Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 1
Câu 1.(2,0 điểm)
a) Giải bất phương trình: x 2  6 x  2  2(2  x ) 2 x  1.
 x 5  xy 4  y10  y 6
b) Giải hệ phương trình: 
2
 4 x  5  y  8  6
Câu 2.(2,0 điểm)
2
 x  m  y ( x  my )
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm  2
 x  y  xy
Câu 3.(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm I (2; 4)
và các đường thẳng
d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại

A, B và cắt d 2 tại C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD.
Câu 4. (2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vng góc với phân giác trong AL và
CM 3
b
và cos A .

5  2 5 .Tính
AL 2
c
9
2. Cho a,b   thỏa mãn: (2  a)(1  b)  .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2
P  16  a 4  4 1  b 4
Câu 5. (2,0 điểm)

Cho f  x   x 2  ax  b với a,b   thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt
và 1  m, n, p  9 sao cho:

f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b).

Câu 6: (2,0 điểm) Giải phương trình 2 cos 2 x(tan 2 x  tan x)  sin x  cos x .
Câu 7 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 tâm
I và điểm M (3; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua M ,  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
 x4  2x  y 4  y

Câu 8 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình  2
( x, y  )
3
2
 x  y  3
Câu 9 (2,0 điểm). Cho các số a, b, c không âm sao cho tổng hai số bất kì đều dương. Chứng minh



rằng :



a
b

c
9 ab  bc  ca



 6.
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 là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo BC . Xác định tọa độ D.
b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao cho tứ giác ABCM
có diện tích bằng 24.
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ 01
Câu1

Đáp án

1
Điều kiện: x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có

2
2
x  6 x  2  2(2  x )t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0

Điểm
1.0

 ( x  t ) 2  (2t  1) 2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0

1điểm

1
 x  1  t (do x  3t  1  0; x  ; t  0 ).
2
x  1
Với x  1  t ta có x  1  2 x  1   2
 x  2  2.
 x  2x  1  2x  1
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2; ).

 x 5  xy 4  y10  y 6 (1)

2
 4 x  5  y  8  6 (2)

Điều kiện: x  

5
4


1,0

Th1: y  0  x  0 không thỏa mãn
5

1
điểm

 x x
Th2: y  0 ta có: (1)      y 5  y  ( t  y)( t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y
 y y
 (t  y ) (t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2   0  t=y hay
y2  x
23

x 
Thay vào (2):
4 x  5  x  8  6  2 4 x  37 x  40  23  5 x  
5
 x 2  42 x  41  0

 x  1  y  1
2

Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);( 1;1)
Câu2

 my 2  y  m  0 (1)
Hệ đã cho tương đương với:  2
 x  yx  y  0 (2)

y  0
Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là  x  y 2  4 y  0  
 y  4
Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

2.0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
3 Th2: m  0. Phương trình (1) (ẩn y ) khơng có nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) (*)
điểm (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4;0), điều kiện là

là

1
1
   1  4m 2  0


 m  (;  2 )  ( 2 ; )


   1  4m 2  0
  1  4m 2  0

  1  m  0

2



   1  4m  0
 
  2
(B)
1  1  4m2
  4  y  0

4 
0
2


1

  1  4 m  1  8m ( A)

2m


  4  y2  0
2
1  1  4m2

  1  4 m  1  8m

4



0
 
 
2m
(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).
1
 1
4
1
1
4
 2  m   8
(A)  
   m 
 (B)  m  (;  )  ( ; )
17
2
2
17
 1  4m 2  1  8m


Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm
4
1
 m  ; m  0. Vậy tất
thuộc khoảng (; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là
17
2
4

1
m .
cả các giá trị m cần tìm là
17
2
2
6
Gọi hình chiếu của I trên d1 , d 2 lần lượt là E , F . khi đó IE  d ( I ;d1 ) 
; IF  d ( I ;d2 ) 
.
5
5
6
Gọi R là bán kính của đường trịn (C ) cần tìm ( R 
)
5
Câu3
2 điểm

4.a
1 điểm

2,0

4
36
AB  2 AE  2 R 2  ; CD  2CF  2 R 2 
5
5
4 

36 
4
36

Theo giả thiết ta có: 4  R 2    4  R 2    16  20 R 2 
R2  .
5 
5
5
5

 8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5 R 2  36)  2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36)
6
6
)  R  2 2 ( do R 
)
 (2 R 2  4) 2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R 
5
5
Vậy phương trình đường trịn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  8.

b 
c 
Ta có: AL 
AB 
AC
bc
bc
   
 CA  CB AB  2 AC

CM 

2
2
 
Theo giả thiết: AL  CM  AL .CM  0
   
 b AB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0







  c  2b 1  cos A   0  c  2b (do cos A  1)

Khi đó: CM 2 

b2  a 2 c2 a 2  b2
 
2
4
2

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

1.0



Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

AL2 

1  
AB  AC
9





2



  2
1
AB 2  AC 2  2AB .AC  9b 2  a 2
9
9





CM 3
CM 2 9 a 2 b 2 9

5 2 5 

 .
 5 2 5
AL 2
AL2 4 9b 2  a 2 4
a2
 2  6 5
b
b 2  c 2  a 2 5b 2  a 2
5 1
cos A 


2
2bc
4b
4



C/M được :





a 2  b2
 5 2 5
9b 2  a 2

a 2  b 2  c 2  d 2  (a  c )2  (b  d )2 . ấu bằng xẩy ra khi:

2

4.b
1điểm



a b

c d

1.0

2

 a2 
 a2

p
(a 2  4b 2 )2
Áp dụng (1) ta có :
 1     1  b4  4    b2   4 
4
16
 4 
 4

9
5
Mặt khác: (1  2 a)(1  b)   a  2b  ab  (2)

2
2

 a 2  1  2a

3( a 2  4b 2 )

 2  2a  4b  2ab  a 2  4b 2  2 (3)
Mà:  4b 2  1  4b
2
 a 2  4b 2

 2ab

2
1
Từ (1) và (3) suy ra: p  2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b 
2
1
Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và b  .
2
3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân
biệt
Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7

2,0

Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p ta có: m,n là nghiệm pt:
x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 nên :


Câu 5
2
điểm

 n  p  2
 n  m  9(l )
m  n  a

p

m

7



(n  p)(n  p  a)  14  (n  p)( p  m)  14  
 n  p  2
(m  p)(m  p  a)  14

 n  m   9(l )

  p  m  7

Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 ,khiđó hồn tồn tương tự ta có:
m  p  7
m  p  7
hoặc 
( p  n)( m  p)  14  

pn  2
 p  n  2

Do m,n,p  1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17), (13; 29), (7; 1), (9;7)  .
Câu 6
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

2,0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Điều kiện: cosx  0 (*). PT đã cho tương đương
2sin 2 x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x
 (sin x  cos x)(2sin x  1)  0

+) sin x  cos x  0  tan x  1  x    k 
4
1

5
+ sin x   x   k 2 ; x 
 k 2
2
6
6
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là


5
x    k  ; x   k 2 ; x 

 k 2 (k  )
4
6
6
Câu 7

2,0

(C ) có tâm I (1; 2) , bán kính R  3 . Ta có IM  2  R nên M nằm trong đường tròn (C).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB và đặt IH  t , 0  t  2 .
1
Ta có S IAB  IH . AB  t 9  t 2 . Xét hàm f ( x)  t 9  t 2 ;0  t  2 .
2
9  2t 2

 0, t  0; 2  , suy ra f (t ) đồng biến trên  0; 2   f (t )  f (2)
9  t2
Vậy S IAB lớn nhất khi d  I ;    t  2 , hay H  M

Khi đó  nhận IM là véc tơ pháp tuyến, suy ra  : x  3  0 .

Ta có f '(t ) 

Câu 8

2,0 điểm
Đặt x  y  a , x  y  b . Để cho tiện ta đặt 3  c 3
Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có:  ab   c 3  ab  c .
3


ab
a b
ab 2
,y 
(a  b 2 ) và
, suy ra x 4  y 4 
2
2
2
3
(a  b) a  3b a  c b
2 x  y  (a  b ) 


2
2
2
ab 2
a  c 3b
Phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
(a  b 2 ) 
 c(a 2  b 2 )  a  c 3b
2
2
c(a 2  b 2 )  a  c 3b
Ta có hệ 
, suy ra
 ab  c

1

c2 
c4
c  a 2  2   a   ca 4  c 3  a 3  ac 4  (ca  1)(a 3  c 3 )  0  a   a  c .
c
a
a 


Từ x 

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25

0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
3
c 1 3 3 1
3 1
.

,y 
2
2
2
 1  c3
 1  c 3 1
1

11
2
11
- Nếu a  , b  c 2 thì x    c 2  

,y    c2  

3
3
c
2c
2c
2c
2c
3
3


 3 3  1 3 3  1   2 1 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( x; y )  
;
,  3 ; 3  .
 2
  3 3
2



- Nếu a  c, b  1 thì x 


Câu 9

0,25

2,0 điểm
Đặt P 

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

Giả sử a  b  c , khi đó
Suy ra

Ta có

ab
ac
b .b
c .c




 b c
ac
ab
bc
cb

b
c
b c
.


ac
ab
a

Đặt t  b  c thì P 

a
t 9 at
.


t
a a t

a
t 9 at a  t 9 at





 6 (AM-GM). Do đó P  6 (đpcm).
t
a a t
at a  t

Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi a  t  3 at và chẳng hạn một bộ (a, b, c) thỏa mãn là
 73 5

(a; b; c)  
;1;0  (HS có thể khơng cần nêu bước này).
2


Câu 10(2,0 điểm)



0,25

a/ BC   5; 12 

 
D  T
A

AD  BC



BC

 xD  3  5
 xD  8

 D  8; 11

y

1


12
y


11
 D
 D

16
b/ AB   6;8   AB  10 ;Pt(AB): 4 x  3 y  15  0  d   CM  ,  AB    d C ,  AB   
.
5
 AB  CM  .d  CM  ,  AB  
S ABCM 
 24  CM  5
2
AB CD

Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM  5 
suy ra M là trung điểm CD  M  5; 7  .

2
2
Pt (AM) là: 4 x  y  13  0
--------Hết--------

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25

0,25
0,25
0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 2
Câu 1 (3,0 điểm)

a) Cho hàm số y  x 2  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt
nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB
đến các trục tọa độ bằng nhau.
b) Giải bất phương trình:
Câu 2 (3,0 điểm)

1


 x2  4x  3



1
0
2x  4

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường
phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3
lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.
b) Cho tam giác ABC vng ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN
3
của tam giác. Chứng minh rằng sin  
5
Câu 3 (3,0 điểm)



2 
3



1 
4

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD  BC; AE  AC .
Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
b) Chotam

giác ABCvuông
ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ
 2 

2
2
thức: b IB  c IC  2a IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b 2 MB2  c2 MC2  2a 2 MA 2 )
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 4 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x 2  1  2  5 x 2  4 x 
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:

Câu 5: (3,0 điểm)
a) Cho tan

1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2


 xyz .
x
y
z

b
a
ba
3sin a
 4 tan . Chứng minh : tan


.
2
2
2
5  3cos a

1
1
4
.


0
0
cos 290
3 sin 250
3
1
7
35
c) sin 8 x  cos8 x 
.
cos8 x  cos 4 x 
64
16
64

b) Chứng minh :

Câu 6: (3,0 điểm) Giải các phương trình sau:

6
2
6
a) sin x  3sin x cos x  cos x  1

5
8  0.
12 cos x  5sin x  14
1  cot2x. tan x
1
 1  6(1  sin 2 2 x ) ;
c)
2
cos x
2
Câu 7(1,0 điểm): Tìm các giá trị  để phương trình :
(cos   3sin   3)x 2  ( 3 cos   3sin   2)x  sin   cos   3  0 có nghiệm x =1.
b) 12 cos x  5sin x 

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
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 của d’ là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vectơ v .


b) Trong mặt phẳng 0xy , cho đường tròn ( C) có phương

trình : x 2  y 2  2x  4y  4  0 .Tìm ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo vec tơ v =(-2;5).

Câu

Ý

1

a

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 2
Nội dung

Cho hàm số y  x  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các
hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của
đoạn thẳng AB cách đều các trục tọa độ.
2

Điểm
1,5

Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt

x 2  3x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0  m>1
Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I 

yI  x I  m  m  1


xA  xB
1;
2

Yêu cầu bài toán  y I  x I  m  1  1  m  2; m  0
Kết hợp ĐK, kết luận
b

m2

Giải bất phương trình:
TXĐ:

1
 x2  4x  3



1
 0 (1)
2x  4

1,5

 x 2  4 x  3  0
 1  x  2;2  x  3

x


2


(1) 

1

2

x  4x  3



0,25

1
2x  4

Nếu 1 

x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:
1 x  2
2 x  4  0

Nếu 2  x  3  


2
  x  4 x  3  0


bất pt đã cho  2x  4   x 2  4x  3
0,25

 4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3  5 x 2  20 x  19  0
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 
Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2)  (2 

2

a

0,25

x  2

5
5
;x  2
5
5

5
x3
5

5
;3)
5

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

 là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng
cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C
biết C nằm trên trục tung.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25

0,25

1,5


B

Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
N
G

C

A
M

D(B;  )=

3
5

; C(0:y0) ; D(C;  )=


y0  1
5

, theo bài ra ta có

y0  1
5



9
5

 y 0  10; y 0  8

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

0,25

0,25

Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.
 
Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ;

0,25

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




Theo định lý Ta - Let suy ra CA 
Từ đó suy ra A(
b

3 
CB'
2


  7 44 
A(x; y);CA   x; y  8 ;CB'    ; 
 5 5 

21 26
; ) ;C(0;-8)
10 5

0,25
0,25

Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung
tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin  

3
5

1,5


Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có

CN 2  b 2 

c2
4

BM 2  c 2 

b2
4

BG 2  CG 2  BC 2
2BG.CG
2
2
2(b  c )


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC
=

2(b 2  c 2 )
(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )

; Do đó cos 

(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )

5(b 2  c 2 )

;"  "  4c 2  b 2  4b 2  c 2  b  c
2
2
2
2(b  c )
2(b 2  c 2 ).2 4
Do đó cos 


5(b 2  c 2 )
5
(4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 )

Có (4c 2  b 2 )(4b 2  c 2 ) 

Hay sin   1  cos 2 

3
. Dấu bằng có khi tam giác vng cân đỉnh A
5


3

a

2  
3

1 

4

Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Tìm vị
trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

1,5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

A

E
K

D

B

C



1   1  3 
AC  BE  BC  BA(1)
4
4
4

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




  2x 

2 
BC nên AK  x.AD  BK 
BD  (1  x)BA
3
3


Vì B, K, E thẳng hàng(B  E ) nên có m sao cho BK  mBE

m  3m  2x 
BC 
BA 
BC  (1  x)BA
Do đó có:
4
4
3



3m   
 m 2x 

Hay  
BC

1

x



 BA  0
4 
4 3 

 
m 2x
3m
Do BC; BA không cùng phương nên

 0 &1  x 
0
4 3
4
 1 
1
8
x  ; m  . Vậy AK  AD

3
9
3
Mà BD 

3

b

Từ đó suy ra

Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA= b; AB
= c.
 2  
2
2
Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA  b IB  c IC  0 ; Tìm điểm M:
biểu thức 2a 2 MA 2  b2 MB2  c2 MC2 đạt giá trị lớn nhất.
Kẻ đường cao AH, ta có b 2  a.CH;c 2  a.BH nên b 2 .BH  c 2 .CH . Do đó:


 
b 2 .BH  c 2 .CH  0





Suy ra b 2 .IB  c 2 .IC  b 2 .IH  c 2 .IH  a 2 .IH



 
Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA  a 2 .IH hay 2.IA  IH

Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH

A







B



H

C

Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  0 (*) bình phương vơ hướng 2 vế (*), chú ý

 

rằng 2IA.IB  IA 2  IB 2  AB 2 ta có:

(x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc2  xzb 2  yza 2
2


2

2

2

2

2

2 2

Từ đó có ( 2a .IA  b .IB  c .IC )  3b c

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

1,5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
 

 

Mặt khác xMA 2  x(IA  IM) 2  x(IM 2  IA 2  2IA.IM)
Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có

xMA 2  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM 2  xIA 2  yIB2  zIC2


Thay số có:

2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC2  a 2 IM 2  3b 2 c 2  3b 2 c 2

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I
4



Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x  1  2 5 x  4 x
2

a

ĐK: x 

1
2

;x  
2

2

1



(*)


1,5

2

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



2

 3x  1  2x 2  1



2

 2x 2  1  2x  2(a)
2
 x  1  
 2x 2  1  4x(b)

4  6
2
4  6
Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x 
2
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng:
Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x 

b


1  1  x2 1  1  y2 1  1  z 2


 xyz (I)
x
y
z
Giả thiết suy ra:

1
1
1
 
 1 . Ta Có:
xy yz zx

 1 1  1 1  1  2 1 1 
1 x2
1 1 1 1
 2               ;"  "  y  z
x
x xy yz zx
 x y  x z  2  x y z 
Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:

 1 1 1
1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2



 3     ;"  "  x  y  z
x
y
z
x y z
 1 1 1
2
2
    xyz  3  xy  yz  zx    xyz   x  y  z 
x y z

Ta sẽ CM: 3 

  x  y    y  z   z  x   0 Điều này lng đúng
2

2

2

Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z
Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3
Câu 5(2,0 điểm)

b
a
 tan
ba
a
b

2
2  3t

a) Đặt tan = t thì tan = 4t ,do đó : tan
a
b 1 4 t 2
2
2
2
1  tan tan
2
2
tan

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

1,5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
2t
ba
3sin a
1  t 2  3t . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.


Mặt khác : tan
1  t 2 1  4t 2
2
5  3cos a

53
1 t2
1
1
1
1
b)VT =



0
0
0
cos 70
sin 20
3 sin 70
3 cos 20 0
 3

1
0
0
2
cos
20

sin
20



2
2
3 cos 200  sin 200
4

 4sin 400

=
=
( đpcm).

0
0
3 sin 20 cos 20
3
3 sin 400
3
0
sin 40
2
2
2
2
4
4
4
4
2
4
4

c) VT = (sin x  cos x )  2sin x cos x = (1  2sin x cos x )  2sin x cos x
3

2

1  cos 4 x 1  1  cos 4 x 
 
= 1  4 sin x cos x  2 sin x cos x = 1 
 =….
2
8
2

1
7
35
cos8 x  cos 4 x 
=
64
16
64
6
2
6
Câu 6(2,0 điểm): a) sin x  3sin x cos x  cos x  1
 (sin 2 x  cos 2 x )3  3sin 2 x cos 2 x (sin 2 x  cos 2 x )  3sin 2 x cos x  1
k
 3sin 2 x cos 2 x  3sin 2 x cos x  0 giải phương trình này ta được nghiệm x 
.
2

5
b)Đặt y = 12cosx +5 sinx + 14 ,ta có phương trình y   6  0 giải phương trình này ta được y =1vày =5. Do đó :
y
5
12 cos x  5sin x 
8  0
12 cos x  5sin x  14
12 cos x  5sin x  13 (1)
12 cos x  5sin x  14  1
 
 
12 cos x  5sin x  14  5
 12 cos x  5sin x  9 (2)
12
5
 9
Giải (1) và (2) ta được : x      k2 ; x    arccos     k2 với cos  
và sin  
.
13
13
 13 
cos x
1
 1  cot2x. tan x
 1  6  3sin 2 2 x
 1  6(1  sin 2 2 x ) 
c)ĐK: x  k
;
2

2
cos x
2
sin 2 x.sin x.cos x
2
2

 5  3sin 2 2 x  3t 2  5t  2  0 (t  sin 2 2 x)
sin 2 2 x



x   4  k 2
 sin 2 2x  1


cos2 2x  0






  x  k
2
1
2
sin 2x 
cos 4x    cos 


4
2

3
3


x     k 

4
2
Câu 7(1,0 điểm) x= 1 là nghiệm của phương trình đã cho khi và chỉ khi ta có đẳng thức 3 cos   sin   2
3
1

hay
cos   sin   1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi    k2 .
2
2
6
2

2

4

4

Câu 8(2,0 điểm)


Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
a) Lấy M(0;1) thuộc d .Khi đó M '  Tv (M)  ( 2; 2)  d ' . Vì d’ song song với d nên d’ có phương trình dạng : 2x-

3y + C = 0 .Thay toạ độ M’vào pt d’ ta được C =10 . Vậy phương trình d’ : 2x –3y +10 =0.
b) Đường trịn ( C) có tâm I (1;-2) ,R= 3.Gọi I '  Tv (I)  ( 1;3) và ( C’) là ảnh của ( C) qua phép tịnh tiến theo



vectơ v thì ( C’) có tâm I’ bán kính R’= 3 có pt : (x  1) 2  (y  3) 2  9
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 3
Câu 1 (2 điểm)

a. Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt
nhau tại hai điểm phân biệt và hồnh độ của chúng đều dương.
b.Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x
Câu 2 (2 điểm)

3
2
2
b. Giải phương trình: 2 x  11x  23  4 x  1
3
3
3
a. Giải phương trình: (4 x  x  3)  x 


Câu 3 (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 của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ
nhất của diện tích tam giác OAB.
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  9 và điểm A(1; 2) .
Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng
MN.
Câu 4 (3 điểm)

a. Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 .
1
1 1
b.Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (trong đó AB=c; AC=b; đường cao
ha b
c
qua A là ha ).
Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng:

2a
2b
2c
 a  b    b  c   c  a 


 3
2
bc ca ab

a  b  c
2

2

x

2

7

x

Câu 6(2,0 điểm) Giải phương trình: sin 2    tan 2 (3  x)  cos 2  0.
2
2 4 
1
1
16

2
x




x y x y 3

Câu 7(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
1

1
100
 2( x 2  y 2 ) 



( x  y) 2 ( x  y) 2
9
Câu 8: (2,0 điểm)
Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Cho tam giác ABC nhọn, phía bên ngoài của tam giác ABC dựng hai tam giác đều ABM
và ACN. Tìm một phép dời hình biến đoạn thẳng MC thành đoạn BN .Từ đó suy ra
MC=BN.
Câu 9:(2,0 điểm)
Khảo sát tính chẵn - lẻ, tính tuần hồn và tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y  sin   sin x  .
Câu 10: (2.0 im)
Trong mphẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cú diện tích bằng
trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng
(d): 3x- y - 8 = 0. Tìm toạ độ điểm C.
Cõu

í

1

a


HNG DN CHM MễN TON S 03
Ni dung

2

y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hồnh độ dương
u cầu bài tốn  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt
 '  0

2
2
x  2mx  3m  2 x  3  x  2(m  1) x  3m  3  0  3( m  1)  0
 2( m  1)  0

Tìm m:

 m  1
'  0  
 m  4

0,25

0,25

Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x
2
TXĐ:  x  8 x  12  0  2  x  6

1,00


5  x  6 thì
5 x6

Nếu

0,25

 x 2  8 x  12  0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x:

10  2 x  0
bất pt đã cho
2 x5 
2
  x  8 x  12  0

  x 2  8 x  12  4 x 2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x 
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:
Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6]
a

1,00

0,25

Nu

2

im


m 4

Kt hp nghim, kt lun
b

3
và điểm A(2;-3), B(3;-2)
2

4 x5

3
(1)
2
 2 y 3  2 x 3  3
(I )
 3
 4 x  x  3  y

28
5

y  4 x 3  x  3 . (1) có dạng:

là nghiệm của (I)

0,25

0,25


3
3
3
Giải phương trình: (4 x  x  3)  x 

Đặt

0,25

1,00
Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với (x;y)

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
 2 y 3  2 x 3  3(2)
2 y 3  2 x3  3

(I)  

2
2
3
3
( x  y )(2 x  2 xy  2 y  1)  0(3)
2 x  2 y  ( x  y )  0

3
TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x   3
4

0,25
0,25

TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  ' x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y  2 . Tương tự cũng
3
3

có

2
 2 8 2
x
. Khi đó VT (2)  4 
 3. Chứng tỏ TH2 vơ nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm
 
3
3
3
3



x  3
b

3


a

3
4

0,25

2 x 2  11x  23  4 x  1
x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0

Giải phương trình:

1,00

ĐK:

0,25

2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*)
 x  3  0
2
Do a  0(a ) nên pt(*)  
 x  1  2  0
 x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3
M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá
trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB  0 )
x y
Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:   1
a b

1 4
4
16
 1
Vì AB qua M nên   1  1  2
a b
ab
ab
a  2
ab
1 4 1

 8;"  "     
2
a b 2
b  8
Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S 
qua A(2;0), B(0;8)

1
1
OA.OB  ab  8 . Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d
2
2

b (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị
nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.

0,25
0,25

0,25
1,00
0,25
0,25

0,25
0,25
1,0

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

IA2  (1  2)2  (2  3)2  2  9
Kẻ IH vng góc với MN tại H ta có
Mà IH

4

a

0,25

IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4HN 2  4(9  IH 2 )
2

 AH  IH  IA  2  MN  4(9  2)  28  MN  2 7

Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A
Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành
2


2

2

2

2

AB  BC  CD  DA  AC  BD

2

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25
0,25
0,25

khi

và

chỉ

khi

1,5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 
  
 AB  DC  AB  DC  0
 2  2
 
  2
 AB  DC  0  AB  DC  2 AB.DC  0
  
 AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD )  0

0,25

Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành





2

2

2

2

2

2


2

2

 AB  DC  ( AB  AC  BC )  ( AB  AD  BD )  0
  2 2
  2
  2 2   2
( vì a  b  a  2a .b  b  2a .b  a  b  a  b )





2

4

b



2

2

2

2


0,25
0,25
(*)



2

(*)  AB  BC  CD  DA  AC  BD (Đpcm)
( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ)

0,25

Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn:

1,5

Có

a.ha  2S  bc sin A

1
1 1


ha2 b 2 c 2

(1)

0,25


1
a2
4 R2
 2 2 2 2  2 2
ha b c sin A b c

0,25

 c 2  4R 2  sin 2 B  sin 2 C  1
 1  cos 2 B  1  cos 2C  2  cos 2 B  cos 2C  0
 2cos( B  C )cos( B  C )  0

(1)  b

2

0,25
0,25
0,25




 B  C  2 hay A  2

 0  B  C   ;0  B  C   
 BC  

2



2
2
2
2
 a  b  b  c   c  a 

Vậy tam giác ABC vng ở A hoặc có
5

0,25
0,25

CMR :

2a
2b
2c


3
bc ca ab

XétM=

0,25

B C 


a  b  c

2

; a, b, c  0

a ba c bcba ca cb
2a
2b
2c


1
1
1 
bc
ca
a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
1
1
1
 (a  b)2
 (b  c )2
 (c  a )2
(b  c)(c  a )
(c  a )(a  b)
(a  b)(b  c)
1
4
4
1
Vì
;



2
2
(b  c)(c  a) (a  b  2c)
(2a  2b  2c)

(a  b  c) 2
1
( a  b) 2

;"  "  a  b
( a  b) 2  0  ( a  b) 2
(b  c)(c  a) (a  b  c) 2

1,00

0,25

0,25

0,25

Làm hoàn tồn tương tự với hai biểu thức cịn lại

 a  b
Suy ra M 

2

 b  c  c  a 
2

a  b  c

2


2

(Đpcm); “=”

abc

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,25


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Hình vẽ câu 3b:

I
M

Câu
6
2,0 đ

A
H

N

Đ/k: cosx  0 . Pt đã cho
x
1

   sin 2 x 1
x 

 sin 2    tan 2 x  cos 2  0  1  cos  x   
 1  cos x  0
2
2
2   cos 2 x 2
2 4


 1  s inx  1  cos 2 x   1  cos x  1  sin 2 x   0  1  s inx 1  cos x s inx  cos x  0
s inx  1 loai
  cos x  1

 t anx  1

Câu 7 ĐK: x   y
2,0
điểm

 x   2k  1 

kZ
 x     k

4

1
1

16

x

y

x

y




x y x y 3

Hệ phương trình tương đương với 
1
1
100
( x  y ) 2  ( x  y ) 2 



( x  y) 2 ( x  y) 2
9
1
1
Đặt a  x  y 
;b  x  y 
(| a |,| b | 2)

x y
x y
16

10
a

b

a  2 


a 
3
Ta có: 

3
10  
100
b

2
2
a  2  b  2 

3  b  2

9
2
2



x
x


x  2

3 x  2 
3
Từ đó suy ra hệ phương trình có bốn nghiệm 



 y  1  y  1  y  1  y   1
3
3


Câu 8 Qua phép quay Q( A;60 ) thì điểm M biến thành B;điểm C biến thành điểm N .Do đó ,qua
2,0
phép quay Q( A;60 ) thì đoạn MC biến thành đoạn BN .Vậy MC=BN
điểm
0

0

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188



Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
Câu 9 Tập xác định của hàm số y  f ( x )  sin   sin x  là D   (đối xứng qua 0)
2,0
x  , f ( x )  f ( x ). Vậy, f chẵn (f khơng lẻ vì nó khơng đồng nhất bằng 0)
điểm
x  , f ( x  2 )  f ( x ). Vậy, f tuần hoàn
Tập giá trị của hàm số t   sin x là  0;  nên
min f  min sin t  0,

Câu1
0
2,0
điểm

0t  

max f  max sin t  1
0  t 

1
2S
3
* Ta có S ABC  AB.d (C , AB )  d (C , AB )  ABC 
(1)

2
AB
2
* Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương AB  (1;1)


 véctơ pháp tuyến là n AB  (1;1)  AB: x-y-5=0

Gäi ®iĨm G(xG, yG) th× C( 3xG-5 ;3yG +5)
  xG  1

3 xG  yG  8
3 xG  5  3 yG  5  5
3
 yG  5
 
Ta có
Ta có 

2
2
x  2
 3 xG  3 yG  15  3
 G
  yG  2

VËy có hai ®iĨm tho¶ m·n 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):

y  x2

và đường thẳng (d) đi qua điểm

A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là

1) Tìm

k

x1; x2 .

để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.

2) Chứng minh rằng

x13  x23  2  k  R 

Câu 2. (2,0 điểm) Giải phương trình:

3x  1  5 x  4  3x 2  x  3

Câu 3. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:

 x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1
 4
2
 x  y  xy (2x  1)  1

Câu 4. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
từ đỉnh A là điểm

I (0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi

A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ


3

D  2;   , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
2


 1 
I   ;1 . Viết phương trình
 2 

của đường thẳng BC.

BC  a; CA  b; BA  c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu
ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma2  mb2  mc2 .

Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có
2

a) Chứng minh rằng a £ 4S .cotA
b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng góc MGO khơng nhọn.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

Câu 6.(2,0 điểm). Cho

của biểu thức


M

a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a  b  c 

3 3
. Tìm giá trị lớn nhất
2

1
1
1
.
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3
2

Câu 6.(2.0 điểm) Giải phương trình

cos x  cos 2 x  2sin 2

x
 sinx
2

3
3

2
 2( x  ay )  ( a  1)
Câu 7. (2,0 điểm) Với giá trị nào của a thì hệ phương trình  3
có nghiệm và mọi nghiệm của
2
2
 x  ax y  xy  1

nó thoả mãn x, y là hai số đối nhau.
Câu 8. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC, biết
B(-3; 0); C(3; 0). Điểm A di động sao cho tam giác ABC thoả mãn độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tới BC bằng 3 lần
bán kính đường trịn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng khi A thay đổi thì điểm I thuộc một đường cong
cố định.
Câu 9. (2,0 điểm) Cho A, B, C là ba góc của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của

4
A
B
C
sin sin sin
2
2
2

T = cosA + cosB + cosC +

Câu

HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 04

2

Nội dung

I (0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là
các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hồnh độ là x1 ; x2 .
1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1
Cho parabol (P):

y  x

+ PT tương giao (d) và (P):

và đường thẳng (d) đi qua điểm

-x 2 = kx - 1 Û x 2 + kx - 1 = 0(*)

+ (*) ln có 2 nghiệm phân biệt

x1; x2

vì

I

; M nằm trên trục tung

Û


x13  x23  2  k  R 

Có

2

2

k
0 k 0
2

0,5
2,0
0,5

Ta có: x1  x2  ( x1  x2 ) ( x1  x2 )  x1 x2  = x1  x2 . ( x1  x2 )  x1 x2
3

0,5
0,5

Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1
3

2,0

0,5

D = k 2 + 4 > 0 ("k )


x1  x2 k

2
2

+ Trung điểm M của AB có hồnh độ là
2) Chứng minh rằng

Điểm

2

2

x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4x1 x2 = k 2 + 4

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0,5
0,5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 x13  x23 =
2

k 2  4(k 2  1)  2 , k  R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0


Giải phương trình:
Điều kiện:
(1) 



x

1
3

3 x  1  5 x  4  3 x 2  x  3 (1)

 

3x  1  1 

0,25
0,25

 x  0(TM )
Û 
3
5

 3x  1 (*)
 3x  1  1
5x  4  2

0,25


Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)
Nếu x>1 thì VT(*)<2
0,25
0,25

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

0,25

2) Giải hệ phương trình:

3

2,0

3x
5x
 x  3x  1
3x  1  1 5 x  4  2



5 x  4  2  3x 2  x 

0,5

 x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1(1)
(*)

 4
2
 x  y  xy (2x  1)  1(2)

1,5

( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
(*)   2
2
 x  y   xy  1
a  x 2  y
 a  ab  b  1
Đặt 
. Hệ trở thành:  2
(*)
b

xy
a

b

1


3
2
 a  a  2a  0  a (a 2  a  2)  0
Hệ (*)  


2
2
b  1  a
b  1  a
Từ đó tìm ra ( a; b)  (0; 1); (1; 0); ( 2;  3) 

0,25

0,25

0,25

 x2  y  0
Với ( a; b)  (0; 1) ta có hệ 
 x  y  1.
 xy  1
 x2  y  1
Với ( a; b)  (1; 0) ta có hệ 
 ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .
 xy  0
Với ( a; b)  ( 2; 3) ta có hệ
3
3


 x 2  y  2
y  
y  



 x   1; y  3 .
x
x

xy


3

 x3  2 x  3  0
( x  1)( x 2  x  3)  0



0,25
0,25

0,25

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)  .
4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
A là điểm

A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh

3

D  2;   , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm

2


 1 
I   ;1 . Viết phương trình
 2 

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

2,0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
của đường thẳng BC.
Đường trịn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA
Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP

0,5

 

15 
AD  0;    n 1;0  là véc tơ pháp tuyến của AD
2


x2
A'  AD  (C); A '  A  A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được A'  2; 4 
» khơng chứa A nên IA’ ^ BC
A’ là trung điểm cung BC

  5 
đường thẳng BC đi qua D và có A ' I    ;5  là vecto pháp tuyến
 2 
Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x  2 y  5  0
Câu 5. Cho tam giác ABC có BC  a; CA  b; BA  c (b ≠ c) và diện tích là S . Kí hiệu
ma ; mb ; mc lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng

0,5

PT đường thẳng AD là:

+ c2 -

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng góc MGO khơng nhọn.

uuur uuur
Ta sẽ chứng minh GO.GM
Ta có

uuur uuur
OG.GM

0

0

* Mặt khác ta có





  2
 
 
BC 2  OC  OB  OB 2  OC 2  2OB .OC  2OB .OC  2R 2  a 2 ( trong đó R= OA = OB = OC ).
 
 
Tương tự có 2OA.OC  2 R 2  b 2 ; 2OA.OB  2 R 2  c 2 .
  b 2  c 2
 
Vậy 18.OG.GM 
 a 2  0  OG.GM  0 ( do có (**))
2



6

Cho

1,0
0.25

   
       
3OG  OA  OB  OC ; 6GM =2AM  AB  AC  OB  OC  2OA
       
 3OG.6GM  OA  OB  OC . OB  OC  2OA
           
= OB 2  OC 2  2OA2  2OB.OC  OA.OC  OA.OB= 2OB.OC  OA.OC  OA.OB



0,5

0,25

a 2 c2 + a 2 b2 a 2 + b2 c2
³
- +
2
2
4
2
4
2
2
2
Û b + c ³ 2a (**)
cos A
Ta có 4 S .cot A = 2bc.sin A.
= 2bc.cos A = b 2 + c 2 - a 2

sin A
2
2
2
2
2
Từ (**) Û b + c - a ³ a Hay 4 S .cotA ³ a
2

0,5

a 2 £ 4S .cotA

Viết được công thức các trung tuyến
(*) Û b

0,5

2,0

2ma2  mb2  mc2 (*)
a) Chứng minh rằng

0,5



a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a  b  c 

3 3

2

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0.25

0.25

0.25

. Tìm giá trị lớn nhất của 2,0


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

biểu thức

M

1
1
1
.
 2
 2
2
2
a  b  3 b  c  3 c  a2  3
2

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó

a b c
a 2 b2 c2  a  b  c 
(*). Dấu bằng xảy ra khi   .
  
x y z
x
y
z
x y z
2

0,5

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia
* Vào bài chính

1
1
1
1
 2 2
 2
 .
2
2
a b 3 b c 3 c a 3 2
1
1

1
1
 1
 1
 1
  2
  2 2
  2

2
2
 3 a b 3  3 b c 3  3 c  a 3 2

Ta sẽ chứng minh M 

2

a 2  b2
b2  c2
c2  a2
3



2
2
2
2
2
2

a b 3 b c 3 c a 3 2
Giả sử a  b  c .
P

0,5

a  b
a  b  .
a 2  b2
Biến đổi 2


2
a  b  3 2 a 2  b2  3 2 a 2  b2  3
2

2









Biến đổi tương tự với 2 số hạng cịn lại của P.
Sau đó áp dung bđt (*) ta có:

P

a  b  b  c  c  a 



2



4 a 2  b 2  c 2  18





4  a  b  c   4 a  c 



4 a 2  b 2  c 2  18

Ta sẽ chứng minh

2  a  b  c   2 a  c 
2



2

2

2

2



2 a b c 9



2





2

4 a 2  b 2  c 2  18

2

 P

0,5

a  b  b  c  a  c 

2 a  b  c   2 a  c 
2

 P

2





2 a 2  b2  c2  9

3
2
2
 4  a  b  c   4  a  c   6 a 2  b 2  c 2  27
2




 2  a  b  c   2  a  c   3 a


 a  b  c 



 4  a  b  c   4  a  c   6 a 2  b 2  c 2  2 a  b  c 

2

2

2

2

2

 b2 c2

2

2

0,5

 b  ab  bc  ca  0  a  b b  c   0
2

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.
Đ/K cosx  0
7
2đ

Phương trình tương đương với

0.5
2

cos x  cos x  1  cos x  sinx
2








1
1
1 
1

 sin 2 x  sin x    cos x     sin x  
4
4
2 
2

1
1
cos x   sin x 
 cos x  sin x
(1)
2
2


1
1
 cos x  1   sin x (2)
cos x    sinx 
2
2

2

cos x  cos x 

Giải (1) được nghiệm x =   k 2 với cos  

1 5
 
,   0; 
2
 2

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

0.5

0.50


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
0.5



 k 2
2

Vậy phương trình có nghiệm x = -  k 2 ;
2
1 5
 
x =   k 2 với cos  
,   0; 
2
 2
Giải (2) được nghiệm x = -

Giả sử a thoả mãn điều kiện bài toán và (x0; y0) là một nghiệm của hệ đã cho, ta có 0.25
8
2đ

2( x03  ay03 )  (a  1) 2
 3
2
2
 x0  ax0 y0  x0 y0  1
x  y  0
0
 0

(1)
(2)
(3)
0.25

1
 3
2
 x0 (a  1)  (a  1) (4)
Từ (3) suy ra y0 = -x0 thay vào (1) và (2) ta được 
2
(5)
 x 3 (2  a )  1
 0
Từ (5) ta thấy x0  0; a  2 chia các vế của (4) cho (5) ta được:

 a  0; a  1; a  1
1

x 3
 3 1

2
x 

+, a =0 hệ trở thành 
(loại) và

2
 x 3  xy 2  1  y  1

3

2

0.25

a 1 1
 (a  1) 2
2a 2

1

 x  3 2

y   1
3

2

0.25
0.25

Suy ra a = 0 (loại)

1

x 3

 x  y  0
 y  x
3




+, a = -1 ta có hệ  3
thoả mãn x + y = 0

3
2
2
2
2
 x  x y  xy  1  x  x y  xy  1  y   1
3

3
 x 3  y 3  2
( 6)
+, a = 1 ta có hệ:  3
 x  x 2 y  xy 2  1(7)
3

0.25

3

Nhân hai vế của (7) với 2 rồi trừ đi các vế tương ứng của (6) ta được:
(x + y)(x2 + y2 + xy) = 0 (8)
Từ (7) suy ra x  0  x 2  y 2  xy  ( y 
do đó từ (8) suy ra x + y = 0

0.25

0.25

1 2 3 2
x)  x  0
2
4

x  1
thoả mãn x + y = 0
 y  1

Thay y = -x vào (6) ta dễ dàng thấy hệ có nghiệm duy nhất 
Kết luận: a = -1; a = 1
Kẻ AH  BC, IK  BC, đặt AH = h,
bán kính đường trịn nội tiếp là r và I(x; y).
8
2đ

Có h = 3r , S ABC  pr 

1
BC.h  (AB + BC + CA)r = 3BC.r
2

y

A
B
-3

0.25

I

O

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

Cx
KH 3

0.5


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí

 AB + CA = 2BC  sinC + sinB = 2sinA  cot
Mà cot

B BK
C CK

, cot 
2
IK
2
IK

0.5

B
C
. cot  3 (*)
2
2

0.25

Từ (*) suy ra BK.CK = 3IK2 (**)

Do I là tâm đường tròn nội tiếp suy ra K  BC nên BK.CK = (3 + x)(3 - x), IK2 = y2
Thay vào (**) ta có x2 + 3y2 = 9. Suy ra I thuộc elip có phương trình
Chứng minh được cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin
Chứng minh được cosA + cosB + cosC 
Như vậy 1 < cosA + cosB + cosC 
Xét f(t) = t +

1
1
với 0 < t 
t
8

Ta có BBT:

t

3
(1)
2

0.25
0.25

2

x
y

1
9
3

0.5
0.5

3
1
. Theo (1) ta có 0 < t 
2
8
2
t 1
f’(t) =
 0  t  1
t2
1
0
8

f’(t)
f(t) + 

Suy ra minT =

A
B
C
sin sin > 1
2
2
2

2

67
  ABC đều
2

0.5
0.5

65
8

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

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH 2018 SỐ 5
Câu 1.(3.0 điểm)

x
x


10  x
10  x
2) Cho các nửa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A  B. Với điều kiện nào
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y 

của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Câu 2. (2,0 điểm) Tìm m để phương trình x 2  1  m 4  m 2  1 có bốn nghiệm phân biệt.
Câu 3. (2,0 điểm) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

x2  7x  8  2 x.
 7 x  y  2 x  y  5
Câu 5. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 x  y  2 x  y  1.
Câu 4.(2,0 điểm) Giải phương trình

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

 m  1 x  2  m  1 .
x2


Thư viện Đề thi - Trắc nghiệm - Tài liệu học tập miễn phí
  600. Các điểm M, N được xác
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC





định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vng góc
với nhau.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy
các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ',
BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

S a  Sb  S c 

3
S . Dấu đẳng thức
2

xảy ra khi và chỉ khi nào?
Câu 8. (2,0 điểm)(2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R khơng đổi). Gọi
A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB ln tiếp
xúc với đường trịn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ
nhất.

sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x  )  1 .
Câu 9. (2.0 điểm) Giải phương trình:
(x  R)
4
Câu 10. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
a3
b3
c3

3
 2
 2
 .
Chứng minh rằng:
2
b 3 c 3 a 3 4
---HẾT---

Câu

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 05
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y 

x

x


10  x
10  x
2) Cho các nửa khoảng A  (a; a  1], B  [b; b  2). Đặt C  A  B. Với điều kiện nào của các số thực

I



Điểm

a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

Hàm số y có tập xác định D  (10; 10) là tập đối xứng qua điểm x  0.
Kiểm tra: x  D, f ( x )  f ( x )  f chẵn
f không lẻ (vì nó khơng đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận
C  [b; b  2)  (a; a  1] là một đoạn  b  a  b  2  a  1

1

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

2
Câu

Câu 2:Tìm m để phương trình x 2  1  m 4  m 2  1 có bốn nghiệm phân biệt.

Trang chủ: | Email hỗ trợ: | Hotline: 024 2242 6188

3.0
1.5

(*)

1.5

4,0 đ