến thiên ta   1 m 5

Vậy giá trị m cần tìm m  1;5

0.5

Trang |

Nhận xét : Từ phương trình suy x0

Ta có :   2

2

4 4

1 20 7

pt x x

x x

      

Đặt 2 4

1 3

t x x

    , ta phương trình t  t217

      1 1

2 21 5 0 4 0

2 21 5

4

t t t

t t

t

 

         

  

 

 

0.5

Ta :  

2

1 4

1 4 5 4 0 0

2 x

x x x do x

x x

 

         



Vậy phương trình cho có hai nghiệm x1,x2

0.5

Giải bất phƣơng trình : 3x2 2x15 3x22x 8 7

     

 

2

2

2

3 2 15 4 3 2 8 3 0

1 1

3 2 1 0

3 2 15 4 3 2 8 3

bpt x x x x

x x

x x x x

        

 

     

     

 

0.5

1

3 2 1 0 3

1

x

x x

x    

    

  

Vậy bất phương trình cho có tập nghiệm ; 1 1;  3

S     

 

0.5

Chú ý : Có thể giải phương trình, xét dấu sau suy nghiệm bất phương trình Hoặc giải trực tiếp bất phương trình ẩn phụ

Giải hệ phƣơng trình :

2

3 3

6

1 19

y y x x

x y x

    



 



Trang |

Hệ phương trình

2

2

3

1

6 6

1 1 3 1

19 19

y

y y y

x x

x x

y

y y y

x x x x

  

   

     

   

 

   

        

 

    

Đặt

1

y a

x

b y

x    

   

, ta hệ

3

6 6

1 3 19

ab a

b b ab

   

 

  

  



0.5

Suy

2

1 1

6 6

,

3 2

1 6 1 0

3 2

1

y

y x x x

x

x x

y y

y x

    

      

   

   

   

       



Vậy hệ cho có hai nghiệm  ; 1; , ; 1;3

3 2

x y    x y   

   

0.5

Chú ý : Có thể giải cách sau : Với x0, hệ tương đương

     

2

3

3 3

19 19 144

6 19 19 6 0

6 6 144

xy x y x

xy xy xy

x y x

   

     



 

 …

Cho tam giác ABC cạnh 3a Lấy điểm M N P, , lần lƣợt cạnh

, ,

BC CA AB cho , 2 , 4 5

a

BM a CN  a AP Chứng minh AM PN.

Ta có : 2 0 2 3 2 1

3 3

MBMC   ABAC AM  AM  AB AC 0.5

B C

A

M

Trang | 10

1 1 4 1

3 3 15 3

AP

PN PA AN AP AC AB AC AB AC

AB

           0.5

 

2

2

2

2

2 1 4 1

.

3 3 15 3

8 4 2 1

. .

45 45 9 9

3 6 1 2

. .

45 45 15 15

9 2

3 .cos 60 0 15 15

AM PN AB AC AB AC

AB AB AC AB AC AC

AB AB AC AB AB AC

a a

  

    

  

    

     

   

Suy AM PN (đpcm)

0.5

Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân A1;3 Gọi D điểm cạnh AB cho AB3AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm

1 3

;

2 2

M  

  trung điểm đoạn HC Xác định tọa độ đỉnh C, biết đỉnh B nằm

đƣờng thẳng có phƣơng trình x  y 7 0

Kẻ Ax song song BC, gọi ECDAx, I trung điểm BC Ta có tam giác DAE đồng dạng tam giác DBC

1 1

2 2

AE DA

AE BC IB BC DB

     

AEBI

 hình chữ nhật AEBI nội tiếp đường trịn đường kính EI

Ta có IM song song BHIM CDAEIM nội tiếp đường trịn đường kính EIAEBM nội tiếp đường trịn đường kính EI

0.5 x

D

M

I

B C

A E

Trang | 11

0

90

AMB AM BM

   

Ta có 3; 9 31; 3 : 3 5 0

2 2 2

AM      pt BM x y 

 

Tọa độ B nghiệm hệ 7 0 4  4; 3

3 5 0 3

x y x

B

x y y

    

 

   

      

 

   

1 5 5 5

2;1 ; 1; 1

3 2 2 2

AD ABD  DM    

 

0.5

: 1 ; : 1 0

pt CD x  y pt BH x  y

Tọa độ H thỏa mãn hệ 1 0 1  1;0

1 0 0

x y x

H

x y y

    

 

  

     

 

Do M trung điểm CH, suy C2; 3 

Chú ý : Có thể chứng minh AM BM cách khác :

Kẻ d vng góc BC, gọi I, J giao d với CD CA, E trung điểm BH Chứng minh E trực tâm tam giác IBM, D trọng tâm tam giác JBC,

IE song song AM, suy AM BM

0.5

Cho a b c, , số dƣơng thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị lớn biểu thức : P 3 a2 3 b2 3 c2

a b c b c a c a b

  

     

Ta có

 2 1  3 2  1

9 a b c a a. b.1 c. c a b c 1 c a

a

   

             

 

 

3

1 1

1

9 9

a c

a a a ac

a b c

   

   

 

  

 

Tương tự : 3 2 1 , 3 2 1

9 9

b b ba c c cb

b c a c a b

   

 

   

0.5

Trang | 12

     

 2

3 6 1

9 9 9

2 1 1 2 1 1

. .9 1

3 9 3 3 9 3

a b c ab bc ca

P ab bc ca

a b c

     

    

      

Dấu “=” xảy a  b c 1

Trang | 13 3 ĐỀ SỐ

Câu 1: (6 điểm) Cho f(x) x2 2m1xm1

a) Tìm điều kiện m để phương trình: f(x)mxm2 1 có hai nghiệm trái dấu b) Tìm điều kiện m để bất phương trình: f x 0 nhận xR làm nghiệm

Câu 2: ( điểm )

a) Giải phương trình: x2. 7x 2. x1 x2 8x71 b) Giải hệ phương trình:

   

    



      

7 2 7 3 2 . 3 6

. 3

1 1

2

x y

x y

x y

x y y

xy

Câu 3: ( điểm )

a) Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC cho MA2.MC, N thuộc BM cho NM

NB3 , P thuộc BC cho PBk.PC Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông A, B AD = 2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả sử

 1;3

H  , phương trình đường thẳng AE: 4x  y 3 0 5; 4

2

C 

  Tìm tọa độ đỉnh A, B D hình thang ABCD

Câu 4: (2 điểm)

Cho số thực x, y thỏa mãn điều kiện x2  y2 1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức:

3 2

1

2

 

  

y xy

xy x

P

ĐÁP ÁN

Câu Đáp án Điểm

1 Cho ( ) 22 1  1

m x m x

x

f

a) Tìm điều kiện m để phương trình: f(x)mxm21 có hai nghiệm trái dấu

b) Tìm điều kiện m để bất phương trình f x 0 nhận xR làm nghiệm

a)

(3 điểm)

3 2  1

)

(x mxm2 x2 m xm2m 

f 0.5

Trang | 14

2

2  

m m

       m m 1.0

Kết luận: … 0.5

b)

(3 điểm)

Bất phương trình f x 0 nhận xR làm nghiệm

khi '0 hệ số a = > 0.5

3

'  2 

 m m 1.0

0 3 



 m 1.0

Kết luận: 0.5

2 a) Giải phương trình: 2. 7 2. 1  8 71

x x x

x

x

b) Giải hệ phương trình:                      7 1 2 x y x y x y x y y xy a (3 điểm)

Điều kiện: x 1;7 0.5

 17  2 1 1       



x x x x x

pt 0.5

 1 7  120

 x x x 0.5

          x x x 0.5       x x 0.5

So sánh điều kiện kết luận nghiêm: 0.5 b

(3 điểm) Điều kiện:

           y x x y (*) 0.5

Vì x = y = khơng phải nghiệm phương trình nên

Trang | 15

1

1

1

(x y ) y

y x

 

 

     

   

 

0.25

1

x y y x

       (do điều kiện (*)) 0.25

Thay vào PT (2) ta được: 5 x 5x 4 2x7 (3) ĐK: 5/  x

0.25

(3)   (7 x) 5 x 3(x 5x4)0 0.25

2

4

3

 

    

    

 

( x+x )

x ( x) x x

0.25

2

5

x  x+ 

4

x y

x y

   

    



0.25

So sánh điều kiện kết luận nghiêm: 0.5 3 a) Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC cho MA2.MC, N thuộc

BM cho NB3.NM, P thuộc BC cho PBk.PC Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A, B AD = 2BC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm đoạn HD Giả sử H1;3, phương trình đường thẳng AE: 4x  y 5;

2

C 

  Tìm tọa độ đỉnh A, B

và D hình thang ABCD

a)

(3 điểm)

Ta có:

0.5 A

B

C M

Trang | 16

 

 1

2

1

3

3

3

AC AB

AN

AN AM

AB AN

AM AN

AB NM

NB

 



 

 

    



  1  ( 1)

        

kPC AB AP k AC AP AB k AC k AP k

PB 0.5

 2

1

AC k k AB k AP

  



 0.5

Ba điểm A, N, P thẳng hàng

     

  

   

2

4

1

h k k

h k AN

h AP

0.5

2

 

k 0.5

Kết luận: 0.5

b)

(3 điểm)

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH K cắt AB I Suy ra: +) K trực tâm tam giác ABE, nên BK AE

+) K trung điểm AH nên KE song song AD KE AD

2

 hay KE song song BC

0.5

Do đó: CEAECE: 2x - 8y + 27 = 0.5

Mà 3;3

2

E AECEE 

 , mặt khác E trung điểm HD nên

 2;3 D 

0.5

- Khi BD: y - = 0, suy AH: x + = nên A(-1; 1) 0.5

- Suy AB: x - 2y +3=0 Do đó: B(3; 3) 0.5

KL: A(-1; 1), B(3; 3) D(-2; 3) 0.5 4 Cho số thực x, y thỏa mãn điều kiện x2y2 1

B

A

C

D H

K I

Trang | 17

(2 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức:

3 2

1

2

 

  

y xy

xy x

P

Từ giả thiết suy ra: 2 2

2

3

2

x y xy

y xy x

P

 

  

Với y = P = (1) Với y0 ta có:

1

1

2

 

  

t t

t t P

0.5

3 3 22 1  10  *

 P t P t P

Phương trình (*) khơng có nghiệm P = 0.5

Khi P1

 1 4 '    

 P P 2P1 (2) 0.5

Kết hợp (1) (2): P2;1 Suy ra: MinP = -

10 10 ;

10 10



 

 y

x

MaxP = x1;y0

Trang | 18 4 ĐỀ SỐ

Câu 1: (4 điểm)

a) Giải phương trình :x22x3 x3 b) Giải bất phương trình: 1

1

x x

  



Câu 2: (4 điểm)

Cho hệ phương trình

2 2

2

2

x y m

x y x y m

   



     



a) Giải hệ phương trình m 1

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Axy2xy2012

Câu 3: (2điểm)

Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt lớn 3

 

4

3

x  m x  m  Câu 4: (4 điểm)

a)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; B 4;3 Tìm tọa độ điểm M trục hồnh cho góc AMB 450

b)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) :x1 2 y12 25 điểm  7;3

M Viết phương trình đường thẳng qua M cắt (C) điểm phân biệt A, B cho MA = 3MB

Câu 5: (4điểm)

a)Tìm m để hệ bất phương trình :

2

1

1

2

x x

x mx m

    



    



có nghiệm

b)Tìm m để phương trình :

1

x   x xx  m có nghiệm

Câu 6: (2điểm)

Cho số dương a b c ab bc ca, , :   3

Trang | 19 ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

1 Giải phương trình : ……… (1) 2,00

Điều kiện: x3

PT (1):  

2 2 3                        

 x x x x x x

0,5                            ) ( ) ( 3 2 x x x x x x x x 0,5 Giải (2): 17 3 3 2                        x x x x x x x x x x 0,5 Giải (3): 13 3 2                      x x x x x x x x x

Vậy PT có nghiệm

          13 17 x x 0,5

2 Giải HPT: ……… 2,00

HPT tương đương với:

          ) ( 14 16 ) ( 2 x y x xy y x

Cộng (1) (2) ta được:

                             1 3 10 14

5 2 2

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

Vậy HPT có nghiệm

Trang | 20

3 Giải BPT: (1) 2,00

Điều kiện: < x <

Theo BĐT cơsi ta có :    2 5

2          

x x x x x x

Nên: 0 x26x52 Suy ra:

2   

x x

0,5

Vậy (1) (2)

5 2 x x x

x  

      0,5

Mặt khác : x2 12x với x >

Và

5

2    

x x

Do (2) nghiệm 0,5 Vậy BPT (1) nghiệm với < x < 0,5

4 Cho tam giác……… 2,00

Theo ra: 2

2 2 c b c b m m b c m m b c   

áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ta có :

2 2 2 b m c

a   b 

2 2 2 c m b

a   c  Nên:

2 2 2 2 2 c b a b c a b c      0,5

   

2

1

1 2 2 2 4

2 2

2          

a c b c c a b b c b a c b c b

      A bc a A bc a a c b a b c a b c a b c cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2                        0,5        B C A B B C C C B B C C B A C B C B C B A A A A C B A A C R B R A R cot cot cot sin cos sin cos sin sin cos sin cos sin cot sin sin sin sin sin sin sin cos cos sin sin sin cos sin sin 2 sin

2 2

                      0,5 0,5

Trang | 21

PT tham số đường thẳng (d) :

      t y t x 2

Xét điểm B,C (d) đó: B(2t1 – ; t1) ; C(2t2 – ; t2)

Ta có : AB2t12;t12 , (d) có vtcp: u(2;1)

0,5

Theo giả thiết ta có:

             ) ( ) ( 2 BC AB u B A C B B A BC

AB  

 

Từ (1)     

             , 5 2

2 t1 t1 t1 B

0,5 Từ (2)                                                     7 12 12 2 2 2 2 2 2 t t t t t t 0,5

 t2 1C 0,1

         ; 5 C

t Vậy có cặp điểm B,C thoả mãn ycbt

0,5

6 Cho tam giácABC……… 2,00

Gọi M trung điểm AB , G trọng tâm tam giác ABC

Khi :    1

2 3 2                    M G C M G C M G G C M G G C y y y x x x y y y y x x x x GM GC 0,25

* Toạ độ điểm M cho bởi:  1;3 2 M y y y x x x B A M B A M             

* Điểm G(x;y) thuộc đường thẳng (d)  x - 3y + = (2)

0,25

Gọi CH đường cao tam giác ABC hạ từ C, ta có:

   

3 3

2   

     

 ABCH CH

SABC

Qua G dựng đường thẳng song song với AB cắt CH H1 , đó: 3 1

1     

Trang | 22

PT đường thẳng (AB): x - 2y + =

Ta có:     3 5 ; 2

1     

   

HH x y x y

AB G d

0,5

Từ (2),(3) ta có hệ PT:

                                                    ; 31 ; 25 5 4 4 G G y x y x y x y x y x

Với 

      ; 25

G thay vào (1) ta C(-4 83 ; -4 33 )

Với 

      ; 31

G thay vào (1) ta C(-4 101 ; -4 39 ) 0,5

7 Cho tam giác ABC ……… 2,00

Biến đổi:        2 2 2 2

2 2

2 2 c b a P abc P c P b P a P P P S abc P S P S P Rr r P                       c b a a c c b b a ca bc ab c b a                 )

( 2 2 2

Suy tam giác ABC

0,5

0,5

0,5 0,5

8 C/m BĐT: ………… 2,00

Ta có: 1 (1)

2 1 2

2 2

2 3                        

 x y x y x y

x y x x 1,0 ) ( 1

2 2

2                      

z y z

y y

; 1 (3)

1

2 2

2                      

x z x

z z

Trang | 23

Cộng vế với vế (1)(2)(3) ta đpc/m 0,5

9 Cho hệ PT 2,00

Điều kiện      0 y x

Đặt x u0 ; y v0 0,5

Hệ phương trình cho có nghiệm hệ sau có nghiệm

            ) ( ; ) ( ) ( 3 v u m v u v u

Từ (1) (2) ta có

u v uv uv

v u v uv u v u v

u3 (  )(   2)(  )(  )23 13

0,5

Ta cần tìm m để hệ

          ; v u m uv v u

(I) có nghiệm

Dễ thấy u; v nghiệm phương trình t2tm0 (*) Hệ (I) có nghiêm PT (*) có nghiệm khơng âm

0,5 0 0                        m m m P S Vậy với

0m hệ phương trình cho có nghiệm

0,5

10 Tìm m để PT………… 2,00

Đặt xm t  * PT cho trở thành:

1 2 2 (2)

2     

t t t m t m

Giải (2) theo m

          2 t t m t t m

Từ (*) xt2 m t 0

0,5

Do PT x2 2x xmm có nghiệm Thì PT

         2 t t m t t m

có nghiệm t0,

Trang | 24

Vẽ đồ thị hàm số y = t2 + t , y = t2 –t -1 0,

0,5

Căn đồ thị ta có:

4

 

m -1 < m < Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta cú:

2

3ab bc ca  3 (abc) abc1 Suy ra:

2

2

2

1 ( ) ( ) ( 1

1 ( )

) (1)

         

 

 a b c abc a b c a ab b

a b c a

c ca a

Tương tự ta cú: 21 (2), 21 (3) 1b c( a)3b 1c a b(  )3c

Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta cú:

2 2

1 1 1 1

( )

1 ( ) ( ) ( ) 3

ab bc ca

a b c b c a c a b c b c abc abc

 

      

     

Dấu “=” xảy

1, 1, ( , , 0)

abc ab bc ca      a b c a b c

Trang | 25 5 ĐỀ SỐ

Câu ( điểm)

a) Giải hệ phương trình:

b) Giải phương trình sau tập số thực

Câu 2(3 điểm) Cho a,b,c số thực dương Chứng minh rằng:

Câu ( điểm ) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O) B’ điểm đối xứng với B qua AC BM trung tuyến tam giác ABC, BM cắt (O) N Lấy K cho AKCN hình bình hành HM cắt (O) D Gọi H trực tâm tam giác ABC

Chứng minh

a, BD, HK, AC đồng quy

b, KB’ cắt AC P Đường tròn ngoại tiếp tam giác BPC giao AB X khác B Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP giao với BC Y khác B Chứng minh đường tròn (BXY) qua điểm K

Câu 4(4 điểm) Tìm nguyên tố thỏa mãn

Câu 5(3 điểm) Cho 81 số nguyên dương phân biệt cho ước nguyên tố chúng thuộc tập {2,3,5} Chứng minh tồn số 81 số mà tích chúng lũy thừa bậc số nguyên

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điểm

1

a) điểm + ĐK:

+ Biến đổi (1) được:

1đ

1,0

+ Thế vào (2) ta được:

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

1,0

 2

8 2 8 4

3 8

2 7 1

2

xy y y x y

x

x y

     



 

    



2

4 x 1 2 2x 3 (x1)(x 2).

2 2

3 2

a b c

ab b bc c ca a

  

  

p 2p  p| 3p  p

7

; 1

2

x y 

   2

4 xy2y 8 xy2y  4 x y

 2  2

2 xy 2y 2 x y y x 2

        

3 8

2 7 3

2

Trang | 26

1đ Suy Dấu xảy

Vậy nghiệm cần tìm 1đ b) điểm

Điều kiện:

Nhận thấy nghiệm phương trình Xét Khi phương trình cho tương đương với

1,0

Vì nên Suy

Do phương trình

Vậy phương trình cho có nghiệm

2

Ta có

2 2

1 1 1

a b c

a b c b c a

a b c

ab b bc c ca a

b c a

    

     

1,0

  2 7 1 2 6

2 7 2 7 1

2 2

x x

x  x     

  3 1 2

3 3 1

2 2

x x

x  x     

3 8

2 7 3

2

x

x  x   '' x4

 x y;  4;2 1.

x  1 x  1. x 

   

4 x 1 2 2 2x 3 3  x  x 2x12

 

2

2

4 3 4 3

3 2 4

1 2 2 3 3

4 4

3 1 3 0 1

1 2 2 3 3

( ) ( )

( )( )

( ) . ( )

x x

x x x

x x

x x

x x

 

     

   

 

        

   

 

1

x  x 1 0 2x 3 1. 4 4 3

1 2 2 3 3 ,

x   x  

2

4 4

1 3 0

1 2 2 3 3 (x ) .

x   x     

1 3 0 3

( )    x x .

1

Trang | 27

2

1 1 1

a b c

b c a

a b c

b c a

(Bunhiacopski)

Đặt x a,y b,z c xyz 1.

b c a

Ta có

2

2

1 1 1

1 1 1

a b c

x y z

b c a

a b c x y z

b c a

2 6

3 3 3 3

x y z xy yz zx x y z

x y z x y z

1,0

Suy

 

2 2

3

3 6 3

a b c S

S x y z S

ab b bc c ca a



       

  

Ta có 3 3 6 2 3 3 3

2 2 2 2 2

S S

S

S S

Suy 3 3

3 2

S

S Bất đẳng thức chứng minh

Dấu xảy a b c.

Trang | 28 3

a) diểm

Kẻ BO cắt (O) B’’ Dễ chứng minh H, M , B’’ thẳng hàng Suy Có Suy A, H, K , C nội tiếp đường tròn, gọi (I)

1,0

Ta lại có Suy K thuộc đường trịn đường kính BH, gọi (J)

1,0

Xét đường trịn (O), (I), (J) có trục đẳng phương AC, BD, HK Vậy ta có điều phải chứng minh.(do tam giác ABC không cân)

1,0

b, điểm ọi AY = {K’} Ta chứng minh K’ K

Ta có Suy K’ thuộc (BXY)

1,0

Lại có dẫn đến K’ thuộc (YPC)

Có suy K’ , P, B’ thẳng hàng

1,0

Hơn 1,0

0

90

BDH 

0

180

AKC ANC ABCAHC

0

180 90

BKH  HKCNKCHACBNA

CX 

0

180 180

BXCBPC BPA BYA

YKC ABCYPC

'

KPCKYBBPAAPB

0

' ' 180 ' ( )

Trang | 29

Từ ta có K’ K Và có điều phải chứng minh

4 Giả sử tồn nguyên tố thỏa mãn

Đặt , suy

1,0

Dễ thấy Gọi ước nguyên tố Suy Dễ thấy

Suy Do theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn cho

1,0

Đặt , suy + Nếu

(vơ lý)

Vậy Theo định lý Fecma có

1,0

Hay

Do ta có Lại có

Suy (vơ lý)

Vậy khơng tồn nguyên tố thỏa mãn

1,0

5 Ta có số nguyên dương biểu diễn dạng Xét đồng dư

modulo Ta có có số dư khác modulo 2, có dạng khác lũy thừa

1,0

Theo nguyên lý Dirichle, có số có dạng số mũ, Ta xét tích số đặt tích xóa số Ta tiếp tục làm thu tương tự cịn dạng khác Khi ta thu

1,0 

p 2p  p| 3p  p

2p

n  p  

   

2 mod

3 mod

3 mod

p

p p p

p n

n

p n

  

  



  

1

n q n

 

3p 2p mod q

 q2,q3

 

gcd 2,q 1 x

     

2x1 modq  3x p 1 modq  3

q

hord x h p|  h 1,h p

       

1 mod 3 mod

h  x q   x  x  q

 

1 modq

 

h p  3x q1 1 mod qh q| 1

 

1 mod

q p

 

1 mod

i

i

nq  p

 

2p mod

n  p p

 

12 modp

p 2p | 3p

p p

 

2i 3i5i

, , i i i

     i, i, i

2 2  8

81 

1

a ai

81 36

Trang | 30

Ta thấy số - số tự nhiên số phương ( Và ta lại thấy số mũ số có dạng số mũ theo modulo Theo nguyên lý Dirichle, có số

thỏa mãn thành phần chúng có số dư modulo số mũ, Xét tích và ta lũy thừa bậc 4, chúng số phương số dư modulo số mũ,đpcm

1,0

i

a ai

m

a và an 36

1  m

Trang | 31

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sƣ phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng

xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán

trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS

THCS lớp 6, 7, 8, yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dƣỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp

dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ iảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chƣơng trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

các môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi

miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia