SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :01
Câu 1: (5 điểm)
a) Giải phương trình: x 2  x 2  3 x  3  x  2 
y
�
x

3
y

4.
�
x
�
b) Giải hệ phương trình: �
�y  3x  4. x
y
�
�
Câu 2: (3 điểm)
a) Xác định tinh chẵn, lẻ của hàm số y  f  x  
b) Cho hàm số y  f  x   2  m  1 x 

x

x

.
10  x
10  x

m  x  2
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để
x2

f  x   0 x � 0;1 .
2
2
Câu 3: (3 điểm) Cho phương trình x   2m  1 x  m  3  0 . Tìm m để phương trình có 2
nghiệm phân biệt là độ dài 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 13
.

Câu 4: (2 điểm)
uuur uuur uuuu
r uuur
a) Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M sao cho: 2MA2  MA.MB  MC.MA .
�b3  c3  a 3
 a2
�
b) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn � b  c  a
thì tam giác
�
sin B  2sin A.cos C
�
ABC là tam giác đều.

Câu 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC có M  2;0  là trung điểm của cạnh AB . Đường trung
tuyến AN có phương trình 7 x  2 y  3  0 , đường cao AH của tam giác có phương trình
6 x  y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng AC .
Câu 6: (4 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  2015 . Chứng
� 2015  a
2015a  a 2 2015b  b 2 2015c  c 2
2015  b
2015  c


 6 �2 2 �


minh rằng:
�
bc
ca
ab
a
b
c
�

----- HẾT -----

1

�
.
�

�
�


ĐÁP ÁN - TOÁN 10
Câu Nội dung
1
a)
Giải phương trình: x 2  x 2  3 x  3  x  2 

Điểm
3,0đ

- Điều kiện: x 2  3 x �0 (*)

0,5

- Đặt t 

x 2  3x  t �0 

0,5

- Phương trình trở thành: t 2  t  6  0

0,5

- Giải được �

0,5


- Với t = 2 tìm được x  1; x  4 (thỏa (*))
- Kết luận đúng tập nghiệm.

0,5
0,5
2,0đ

�
t 3  l 
t2
�

b)

y
�
x  3 y  4.
�
x
�
Giải hệ phương trình: �
�y  3x  4. x
y
�
�
- Điều kiện: x, y ≠ 0 (*)

0,25


�x  3 xy  4 y
2

- Biến đổi phương trình về: � 2

�y  3 xy  4 x
- Lấy (1) – (2) ta được:  x  y   x  y  4   0
yx
�
- Đưa về �
y  x  4
�
- Với y  x giải được  x; y    2; 2 

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25

- Với y   x  4 giải được  x; y    2; 2 
- Kết luận đúng.
2
a

Xác định tinh chẵn, lẻ của hàm số y  f  x  
+ TXĐ: D   10;10 
+ x �D thì:

 x �D


f  x 

x
x

.
10  x
10  x

Cho hàm số y  f  x   2  m  1 x 

1,5đ
0,5
0,25

x
 x  x  x  f x

 
10  x
10  x
10  x
10  x

+ Kết luận hàm số chẵn
b

0,25


m  x  2
. Tìm tất cả các giá trị của
x2

tham số m để f  x   0 x � 0;1 .

2

0,5
0,25
1,5đ


Do x � 0;1 nên y  f  x   2  m  1 x  m

0,25

Khi đó: f  x   0 x � 0;1 � �

0,5

�f  0   0
�
�f  1  0

m  0
�
��
m20
�

�0m2
Kết luận đúng.
3

0,25
0,25
0,25

2
2
Cho phương trình x   2m  1 x  m  3  0 . Tìm m để phương trình có 2
nghiệm phân biệt là độ dài 2 cạnh góc vuông của một tam giác vuông có
cạnh huyền bằng 13 .
0
�
�P  0
�
Ycbt � �
�S  0
2
2
�
�x1  x2  13
2
�
 2m  1  4  m2  3  0
�
�
m2  3  0
��

2m  1  0
�
2
�
 x1  x2   2 x1 x2  13
�
4m  13  0
�
�
m � �;  3 � 3; �
�
�
�� 1
m
�
� 2
2
�
 2m  1  2  m 2  3  13
�



 

3,0đ

0,5

0,25

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



0,25

0,25

� � 13 �
m �� 3; �
�
�� � 4�
�
2m 2  4 m  6  0
�
� m3

0,5
0,25

Kết luận đúng.
4
a

uuur uuur uuuu
r uuur
Cho  ABC .Tìm tập hợp điểm M sao cho 2 MA2  MA.MB  MC.MA

uuur uuur uuuu
r uuur
Ta có: 2 MA2  MA.MB  MC.MA

uuur 2 uuur uuur uuuu
r uuur
� 2MA  MA.MB  MC.MA
uuur uuur uuur uuuu
r r
� MA 2MA  MB  MC  0
uu
r uur uur r
Gọi I là điểm xác định bởi 2 IA  IB  IC  0 .





Xác định được vị trí điểm I

uuur



uuur uuur uuuu
r



r


uuur uuu
r r

1,0đ

0,25
0,25

Khi đó: MA 2MA  MB  MC  0 � 2MA.MI  0

0,25

Kết luận quĩ tích điểm M là đường tròn đường kính IA .

0,25

3


b

�b3  c 3  a 3
 a2
�
Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn � b  c  a
thì
�
sin B  2sin A.cos C
�

tam giác ABC là tam giác đều.
b3  c3  a3
Ta có:
 a 2 � b 2  c 2  bc  a 2
bca
1
� cos A 
2
0
��
A  60
b
Ta lại có: sin B  2sin A.cos C �  2cos C
a
2
2
2
a b c
� b  2a cos C 
� a2  c2
b
�a c
Vậy tam giác ABC là tam giác đều.

5

1,0đ

0,25


0,25

0,25
0,25

3,0đ
Cho tam giác ABC có M  2;0  là trung điểm của cạnh AB . Đường trung
tuyến AN có phương trình 7 x  2 y  3  0 , đường cao AH của tam giác có
phương trình 6 x  y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng AC .
- Tìm đúng tọa độ điểm A(1; 2)
-Tìm đúng tọa độ điểm B(3; -2)
- Viết phương trình đường thẳng BC: x + 6y + 9 = 0

�
�

0,5
0,5
0,5

3�
2�

0;  �
- Tìm đúng tọa độ trung điểm N của cạnh BC: N �

0,5

- Tìm được tọa độ điểm C(-3; -1)
- Viết đúng phương trình cạnh AC: 3x – 4y + 5 = 0.


0,5
0,5

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

4,0đ

6

� 2015  a
2015a  a 2 2015b  b 2 2015c  c 2
2015  b
2015  c �


 6 �2 2 �


�
�
�
bc
ca
ab
a
b
c
�

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

�bc
a  b  c b  c  a c  a  b
ca
ab �


 6 �2 2 �


�
� a
bc
ca
ab
b
c �
�
�
Ta có
a  b  c b  c  a c  a  b
a a b b c c


6      6
bc
ca
ab

b c a c a b
bc
c a
ab
bc
ca
ab
2
2
 2 �2
.2  2
.2  2
.2
a
b
c
a
b
c
�bc
ca
ab �
 2 2�


�.
� a
b
c �
�

�
2015
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c 
.
3


4

0,75

0,75

1,0
0,75
0,75


SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :02
Câu 1/(5điểm)
a/ Giải phương trình sau đây trên tập số thực:
9 x2  12 x  2  3x  8
b/ Giải hệ phương trình sau đây trên tập số thực

�x 2  xy  3x  y  0
�
�
4
2
2 2
�
�x  3x y  5 x  y  0

Câu 2/(3 điểm)
a/ Tìm m để hàm số sau đây có tập xác định là D = R
(m2 1) x 2  2(m  1) x  5
y=
x2  x  1
b/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol(P) y = x 2 – 1 và hai điểm A(-1;2) ;
B(1;-2). Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho MA2 + MB2 bé nhất
Câu 3/(2 điểm) Chọn 1009 số từ 2016 số tự nhiên từ 1 đến 2016. Chứng minh rằng:
“Trong các số được chọn, luôn tồn tại ít nhất một số bằng tổng của hai số khác hoặc
bằng hai lần giá trị của một số nào đó”
Câu 4/(3 điểm) Tùy theo tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P(x;y) = (mx + y – 2015)2 + ( x + my+ 2016)2
Câu 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với
(O). Từ (O) hạ OH  d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ các tiếp
tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình chiếu vuông góc của H
xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 6 (4 điểm) Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi E và F lần lượt là hai điểm trên hai
cạnh AD và AB sao cho AE = AF( E không trùng A; D). Đường thẳng d đi qua A và
vuông góc với BE cắt BE, DC, BC lần lượt tại H, N, M. Gọi K là giao điểm của IM và
BN. Chứng minh: CH vuông góc với HF; CK vuông góc với BK
Hết.

ĐÁP ÁN.
5


Câu 1a

9 x2  12 x  2  3x  8

2,5đ

Đk: x �8 / 3
Đặt 3y+2 = 3x  8

0,25đ
0,25đ

�
(3 x  2) 2  3 y  8
�
Đưa về �
(3 y  2) 2  3 x  8
�
Trừ 2 pt Cho x=y hoặc cho 3x+3y+5 = 0

0,25đ

0,5đ
*x=y suy ra x=1/3(N)
x= - 4/3(L)
*3x+3y+5=0 suy ra

5  21
x
( L)
6
5  21
x
(N )
6

0,5đ

0,5đ
Kết luận

Câu 1b

�x 2  xy  3x  y  0
�
�
4
2
2 2
�
�x  3x y  5x  y  0

0,25đ
2,5đ

*Xét x=0 suy ra y=0 là nghiệm


0,25đ

*Xét x khác 0 đưa về

0,5đ
� y
x  y 3
�
� x
�
y
�
( x  )2  y  5
�
x
0,5đ

Trừ 2 pt cho
y
y
( x  )2  ( x  )  2
x
x
y
x   1 suy ra VN
x
y
x   2 suy ra x=y=1
x


0,5đ
0,5đ

Ycbt cho biểu thức trong căn lớn hơn bằng 0 với mọi x

0,25đ
1,5đ
0,25đ

L luận tử lớn hơn bằng 0 với mọi x
m = -1 thỏa yc
m = 1 không thỏa

0,25đ
0,25đ
0,25đ

2
�m  1  0
m ��1 thì ycbt cho � '
� �0
KL m �1; m �3 / 2

0,25đ

KL
Câu 2a

Câu 2b


Tìm m để HS có TXĐ: R

Tìm tọa độ điểm M trên (P)y = x2 – 1 sao cho MA2 + MB2 bé nhất
Gọi M(a; a2-1) thuộc (P)
MA2+MB2 = 2MO2 + ½(AB2)
6

0,25đ
1,5đ
0,25đ
0,25đ


MA2 + MB2 bé nhất khi MO bé nhất
Tính MO và cho bé nhất khi a  �
Câu 3

Câu 4

1
2

Suy ra 2 điểm M
Chọn 1009 số từ 2016 số tự nhiên từ 1 đến 2016. Chứng minh rằng:
“Trong các số được chọn, luôn tồn tại ít nhất một số bằng tổng của hai số
khác hoặc bằng hai lần giá trị của một số nào đó”

0,25đ
2đ


GS 1009 số chọn ra là: a1  a2  ....  a1009
Xét thêm 1008 số b1=a1009-a1; b2=a1009-a2;……..b1008=a1009-a1008
2017 số này có giá trị từ 1 đến 2016 nên có ít nhất 2 số bằng nhau

0,5đ

Mà các ai khác nhau ; các bj khác nhau nên có ai = bj nên suy ra a1009=ai +aj

0,5đ

Tùy theo tham số m, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P(x;y) = (mx + y – 2015)2 + ( x + my+ 2016)2

3đ

mx + y = 2015
�
Vì P(x,y) lớn hơn bằng 0 nên xét hệ �
�x + my = -2016
2
D = m -1
* m ��1 thì hệ có nghiệm nên giá trị NN là 0
* m=1 thì P(x;y) = (x + y – 2015)2 + ( x + y+ 2016)2 có giá trị NN:
20152+20162-1/2
(Ghi chú t=x+y)
*m=-1 thì P(x;y) = (x - y + 2015)2 + ( x - y+ 2016)2 có giá trị NN : ½
(Ghi chú t=x-y+2015)
Câu 5

Cho đường tròn (O, R) và đường thẳng d không có điểm chung với (O).

Từ (O) hạ OH  d tại H. Giả sử M là một điểm bất kỳ trên d. Từ M kẻ
các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O). Gọi K, I lần lượt là hình
chiếu vuông góc của H xuống MA, MB. Chứng minh rằng đường kính KI
luôn đi qua một điểm cố định.
Hình vẽ
Gọi J và T lần lượt là giao của AB với OH và OM suy ra MTJH nội tiếp
Suy ra OJ.OH  OT.OM  R 2 suy ra J cố định

Gọi N là hình chiếu vuông góc của H xuống AB, L là giao điểm của KI và
OH. Vì 5 điểm M, H, O, A, B cùng nằm trên đường tròn đường kính OM
Nên K, N, I thẳng hàng ( đường Simson)
HIBN nội tiếp suy ra góc HBI =góc HNI suy ra tam giác HLN cân
Suy ra L là trung điểm HJ
Kluan KI đi qua trung điểm L của HJ
Câu 6

0,25đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,75đ

0,75đ
3đ


0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

Cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi E và F lần lượt là hai điểm trên hai
cạnh AD và AB sao cho AE = AF( E không trùng A,D). Đường thẳng d đi
qua A và vuông góc với BE cắt BE, DC, BC lần lượt tại H, N, M. Gọi K là
giao điểm của IM và BN. Chứng minh: CH vuông góc với HF; CK
vuông góc với BK

4đ

Không mất tính tổng quát giả sử cạnh hình vuông =2 . Chọn hệ tọa độ sao cho A(0;0)
B(2;0) C(2;2) D(0;2) tâm I(1;1) E(0;a) F(a;0) ( 0
0,5đ

7


Viết BE : ax+2y-2a=0và AH 2x-ay=0

0,5đ

� 2a 2
4a �

H
; 2
Tính � 2
�
�a  4 a  4 �
uuur
8 4 a  2 a 2  8
CH  ( 2
;
)
a 4
a2  4
Tính
uuur 2a 2  a 3  4a 4a
FH  (
; 2
)
a2  4
a 4
Dùng tích vô hướng suy ra vuông góc

0,5đ

* Viết MI (a-4)x+ay=2a-4;
BN 2x + (2-a)y = 4

0,5đ

Tìm K

0,5đ

Tính tọa độ vec tơ BK và CK rồi suy ra vuông góc

0,5đ

0,5đ

0,5đ

*ghi chú: câu này học sinh dùng tam giác đồng dạng thì mỗi ý 2 điểm
* ghi chú: Hsinh dùng cách khác thì cho điểm tương ứng

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :03

Câu 1(4 điểm)
a) Giải phương trình:

x  2  4 x  1  x2  2 x  3

b) Giải bất phương trình: x 2  6 x  5 �2(2  x) 2 x  2
Câu 2(4 điểm)
1) Tìm điều kiện m để phương trình: (m  2) x3  2(2m  1) x 2  (6m  2) x  4m  12  0 có

ba nghiệm phân biệt và đều lớn hơn 1.
�
� x  y 1

2) Tìm điều kiện của tham số a để hệ phương trình: �

�x x  y y  1  3a

Câu 3(4 điểm) Cho ba số a>0, b>0, c>0 thỏa a2 + b2 + c2 = 3
a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = ab2 + bc2 + ca2 – abc
b) Chứng minh:

ab bc ca
 
�3
c
a
b

Câu 4( 4 điểm)
8

có nghiệm.


Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, M là điểm tùy ý bên trong của tam giác. Gọi D, E, F
lần lượt là hình chiếu của M xuống ba cạnh BC, CA, AB.
a) Chứng minh:

MD +

ME +

MF 

AB 2  BC 2  AC 2
2R

( Với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
b) Giả sử tam giác ABC đều tâm O và M là điểm tùy ý bên trong của tam giác
3

Chứng minh: MD  ME  MF = MO
2
Câu 5 ( 4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho:
a) Hình bình hành ABCD có B(4; 0). Điểm C thuộc đường thẳng  1 : x- 2y + 10 = 0;
phương trình đường trung tuyến DM của tam giác BCD là  2 : 2x – y - 3= 0, góc CBD = α
mà tanα =

1
.Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành biết D có hoành độ nguyên.
2

b) Đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y +6 = 0 và đường thẳng  :x + my – 2m + 3 = 0,
với m là tham số thực, gọi I là tâm của đường tròn ( C ). Tìm gía trị m để  cắt ( C ) tại 2
điểm phân biệt P và Q sao cho diện tích tam giác IPQ lớn nhất.
---------Hết--------ĐÁP ÁN

Câu
1a(2đ)

Đáp án
a)Đk: x �

Điểm

1
4

0,25

x  2  4 x  1  x2  2 x  3 �
�

x  2  2  4 x  1  3  x2  2 x  8

0,25

x2
4( x  2)

 ( x  2)( x  4)
x2 2
4x 1  3

0,25

x2
�
�

�
4
� 1

 x  4 (*)
�x2 2
4x 1  3

VT(*)= x  1  1 
= x 1

1
4
2
x2 2
4x 1  3

0,25
0,25

x  2  1 2 4x  1  2
1

 0x �
4
x2 2
4x  1  3

KL: x = 2
1b(2đ)

0,25

0,25
0,25
0,25

ĐK: x �1 Đặt t  2 x  2, t �0
BPT thành x 2  3t 2  1 �(4  2 x) t � ( x  t ) 2  (2t  1) 2 �0
� ( x  1  t )(x  3t  1) �0
� x  1  t �0
9

do x  3t  1  0 x �1; t �0

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


0,25

� 2 x  2 �x  1
x 1
�
��
x �3
�

2a(2đ)

0,5

(m  2) x 3  2(2m  1) x 2  (6m  2) x  4m  12  0 (1)

0,25

� (x-2)[(m – 2)x2 – 2(m+1)x +2m – 6] = 0

0,25

x2
�
� �
g ( x)  (m  2) x 2  2(m  1) x  2m  6  0
�

0,25

Pt (1) có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1
� g(x) =0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 lớn hơn 1 và khác 2
a �0
�
�m �2
�m �2, m �9
�'
� 2
�
 0

1  m  11
�
�m  12m  11  0
�
�
�
�
( x1  1)( x2  1)  0 � �x1 x2  ( x1  x2 )  1  0 � ��
m2
��
� 10�
�
�x  x  2  0
�x  x  2
m  10
��
�1 2
�1 2
�m  2
�
�
�
�m 9
�g (2) 0

2b(2đ)

x  y  1 � ( x  y )3  1

0,25

� x x  y y 3 x y( x  y) 1
� 1  3a  3 x y  1 � x y  a

0,25

u  v 1
�
�
uv  a
y hệ đã cho tương đương với: �
�
u �0; v �0
�

� u, v là các nghiệm không âm của phương trình: Z2 – Z + a = 0 (*)

Hệ đã cho có nghiệm � pt(*) có nghiệm không âm
  1  4a �0
�
�
� �S �
�
1 0
�P  a �0
�

3a(2đ)

0.25x4

0,25

Đk: x �0; y �0

Đặt u  x ; v 

0,25

0 a

1
4

Không mất tính tổng quát, g/s: a �b �c � (b  a )(b  c ) �0 (*)
P = ab2 + bc2 + ca2 – abc =(ab2 + ca2 – a2b – abc)+(bc2 +a2b)
=a(b – a)(b – c) + b(c 2 +a2)
Từ (*) suy ra: P �b(c2 +a2)
Ta có: b(c2 +a2)= 2 b 2

0,25
0,25
0,25
0,25x2

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

c2  a 2 c2  a2
2
2

0,25
10


� 2 c2  a2 c2  a 2

�b 
2
2
�2 �
3
�
�
�

3

�
�
�
�
�
�

0,25

3

�a 2  b 2  c 2 �
�2. �
� 2
3
�
�
a(b  a )(b  c )  0
�
a  b  c 1
�
�2 2
� P �2. Đẳng thức xảy ra khi �
a  c  2b 2
��
a  0, b  1, c  2
�
�
a2  b2  c 2  3
�

0,25
0,25

KL:
3b

2

ab bc ca
�ab bc ca �
 
�3 � �   ��9
c
a
b
a b �
�c
a 2b 2 b2 c 2 c 2 a 2
 2  2  2(a 2  b 2  c 2 ) �3(a 2  b 2  c 2 )
2
c
a
b
2 2
2 2
a b b c c2a2
� 2  2  2 �a 2  b 2  c 2 (*)
c
a
b
�

Có:

a 2b 2 b 2 c 2
a 2b 2 b2 c 2


�
2
 2b 2
c2
a2
c 2 a2

(1)

b 2c 2 c 2 a 2
b2c2 c 2a 2
 2 �2
 2c 2
2
2
2
a
b
a
b

(2)

c 2 a 2 a 2b 2
c 2 a 2 a 2b 2


�
2
 2a 2 (3)

b2
c2
b2 c 2

Cộng (1), (2), (3) được:
4a(2,5đ)

a 2b 2 b 2 c 2 c 2 a 2
 2  2 �a 2  b 2  c 2  3 (Đpcm)
c2
a
b

1
 MD. BC + ME. AC + MF. AB  = AB.BC. AC
2
4R
MD.BC  ME. AC  MF . AB
1
*
=
AB.BC. AC
2R
MD
.
BC
 ME. AC  MF . AB
* (AB 2 + BC 2 + AC 2 ) (
)
AB.BC. AC

AB 2  BC 2  AC 2
=
2R
*AB 2 + BC 2 + AC 2  AB. BC + BC. AC + AB. AC
MD.BC  ME. AC  MF . AB
*( AB 2 + BC 2 + AC 2 ) (
)
AB.BC. AC
MD.BC  ME. AC  MF . AB
 ( AB. BC + BC. AC + AB. AC) (
)
AB.BC. AC
1
1
1
*(
+
+
) (MD. BC + ME. AC + MF. AB)
AB BC AC
 ( ME + MF + MD ) 2
*Tính được S =

11

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

0,25

0,5
(0.5)

0,5

0,5


* Suy ra kết quả
*Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều và M là trọng tâm của tam giác .
4b(1,5đ) *Qua M dựng A 1 B 2 // AB, BC // B 1 C 2 , C 1 A 2 // CA và suy ra được các tam
giác nhỏ đều.
*Viết được các đẳng thức vecto ME , MF , MD
*Suy ra kết quả
5a(2,5) *Gọi M(x ; y ) thuộc , suy ra tọa độ M
*M là trung điểm BC, suy ra tọa độ C
*C thuộc suy ra C( 2; 6 ) , M( 3; 3)
2
1
*tanCBD = , tìm được CosCBD =
2
5
*Gọi D(x : y) thuộc , suy ra tọa độ D
2
2
 BC . BD =
*Cos( BC ; BD ) =
5

5
BC BD
*Phương trình
*Tọa độ D(5;7) , A(7;1)
5b(1,5đ) *Xác định được tâm I và bán kính của ( C )
*Giả sử cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt P,Q. kẻ đường cao IH của tam giác IPQ
1
*S PIQ =
IP. IQ. SinPIQ = SinPIQ
2
*S PIQ
lớn nhất khi SinPIQ = 1 hay tam giác PIQ vuông tại I
1
8
*S PIQ = IH.PQ  IH = 1 *m = 0; m =
2
15

SỞ GD&ĐT ………….

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :04

Câu I (2,0 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 II (3,0 điểm)
1) Tìm m để phương trình x  1  m  m  1 có bốn nghiệm phân biệt.
2

4

2

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
Câu III (3,0 điểm)
1) Giải phương trình x 2  7 x  8  2 x .
12

 m  1 x  2  m  1 .
x2


2) Giải hệ phương trình

�
� 7x  y  2x  y  5
�
�x  y  2 x  y  1.

Câu IV (4,0 điểm)
�  600. Các điểm M, N được xác định bởi
1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC
uuur
uuur
uuur
uuu
r
MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.
2) Cho hình vuông ABCD, M là điểm di động trên đường thẳng AB (M khác A và M khác

B). Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng MC và AD, N là hình chiếu vuông góc của A trên

đường thẳng MC, I là giao điểm của hai đường thẳng AN và BE. Chứng minh ba điểm M, I, D
thẳng hàng.
Câu V (3,0 điểm) cho đường cong (C) y=x2+2x-1 và đường thẳng (D) y=2mx-2m-1
Tìm m để (D) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB vuông tại O
Câu VI: (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x  2 y  13 0 và
13x  6 y  9 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
I ( 5 ; 1).
Câu VII: (3 điểm) Xét phương trình ax 3  x 2  bx  1  0 với a, b là các số thực, a �0 , a �b sao cho

5a 2  3ab  2
các nghiệm đều là số thực dương. Tìm GTNN của P 
.
a2  b  a 
--HẾT--Đáp án
CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

x
x

�
10  x
10  x
Câu I
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 a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

2,0 đ
Hàm số y có tập xác định D  (10; 10) là tập đối xứng qua điểm x  0.
0,25
I.1
Kiểm tra: x �D, f ( x)  f ( x)  f chẵn
0,5
f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận
0,25
C  [b; b  2) �(a; a  1] là một đoạn  b �a  b  2 �a  1
0,25
I.2
� b  1 �a  b  2.
(*)
0,5
Khi đó, C  [b; b  2) �(a; a  1]  [b; a  1] là đoạn có độ dài a  b  1.
0,25
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y 

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

CâuII

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

II.1 Ta có: m 4  m 2  1  0
(1,00đ)
�

x 2  m4  m2  2
PT � �2
x  m 2  m 4  m2 (1  m 2 )
�

 m  1 x  2  m  1 .
x2

2,0 đ

(1)
(2)

0,25
4

2

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m  m  2  0
(2) có 2 nghiệm phân biệt  m �0 và 1  m 2  0  m �(1; 1) \{0}
PT có 4 nghiệm phân biệt  m �( 1;1) \{0} và m 4  m2  2 �m2  m 4
13

0,25
0,25


m �( 1;1) \{0} và m 4  m2  1 �0 
m �( 1;1) \{0} , kết luận
(m  1)( x  2)  (1  m) x  2

x  (m  2)
0 
0
BPT 
x2
x2
II.2
(1,00đ) Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x  2
Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �(�; 2) �( m  2; �)
Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x �(�; m  2) �(2; �)



1) Giải phương trình
Câu III

2) Giải hệ phương trình

x2  7 x  8  2 x.
�
� 7x  y  2x  y  5
�
�x  y  2 x  y  1.

Điều kiện: x ≥ 0
PT  x 2  1  7 x  7  2  2 x  0

III.1

0,25

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

3,0 đ

 ( x  1)( x x  x  6 x  8)  0

0,25

 ( x  1)( x x  8  x  6 x  16)  0

0,25

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

0,25

 ( x  1)( x  2)( x  x  4)  0
x 1
�
� x 1  0
�
2
 �
 � �
1  17 � 9  17
x�
x x 40

�
�
�
�
�
2
� � 2 �

0,25

7 x  y �0
�
Điều kiện �
; Đặt
2 x  y �0
�

Kết luận

�
u  7 x  y �0 �
u2  7x  y
�
�
u 2  v2
7v 2  2u 2
 �2
x
và y 
�

5
5
v  2x  y
v  2 x  y �0 �
�

uv 5
uv 5
�
�

�2 2
�
u  v  7v 2  2u 2  5v  5
3u 2  8v 2  5v  5  0
�
�
III.2
u  5v
u  5v
u  5v
�
�
�
(1,25đ)  �


�
�
3(5  v) 2  8v 2  5v  5  0

5v 2  25v  70  0
v 2  5v  14  0 (*)
�
�
�
u 3
�
(*)  v = 2 (nhận) hoặc v = 7 (loại) ; nên HPT trên  �
v2
�
7x  y  9
�
�x  1
��
Do đó HPT đã cho trở thành �
(phù hợp)
2x  y  4
�
�y  2
�  600. Các điểm M, N được xác định bởi
1)Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC
uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
MC  2MB và NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

HPT trở thành:

0,50

0,25
0,25
0,5
0,25
0,25

Câu IV 2.)Cho hình vuông ABCD, M là điểm di động trên đường thẳng AB (M khác A và M khác

B). Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng MC và AD, N là hình chiếu vuông góc của A
trên đường thẳng MC, I là giao điểm của hai đường thẳng AN và BE. Chứng minh ba
điểm M, I, D thẳng hàng.
4,0 đ
uuuu
r
uuur
uuur uuuu
r
uuu
r uuuu
r
uuuu
r
uuu
r uuur

IV.1

IV.2

Ta có: MC  2MB � AC  AM  2( AB  AM ) � 3 AM  2 AB  AC
uuur
uuu
r uuu
r
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB
uuuu
r uuur
uuu
r uuur uuu
r uuu
r
Vậy: AM  CN � AM �
CN  0 � (2 AB  AC )(2CA  CB)  0
uuu
r uuur uuu
r uuur
uuur uuur
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB. AC  0
5bc
2
2
0
 2c  3b 
 4c 2  6b 2  5bc  0
2
Đặt hệ trục Axy với AB là trục Ox, AD là trục Oy và độ dài cạnh hình vuông bằng a, điểm
M(m,0) với 0

14

0,50
0,25
0,5
0,5

0,25
0,5


Phương trình đt MC: ax-(a-m)y-am=0, AD: x=0 suy ra E(0;am/m-a)
a2m
am(m  a )
; 2
)
Ptđt AN: (a-m)x+ay=0 suy ra tọa độ N( 2
2
a  (m  a ) a  (m  a )2

0,25

a 2m
am(m  a )
;
)
2
am  (m  a ) am  (m  a )2
uuu
r

uuuu
r
m 2 ( a  m)
ma (m  a)
m( m  a )
MI  (
;
)

(

m
;
a
);
MD
 ( m; a)
am  (m  a)2 am  (m  a )2
am  (m  a ) 2
Kết luận

0,25

0,25

Ptđt BE:mx+(m-a)y-am=0 suy ra tọa độ I(

Câu
V

là cùng phương

0,5
0,25

Câu V (3,0 điểm) cho đường cong (C) y=x2+2x-1 và đường thẳng (D) y=2mx-2m-1
Tìm m để (D) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác OAB vuông tại O
0,5

Pthđgđ : x2+2(1-m)x+2m=0 có

0,5

 '  0 � m 2  4m  1  0 � m �( �; 2  3) �(2  3; �)

0,5
Có 2 nghiệm x1;x2. Với x1+x2=2m-2 và x1.x2 =2m

0,5

Khi đó A(x1;2mx1-2m-1) và B(x2;2mx2-2m-1)
uuu
r uuur
OA.OB  0 � x1.x2  (2m  1) 2  4m2 x1.x2  2m(2m  1)( x1  x2 )  0 � 8m2  10m  1  0
thỏa
m  (5 � 17) / 8

0,5
0,5

vậy

Giải:
0,5
+ Theo giả thiết thì A(-3 ;-8)
+ Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường thẳng 13x-6y-9=0 tại
0,5
VI
M(3;5).
(2,00đ)
0,5
+ Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(x B; 11-2xB). Mà IA = IB
nên B(4; 3) hoặc B(2;7)
+ Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm.
0,5
3
2
Câu
0,5
Gọi u, v, s là ba nghiệm thực dương của đa thức ax  x  bx  1 . Theo định lý Viete ta có
VII
1
b
1
u  v  s  ; uv  vs  su  ; uvs 
 1 .
a
a
a
Từ đó suy ra a > 0, b > 0.

Đặt c 

1
. Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số dương ta có
a
c uvs
�
u v s

3 3 uvs

Mặt khác,  u  v  s   3  uv  vs  su  
2

0,5

c3

33 c



27c

c

3 3

 2 .

0,5



1
2
2
2
 u  v    v  s    s  u  �0 .
2

Do đó c 2   u  v  s  �3  uv  vs  su   3bc
2

 3

Từ (1), (2) và (3) ta có

b
1
5  3  2 3 c  5  3bc  2c 2  c  5  c 2  2c 2  5c  c 2  5 
2
5a  3ab  2 1
a
a 
P
 .
�

b

c2
a2  b  a 
a
bc

1
c2  3
1
1
a
3
15

0,5

 4


Xét hàm số f  c  

5c  c 2  5 
c2  3

với c �3 3 .

0,5

Ta được f  c  �12 3 . Dấu bằng xảy ra khi c  3 3 . Suy ra P �12 3 .
Đẳng thức xảy ra khi u  v  s 

SỞ GD&ĐT ………….

3 , tức là a 

1
3 3

, b  3 . Vậy min P  12 3 .

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :05
Câu 1: (5.0 đ) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực.
3
3
2
2
�
�x  y  3x  12 y  7  3x  6 y
�
3
2
� x  2  4  y  x  y  4x  2 y

Câu 2: (4.0 đ)
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số sau:
�

 x 2  3x  4 khi x �4
y  f  x  �
khi x �4
�x  4
b) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình x 2  3 x  m vô nghiệm trên nữa

khoảng  4; �
c) Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để ABC cân tại A là:

sin A
 2 (với A, B và C là 3 góc của tam giác ABC)
sin B.cos C
Câu 3: (3.0 đ) Cho ba số thực x, y , z thỏa điều kiện x �1, y �2, z �3 . Tìm giá trị lớn nhất của
yz x  1  zx y  2  xy z  3
xyz
Câu 4: (2.0 đ) Cho hàm số Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn hệ thức
uuur uuur uuuu
r
uuur uuur uuuu
r
4 MA  MB  MC  2MA  MB  MC .
biểu thức sau: P 

Câu 5: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên đường thẳng BD; E, F lần lượt là trung điểm của đoạn CD, BH. Biết A(1 ; 1) , phương
trình đường thẳng EF là 3 x  y  10  0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và D.
--------------------------------------------hết------------------------------------------------16

0,5

Câ
u

1

Đề
3
3
2
2
�
�x  y  3x  12 y  7  3x  6 y  1
�
3
2
� x  2  4  y  x  y  4x  2 y  2

Ý

Điể
m
0.5
1.0

+) ĐK: x �2, y �4
+)  1 �  x  1   y  2  � y  x  1
3

3

+)  2  trở thành

x  2  3  x  x3  x 2  4 x  1 3

0.5

Giải (3): ĐK: 2 �x �3
+) (3) về dạng:
1
1
� 1.0
3 x  2 

 x2  x  2 �
�
� 0
3 x  2  x 4 3 3 x 5 x�
�
+) lý luận
0.5
1
1
�
�
3
x

2




0,
x
�

2;3




�
�
3 x  2  x  4 3 3 x 5 x�
�

x  1 � y  0
�
x2� y3
�

2
+) Suy ra: x  x  2  0 � �

0.5

Kết luận hệ có 2 nghiệm: (-1;0) và (2;3)

2c)

sin A
 2 � sin A  2sin B.cos C
sin B.cos C
� sin A  sin  B  C   sin( B  C )
� sin A  sin A  sin( B  C )
� sin( B  C )  0
� B C  0 � B  C

3

P

yz x  1  zx y  2  xy z  3
xyz




x 1

x
1 x  1
x

y2
z 3

y
z


2  y  2
3  z  3 1
1
1
1
1
.

.
� 

y
z
2 2 2 2 3
2
3

1

1

1


� x  2, y  4, z  6
Suy ra MaxP  2 
2 2 2 3

uuur uuur uuuu

r
uuur uuur uuuu
r
4MA  MB  MC  2 MA  MB  MC

uuu
r uuur uuur

r

Gọi K là điểm xác định bởi 4 KA  KB  KC  0.
uuur uuur uuuu
r
uuur uuur uuuu
r
Khi đó: 4MA  MB  MC  2MA  MB  MC
4

0.5

uuuu
r
uuur uuu
r
� 6 MK  2MA  2 MI (I là trung điểm của

0.5

1
� 6 MK  2 IA � KM  IA

3

0.5

BC)
Kết luận: Tập hợp điểm M là đường tròn tâm K bán
1
kính IA
3

17

0.5


5

+) Chứng minh: AF vuông góc với EF ?
- Dựng FI song song với DC , I thuộc AH.
- Chưng minh được DEFI là hình bình hành và I là
trực tâm tam giác ADF
- Suy ra DI//EF mà DI  AF � EF  AF
+) Lập AF: x+3y-4=0 suy ra tọa độ của F là nghiệm
của hệ:
� 17
x
�
3 x  y  10
�
17 1 �

32
� 5
�
��
� F � ; �� AF 
�
x

3
y

4
1
5
5
5
�
�
�
�y 
� 5

+) tam giác AFE đồng dạng DBC suy ra:

1
2
AF  2
2
5

EF 

2
+) E (t ;3t  10) � EF 

8
19
� t  3, t 
5
5

19 7 �
�
� E  3; 1 �E � ; �theo giả thiết thì
�5 5 �
E  3; 1
+Tam giác ADE vuông cân tại D nên: gọi D(x;y)
Tai giải hệ:
2
2
2
2
�
 x  1   y  1   x  3   y  1
�AD  DE
�
�
�
�
�AD  DE

 x  1  y  1   x  3  y  1
�
�x  1
�x  3
��
��
hay D  1; 1 , D  3;1
�y  1 �y  1
Vì D nằm về 2 phía đối với đường thẳng AE nên
D(1;-1) suy ra C(5;-1), B(1;5)
KL: C(5;-1), B(1;5) ; D(1;-1)

SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10
NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :06

Câu 1. (5 điểm):

18


�
�
1
�

�
�
�
Giải hệ phương trình �
�
�
1
�
�
�
�

12 �
�x 2
y  3x �
12 �
�y 6
y  3x �

Câu 2 (3 điểm): Cho hai hàm số y  x 2 , y   x 2  2 x  4 có đồ thị lần lượt là  P1  ,  P2  .
a). Tìm tọa độ giao điểm A, B của  P1  và  P2  biết hoành độ của điểm A, xA  0 .

b). Gọi a là đường thẳng qua A và cắt  P1  ,  P2  lần lượt tại E và F khác A, b là
đường thẳng qua B và cắt  P1  ,  P2  lần lượt tại G và H khác B. Chứng minh rằng
EG song song với HF.
Câu 3 (3 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  4 x  21   x 2  3x  10.
Câu 4:( 2 điểm) Trong 45 học sinh làm bài kiểm tra không có ai bị điểm dưới 2, chỉ có
2 học sinh được điểm 10. CMR ít nhất cũng tìm được 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng
nhau (điểm kiểm tra là một số tự nhiên từ 0 đến 10)
Câu5: (3điểm)

a) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm B lên đoạn
AC, M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD. Chứng minh rằng BM vuông góc với
MN.
b) ). Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của CD, N là điểm nằm trên
uuur

r
1 uuuu
4

uuur

5 uuur 1 uuur
8
4

đoạn BM sao cho BN  BM . Chứng minh AN  AB  AC

Câu6: (4điểm) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ
điểm M thuộc đường thẳng () : 3x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện
tích bằng nhau.
ĐÁP ÁN
1
5đ

Cộng vế với vế ta đc
3
1
1


(3)
y
x
Trừ vế với vế ta đc

1,0

12
3
1


(4)
y  3x
y
x

1,0

Nhân (3) với (4)
12
9 1
  ( ĐK : x,y >0 Và y+3x �0 )
y  3x y x

1,0

Quy đồng và tách hạng tử nhóm lại đc
(3x-y)(9x+y)=0

1,0

19


kq
x  42 3
y  12  6 3
2.a
0,5đ

1,0

.

x 1
�
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 x 2  2 x  4  0 � �
x2
�
( P1 ) cắt ( P2 ) tại A  1;1 , B  2; 4  .

2.b
2.5đ

0,5

P
P
Đường thẳng a đi qua A cắt ( 1 ) và ( 2 ) lần lượt tại E và F khác A.

Giả sử hệ số góc của a là  khi đó
a: y   x    1 .
Ta có:
Hoành độ của E là nghiệm khác 1 của phương
trình
x  1 ( L)
�
x2   x    1 � x2   x    1  0 � �
xE    1
�

0,5

Hoành độ của F là nghiệm khác 1 của phương trình

x  1 ( L)
�
 x2  2 x  4   x    1 � x2     2 x    3  0 � �
xF    3
�
Đường thẳng b đi qua A cắt ( P1 ) và ( P2 ) lần lượt tại G và H khác A. Giả sử hệ số góc của b là
 khi đó b: y   x  2   4 . Ta có:
Hoành độ của G là nghiệm khác 2 của phương trình
x  2 ( L)
�
x2    x  2  4  0 �  x  2  x  2    � �
xG    2
�

0,5

Hoành độ của H là nghiệm khác 2 của phương trình
x  2 ( L)
�
 x2  2x  4    x  2  4 �  x  2   x    � �
xH   
�
y  yE xG2  xE2

 xG  xE      1
Ta có, hệ số góc của đường thẳng EG là k1  G
xG  xE xG  xE

Hệ số góc của đường thẳng HF là k2 
Câu3
3
điểm





 x  3  5  x    7  x   x  2  

 x  2  7  x   x  2  5  x 
2

 2 �2

Suy ra y � 2 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 

Vậy giá trị nhỏ nhất của y là

0.5

yH  y F  xH2  2 xH  xF2  2 xF

    1
xH  x F
xF  x H

Do đó, ta có điều phải chứng minh.
Điều kiện 2 �x �5 .
2
2
Ta có   x  4 x  21    x  3x  10   x  11  0 , suy ra y  0 .

y 2   x  3  7  x    x  2   5  x   2

0.5

1
3

2.

Đáp án câu 4: Có 43 học sinh phân chia vào 8 loại điểm (từ 2 đến 9). Giả sử mỗi loại

trong 8 loại điểm đều là điểm của không quá 5 học sinh thì lớp học có không quá
20

0.5
0,75
0,75
0,75

0,75


5.8=40 học sinh, ít hơn 43 học sinh. Vậy tồn tại 6 học sinh có điểm kiểm tra bằng nhau.
Câu5: (3điểm)
a)
=

(0,5)
(

=

(0,5)

Vậy: BM MN(0,5)
b)
Ta có
uuur 1 uuuu
r
uuur uuu
r 1 uuuu
r 1 uuu
r
BN  BM � AN  AB  AM  AB

4
4
4
uuuu
r 1 uuur uuur
Vì M là trung điểm của CD nên AM  AC  AD thay vào (1) ta được
2
uuur 1 1 uuur uuur 3 uuu
r 1 uuur uuur 3 uuur
BN  . AC  AD  AB  AC  AD  AB
4 2
4
8
4









Mà

uuur uuur uuur
AD  AC  AB

0,5







0,5



uuur 1 uuur uuur uuu
r 3 uuu
r 5 uuu
r 1 uuur
. Do đó BN  AC  AC  AB  AB  AB  AC
8
4
8
4





Câu6: (4điểm)
Viết phương trình đường AB: 4 x  3 y  4  0 và AB  5
Viết phương trình đường CD: x  4 y  17  0 và CD  17

0,5

1đ
1đ

Điểm M thuộc  có toạ độ dạng: M  (t ;3t  5) Ta tính được:
13t  19
11t  37
d ( M , AB) 
; d ( M , CD) 
5
17

1đ

Từ đó: S MAB  S MCD � d ( M , AB). AB  d ( M , CD).CD
7
7
� Có 2 điểm cần tìm là: M (9; 32), M ( ; 2)
� t  9 �t 
3
3

1đ

21


SỞ GD&ĐT ………….

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN - Khối 10

NĂM HỌC: 2018 – 2019
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ :07
Câu 1: (5 điểm)
8
2

 x  11 (1)
x
x
�
 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2
�
 x, y ��
b/ Giải hệ phương trình �
2
x

6

y

3


x

2
x


8
�
�
a/ Giải bpt: 2x +

Câu 2: (3 điểm)
a/ Cho phương trình bậc hai x 2  2mx  3m  2  0 , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm tất cả các giá
2
2
trịcủa m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 và x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
b/ Cho tam thức bậc hai f  x   ax  bx  c, a �0 . Chứng minh rằng nếu f  x  �0 với mọi x ��
4a  c �2b
thì
.

Câu 3: (3 điểm)
a/ Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc  1 . Chứng minh rằng
a
b
c
3


�
 a  1  b  1  b  1  c  1  c  1  a  1 4

3
xyz�

2
b/ Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn:

P

2

2

. Tìm GTNN của biểu thức:

2

x
y
z
1 1 1
    
y
z
x x y z

Câu 4: (2 điểm)
a/ Người ta điều tra trong một lớp học có 30 học sinh thì thấy có 15 học sinh thích học Toán, 20 học
sinh thích học Văn, 5 học sinh không thích cả Toán và Văn.Hỏi có bao nhiêu học sinh thích cả hai môn
Văn và Toán ?.
b/CMR trong 65 số tự nhiên tùy ý bao giờ cũng chọn được 9 số mà tổng của chúng chia hết cho 9

Câu 5: (3 điểm)
22

a/ Cho tam giác ABC  AB  AC  nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng tâm G và
a  BC , b  CA, c  AB . Gọi M là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh rằng nếu bốn điểm A, O, M,
G cùng nằm trên một đường tròn thì b 2  c 2  2a 2 .
b/ Cho tam giác ABC không vuông và a  BC , b  CA, c  AB . Chứng minh rằng nếu a 2  b 2  2c 2
và tan A  tan B  2 tan C thì ABC là một tam giác cân.

Câu 6: (4 điểm)
a/ Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ tâm đường tròn
11 1 �
�
ngoại tiếp, trong tâm lần lượt có tọa độ là I  4; 0  , G � ; �. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam
�3 3 �
giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng  d  : 2 x  y  1  0 và điểm M  4; 2  nằm trên đường
cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC.
b/ Cho hai hình vuông ABCD và BKMN có chung đỉnh B và đỉnh M nằm trên BD kéo dài. Chứng
minh rằng trung tuyến BE của tam giác ABK nằm trên đường thẳng chứa đường cao BH của tam giác
BNC.
ĐÁP ÁN
Câu
1

a
(3 đ)

Nội dung

Điể
m

0,5
0,25

Điều kiện xác định: x > 0
2
 x
Đặt t =
x
4
Suy ra t 2 =  x  4
x
8
Suy ra 2(t 2 +4) =  2 x
x
2
(1) trở thành: 2(t +4)  t + 11
 2t 2 - t – 3  0
Suy ra -1 

2
x



x

0,5

0,25
0,25

0,25

3
2

�x  0
�
��
3
 x �2  x � x
�
�
2

  3  41  x 2  25  3 41  x 4
4
8

LK : Pt (1) có tập nghiệm là S = [

25  3 41
;4 ]
8

0,5
0,5

Đkxđ: x �6, y �3
Từ phương trình đầu của hệ ta có:
 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2

0,5

�  x  y   x 2  xy  y 2   3  x  y   3x 2  3 y 2  2

b
(2đ)

� x 3  y 3  3 x  3 y  3x 2  3 y 2  2

1 � 
y 1�
 x�

3

3

x 1 y 1

y

x 2
23

x

1

0,5

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:
x  6  x  1   x2  2x  8
� x  6  3  x  1  2  x2  2x  3  0
x 3
x3
�

  x  3  x  1  0
x6 3
x 1  2
1
� 1
�
�  x  3 �

 x  1� 0
x 1  2
� x6 3
�
� x3
So sánh với đkxđ ta được  x, y    3,1 .

0,5

0,5

2

3,0
m �2
�
2
Phương trình đã cho có hai nghiệm  '  m  3m  2 �0 � �
m �1
�
Theo định lí Vi – ét ta có x1  x2  2m, x1 x2  3m  2

0,5
0,25

Do đó x12  x22   x1  x2   2 x1 x2  4m 2  2  3m  2   4m 2  6m  4

0,5

2

2
Lập bảng biến thiên của hàm số f  m   4m  6m  4 trên  �;1 U  2; � ta được
m

-

1

2

+

0,75

+
+

fm
8

2

2
Từ bảng biến thiên ta được f  m   4m  6m  4 đạt giá trị nhỏ nhất khi m  1 .

0
Do f  x  �0 với mọi x �� nên f  0  �۳
b

c 0.

a0
a0
�
�
�
Mặt khác f  x  �0 với mọi x ��� �
�
  b 2  4ac �0 �
b 2 �4ac
�

0,5

Ta có 4a  c �2 4ac �2 b 2  2 b �2b .

0,5

3

3,0

a

Ta có

a



b



c

3
�
 c  1  a  1 4

 a  1  b  1  b  1  c  1
� 4a  c  1  4b  a  1  4c  b  1 �3  a  1  b  1  c  1

� 4  ab  bc  ca   4  a  b  c  �3abc  3  3  ab  bc  ca   3  a  b  c 

� ab  bc  ca  a  b  c �6
Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được:
ab  bc  ca �3 3 ab.bc.ca  3
a  b  c �3 3 abc  3
Cộng từng vế hai bất đẳng thức trên ta được ab  bc  ca  a  b  c �6 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 . Vậy bđt được chứng minh.
b

Ta có P �3 3 xyz  3 3
Đặt t 

3

1
.
xyz

xyz � 0  t  3 xyz 

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

xyz 1
�

3
2
24


3
3
9 15
 12t   9t �2 36  
t
t
2 2
1
15
Dấu “=” xảy ra khi x  y  z  � min P 
2
2
Khi đó P �3t 

4

a

b

0,25
0,25

Gọị a là số học sinh thích học Toán;
b là số học sinh thích học Văn

c là số học sinh thích học cả hai môn Toán và Văn
d là số học sinh không thích học cả hai môn Toán và Văn
(1)
 a  c 15
 b  c 20
(2)

Theo đề ta có hệ pt 
(3)
 a  b  c  d 30
 d 5
(4)
Suy ra a = 5, b = 10, c = 10, d = 5
Vậy có 10 học sinh thích cả hai môn Toán và Văn
TH1: Giả sử trong 65 số đã cho ta tìm được 9 số mà số dư của chúng chia hết cho 9
nhận 9 giá trị khác nhau. Khi đó tổng các số dư này chia hết cho 9 vì tổng các số dư
là: 0+1+2+…+8 = 36
TH2: Giả sử ta không tìm được 9 số như vậy. Khi đó số dư của các phép chia các số
này cho 9 sẽ nhận nhiều hơn 8 giá trị khác nhau, vì: 65 = 8.8 + 1.
Ở đây số k theo nguyên lý Dỉrichlet là 8. Nên sẽ có 9 số mà tổng của chúng chia hết
cho 9

0,25
0.25

0.25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

5

A

M
G

0,5

O

a

B
C

25