KỲ THI OLYMPIC LỚP 10
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình ( x  1)( x  4)  5 x 2  5 x  28.
�x 2  4 x  y 3  16 x
b) Giải hệ phương trình � 2
1  y  5(1  x 2 )
�

Câu 2 (4,0 điểm).
2
Cho hàm số y  x  4 x  4  m ;

 Pm  .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 1 .
b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn   1;4 .

Câu 3 (4,0 điểm).

a) Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d  4 .
a
b
c
d




�2 .
Chứng minh rằng:
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

b) Cho x  0, y  0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019

 1.
x
y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y.

Câu 4 (3,0 điểm).

Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A  1;1; B 2;4  .
a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B.
b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.

Câu 5 (4,0 điểm).

a) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ
2
thức S = R 2  sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C  . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
3
b) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy

các điểm N , M , P sao cho BN  1, CM  2, AP  x (0  x  3).
uuu
r uuur
uuur
i) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.
ii) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM .

–––––––––––– Hết ––––––––––––
Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………
1


KỲ THI OLYMPIC LỚP 10
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Môn thi: TOÁN
(Đáp án – Thang điểm gồm trang)
Câu
Đáp án
Câu 1
a) Giải bất phương trình ( x  1)( x  4)  5 x 2  5 x  28
(5,0
điểm) Điều kiện: Đk: x �R.
+ Phương trình đã cho tương đương với x 2  5 x  28  24  5 x 2  5 x  28  0
Đặt t  x 2  5 x  28(t  0)

2,0
0,25
0,25
0,5


t  3
�
2
Phương trình trở thành t  5t  24  0 � �
t 8
�
�
t  3 � x 2  5 x  28  9 � x 2  5 x  19  0(VN )

Điểm

0,25

.

0,25

x4
�
�
t  8 � x 2  5 x  28  64 � x 2  5 x  36  0 � �
x  9
�

0,25

x4
�
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là �
.

x  9
�

0,25

�x3  4 x  y 3  16 x(1)
b) Giải hệ phương trình � 2
1  y  5(1  x 2 )(2)
�
�x( x 2  16 x )  y ( y 2  16 y )(3)
�2
y  4  5 x 2 (4)
Hệ đã cho tương đương với hệ : �
Bình phương hai vế của (1) ta được : x 2 ( x 2  16 x)2  y 2 ( y 2  16 y ) 2 (5)
2
2
Thay y  4  5 x vào phương trình (5) ta được:
x 2 ( x 2  16 x) 2  25 x 4 (4  5 x 2 ) 2

3,0
0,5
0,5
0,5

� 4 x ( x  1)(31x  64)  0
2

2

2


+ Với x  0 thì y 2  4 � y  �2

0,5

��
x 1
��
y  3
15 x  5 y
�
��
��
x2  1
�2
x  1
�y  9
��
+ Với
hệ trở thành:
�
��
�y  3

0,5

Vậy phương trình có 4 nghiệm:
(0, �2);(1, 3);(1,3).

0,5


2


Câu 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 1 .
(4,0
TXĐ : D = R
điểm) BBT:
x
�
2
y
�

2,5
0,25

�
�

0,25

-1
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  �; 2  ; Hàm số đồng biến trên khoảng
+ Đỉnh I(2; -1)

 2; �

0,5
0,25


+ Trục đối xứng là đường thẳng: x = 2

0,25

+ Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 3)

0,25

+ Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (1; 0) và (3; 0)

0,25

0,5

b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc

đoạn   1;4 .
Xét pt hoành độ giao điểm x 2  4 x  4  m 0  x 2  4 x  3 m  1
Dựa vào đồ thị tìm được  1  m  1 3  0  m 4
Câu 3 a) Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a  b  c  d  4 . Chứng minh
(4,0
a
b
c
d



�2 .

điểm) rằng:
2
2
2
2

1 b c 1 c d

Ta có

1 d a

1 a b

a
ab 2 c
ab 2 c
ab c

a

�
a

a
2
2
1 b c
1 b c
2

2b c

ab c
b a.ac
1
1
a
�a  b  a  ac   a   ab  abc 
2
2
4
4
a
1
�a   ab  abc 
Vậy
2
1 b c
4

Lại có a 

1,5
0,5
1,0

2,5

0,25
0,5


3


Chứng minh tương tự ta có
b
1
c
1
d
1
�b  (bc  bcd ),
�c  (cd  cda),
�d  (da  dab)
2
2
2
1 c d
4
1 d a
4
1 a b
4
a
b
c
d
�




�
1  b 2 c 1  c 2 d 1  d 2 a 1  a 2b
1
�a  b  c  d   ab  bc  cd  da  abc  bcd  cda  dab 
4

0,5

2

�a  b  c  d �
Lại có ab  bc  cd  da   a  c   b  d  ��
� 4
2
�
�

0,25
4

16
�1 1 1 1 � �a  b  c  d �
abc  bcd  cda  dab  abcd �    ���
�.
4
�a b c d � �
� abc d
1
3

  abcd  4
16
a
b
c
d



�a  b  c  d  2  2
Do đó
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b
Dấu « = » xảy ra � a  b  c  d  1
Vậy

0,25
0,25

a
b
c
d



�2 .
2

2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

0,25

b)Cho x  0, y  0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019

 1 . Tìm giá trị nhỏ
x
y

nhất của biểu thức P  x  y
2018 y 2019 x
2018 y 2019 x
 Ta có : P  ( x  y )(

)  2018 

 2019
x
y
x
y
2019x
2018y
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số đương
và

ta được
y
x
2018 y 2019 x

�2 2018.2019
x
y
Suy ra P �( 2018  2019) 2

GTNN của P là ( 2018  2019) 2 khi

0,25

2.0
0,5

025

0,25
�
�x  0; y  0
�
�2018 2019

 10.5
�
y
�x
�2018 y 2019 x


�
y
� x

0,5

�
�x  2018( 2018  2019)
��
�y  2019( 2019  2018)
Câu 4 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A  1;1; B 2;4  .
(3,0
a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B.
điểm)

3.0

b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.
4


a) Gọi C  x;0 .

0,5

+ Sử dụng AB.BC 0  C  6;0 

1,0


 AB. AD 0
b) Gọi D x; y  . Giải hệ 
 AB  AD
+ Tìm được D 2; 2 hoặc D  4;4 

0,5

1,0

Câu 5
a) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp
(4,0
2 2
3
3
3
điểm) R thỏa mãn hệ thức S = R sin A  sin B  sin C . Chứng minh tam giác



3



ABC là tam giác đều.
b)Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh
BC , CA, AB
N, M , P
lần
lượt

lấy
các
điểm
sao
cho
BN  1, CM  2, AP  x (0  x  3).
uuu
r uuur
uuur
i) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.
ii) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM .
a) Theo định lí sin ta có : sin 3 A 

VT =

a3
B3
c3
3
3
; sin B  3 ;sin C  3
8R 3
8R
8R

2 2 �a3
b3
c3 � 1
R � 3  3  3 � R( a3  b3  c 3 )
3 �8R 8R 8R � 12


Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a 3  b 3  c3 �3abc
abc
 VT �
4R
Mà S 

abc
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
4R

uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuu
r 2 uuur 1 uuur
b) i) AN = AB  BN = AB  AC  AB  AB + AC
3
3
3
uuuu
r uuu
r uuuu
r 1 uuur x uuur
b) ii) Ta có PM = PA  AM  AC - AB
3
3





uuur uuuu

r
r 1 uuur ��1 uuur x uuu
r�
�2 uuu
. � AC  AB � 0
Mặt khác: AN  PM � AN .PM  0 � � AB  AC �
3
3
�3
��3
�
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u

r
u
u
u
r
2
2
2
2x
x
1
� AB. AC 
AB  AB. AC  AC  0
9
9
9
9
x
� 1 2x  1  0
2
4
�x
5

4,0

0.5

0.5


0.5

0.5
1,0
0.5

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

5


ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
2
Câu 1. (6.0 điểm). Cho hàm số y  x  4 x  4  m ;

 Pm  .

2
a) Với m 1 , khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x  4 x  4  m

b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn   1;4
c) Cho x1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2  3 x  a 0 ; x3 và x 4 là hai nghiệm của

phương trình x 2  12 x  b 0 . Biết rằng


x 2 x3 x 4
  . Tìm a và b.
x1 x 2 x3

Câu 2. (5.0 điểm).
a) Giải phương trình







x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2x

 x 3  3x 2  4 x  2  y 3  y
b)Giải hệ phương trình: 
 4 x  6 x  1  7  4 x  1 y

Câu 3. (4.0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có

sin B  2019sin C
 sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm
2019 cos B  cosC

tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số

S MBG

.
S ABC

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi H, I, K
lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng.

Câu 4. (3.0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C
sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất biết
hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm.

Câu 5. (2.0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 

x
2019  x



y
2019  y

-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................

6


HƯỚNG DẪN CHẤM


ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao
đề)
Câu
1

ĐÁP ÁN
2

Cho hàm số y  x  4 x  4  m ;

Điểm
6.0

 Pm  .

2
a) Với m 1 , khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x  4 x  4  m

b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc
đoạn   1;4
c) Cho x1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2  3 x  a 0 ; x3 và x 4 là hai
nghiệm của phương trình x 2  12 x  b 0 . Biết rằng

x 2 x3 x 4
  . Tìm a và b.
x1 x 2 x3

2

a) Với m 1 , khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x  4 x  4  m

2.0

2
Với m=1 thì y  x  4 x  3

TXĐ: R. Đặt f ( x)  x 2  4 x  3 . Dựng đồ thị y  f ( x)

0.5

Từ đó lập luận và suy ra đồ thị y  f ( x )

0.75

b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn
  1;4

1.0

Xét pt hoành độ giao điểm x 2  4 x  4  m 0  x 2  4 x  3 m  1
Dựa vào đồ thị tìm được  1  m  1 3  0  m 4
Chú ý: HS có thể dùng bảng biến thiên cho hàm y  x 2  4 x  3 hoặc y  x 2  4 x  4 ...

0.5
0.5

c) Cho x1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2  3 x  a 0 ; x3 và x 4 là hai
x 2 x3 x 4
  . Tìm a và b.

nghiệm của phương trình x 2  12 x  b 0 . Biết rằng
x1 x 2 x3

3.0

  1 9  4a 0
Điều kiện có nghiệm  '
  2 36  b 0
 x 2 kx1
x 2 x3 x 4

  x3 kx 2 k 2 x1
Đặt k   
x1 x 2 x3
 x kx k 3 x
3
1
 4

0.5

Theo định lý viet ta có hệ
 x1 1  k  3
 x k 2 1  k  12
 1
 2
 x1 k a
 x12 k 5 b
 k 2
Với k 2 thì x1 1 ta được a 2, b 32 (tm)


0.5

0.5

0.5
0.5

7


0.5

Với k  2 thì x1  3 ta được a  18, b  288 (tm)
2

a) Giải phương trình







5.0



2.5


x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2x
 x 3  3x 2  4 x  2  y 3  y
 4 x  6 x  1  7  4 x  1 y

b)Giải hệ phương trình: 

a) Giải phương trình





x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2x

Điều kiện x �1 . Với x �1 � x  3  x  1  0 .







x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2 x

�






x  3  x  1 x2  x2  4x  3

� x 2  x 2  4 x  3  x.





x  3  x 1



x  3  x 1  2x





x  3  x 1



0.75

� x 2  x x  3  ( x  3)( x  1)  x x  1  0
�
x x3  0
� x  x  3 x  x 1  0 � �
x  x 1  0
�








0.75

�x �0
�x �0
1  13
x x3  0 � x3  x � �
�
�
x

�
2
2
2
�x  3  x
�x  x  3  0
�x �0
�x �0
1 5
x  x 1  0 � x 1  x � �
�
�x
�2

2
2
�x  1  x
�x  x  1  0
 x 3  3x 2  4 x  2  y 3  y
 4 x  6 x  1  7  4 x  1 y

0.5
0,5

b)Giải hệ phương trình: 

2.5

Phương trình thứ nhất  ( x 3  3x 2  3x  1)  x  1  y 3  y

0.5

  x  1   x  1  y 3  y
Đặt a x  1 ta được a 3  a  y 3  y   a  y  a 2  ay  y 2  1 0  a  y 0 .
3





2

y
3y2


 1  0; a, y
Vì a  ay  y  1  a   
2
4

Ta được y x  1 thay vào pt thứ hai ta được
6 x  1  x  8 4 x 2 . ĐK: x 1
2




3



2



2

x  1  3  2 x 

0.5
0.5

0.25


2

x  1  3 2 x

3

x 
 x  1 2 x  3  
 x 2  y 3
2
2
 x  1  2 x  3
Kết luận: Hệ pt có nghiệm  x; y   2;3
sin B  2019sin C
 sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là
a) Cho tam giác ABC có
2019 cos B  cosC
S MBG
trọng tâm tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số
S ABC

0.25
0.25
0.25
4.0

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi
8



H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng
hàng.
sin B  2019sin C
 sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là
2019 cos B  cosC
S MBG
trọng tâm tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số
S ABC

2.0

sin B  m sin C
 sin A b + mc = a(mcosB + cosC)
m cos B  cosC
m( a 2  c 2  b 2 ) a 2  b 2  c 2
 b  mc 

2c
2b
2
2
2
 (c  mb)(b  c  a )  0
 b 2  c 2  a 2

0.5

a) Cho tam giác ABC có

Đặt m = 2018, ta có


Vậy tam giác ABC vuông tại A
Dễ dàng chứng minh được

S MBG 1

S ABC 6

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi

0.5
0.5
0.25
0.25
2.0

H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng
hàng.
*) Chứng minh tính chất: Cho
tam
Gọi
uuu
r ugiác
uu
r ABC.
uuur u
uur H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác thì: OA  OB  OC  OH
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O, D là trung điểm của BC.
Ta có: tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên D là trung điểm của HA’

Mà

0.75

uuu
r uuur
uuur uuur
OB  OC  2OD  AH

uuu
r uuur uuur uuu
r
� OB  OC  OH  OA
uuu
r uuu
r uuur uuur
� OA  OB  OC  OH

9


*)Ta có: H, I, K lần lượt là trực tâm của tam giác ACF, AED, BCE.

0.75

uuur uuu
r uuur uuu
r
�
OH  OA  OC  OF(1)

r uuur uuur
�
�uur uuu
��
OI  OA  OE  OD(2)
r uuur uuur
�uuur uuu
OK

OB
 OC  OE (3)
�

uuu
r uuur uur
Từ (1)và (2) � IH  DC  EF
uuur uuu
r uur
(1)và (3) � KH  BA  EF
uuur
uur uuur
uur
Mà AB//CD//EF � m, n sao cho DC  mEF , BH  nEF .
uuu
r
uur uuur
uur
� IH  ( m  1)EF , KH  (n  1)EF
uuu
r uuur

� IH , KH cùng phương.
� I , H , K thẳng hàng
4

Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao

0.5

3.0

cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn
nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm.
Gọi B(b;0), C(0;c) ( b, c �0 )
uuur
AB (b  3; 1) � AB  (b  3) 2  1
uuur
AC (3; c  1) � AC  9  (c  1) 2
uuu
r uuur
Tam giác ABC vuông tại A � AB. AC  0
� 3(b  3)  (c  1)  0
� c  10  3b
10
��
0 10 3
b�
Mà c �
 0 �0 b
3
1

(b  3) 2  1. (c  1) 2  9
Lại có: SVABC 
2
3

(b  3) 2  1. (3  b) 2  1
2
3
 b 2  9b  15
2

1,0

1,0

10


Xét hàm số f ( x) 

1,0

3 2
10
x  9 x  15 ( 0 �x � )
2
3

Bảng biến thiên:


x

0

10
3
5
3

3

f(x) 15

5

3
2
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất là 15 khi b=0 � B (0;0), C (0;10)
Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x  y 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y

biểu thức P 
2019  x
2019  y
P

2019  y
y




2019  x
x

 1
1 
2019


 x
y 






2.0

x  y . Áp dụng
1.0

1 1
4
 
, a, b  0
a b a b
P 2019
Lại có




4



x y
x y



2



x y



2. x  y  4038 

Ta được P 2019.

4

4038
HẾT




0.5

x  y  4038

4038  4038 . Dấu "=" xảy ra khi x  y 

2019
2

0.5

ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC TOÁN 10

Câu 1: ( 5 điểm )
�

2
a/ Giải phương trình: 2�x 

�

1 � � 1�
� 3�x  � 16  0
x2 � � x �

2
�
�y   y  3 x  4 y  3
b/ Giải hệ phương trình �3

.
� x2  2 y  3

Câu 2: (3 điểm )
a/ Tìm tập hợp các giá trị của x để biểu thức sau có nghĩa: y 

3 2x  x 3x  11
1 x2 

3x2  2x  5

Tìm m để Parabol (P): y = x2 - 3x + 1 cắt đường thẳng (d): y = 2x + m tại hai điểm A,
B sao cho AB = 5 .
Câu 3: ( 3 điểm )
b/

11


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử H  1;3 ,

�5
�2

�
�

phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C � ; 4 �
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của

hình thang ABCD.
Câu 4: (4 điểm)

a/( 2điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC lần lượt ứng với các góc A, B,
 b3  c3  a3
a2

C. Chứng minh rằng nếu  b  c  a
thì tam giác ABC đều.
 a 2bcosC

b/ ( 2điểm) Cho tam giác ABC, M thuộc cạnh AC sao cho MA  2.MC , N thuộc BM sao cho
NB  3.NM , P thuộc BC sao cho PB k .PC . Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.
Câu 5: (3điểm)

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2  y 2 1 .

4 x 2  2 xy  1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 
2 xy  2 y 2  3
Câu 6: (2 điểm) Chứng minh tích 4 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương.

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Câu
Câu 1
5.0

�


2
a/ Giải phương trình: 2�x 

�

1 � � 1�
� 3�x  � 16  0
x2 � � x �

Điểm
2.0

ĐK: x �0

0,5

1
1
� x2  2  t2  2
x
x
�
t 4
�
2
(1) � 2t  3t  20  0 �
5
�
t

� 2

0,5

Đặt t  x 

t  4 � x  2 � 3
�
x 2
5 �
t � � 1
x
2
� 2
2
�
�y   y  3 x  4 y  3
b/ Giải hệ phương trình �3
.
x

2

2

y

3
�
Đk: x  R; y 2.

y 2   y  3 x  4 y  3 � y 2   x  4  y  3 x  3  0

0,5
0,5

0,25
0,5

12


� y  3 (L); y  1  x

0,5
0,25

3

x  2  x 1  3 .
VT là hàm đồng biến trên  1; �
Thay vào (2):

Câu 2
3.0

0,5

NX: x = 3 là một nghiệm
� pt có nghiệm duy nhất x = 3.
Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2)

a/ Tìm tập hợp các giá trị của x để biểu thức sau có nghĩa:

y

3 2x  x 3x  11
1 x2 

3x2  2x  5

�
3 2x �0
�
3x  11�0
�
y có nghĩa � �
1 x2 �0
�
� 1 x2  3x2  2x  5 �0
�
� 3
�x �2
�
�x � 11
�
3
��
�x �1
�
1 x2  0
��

��
3x2  2x  5 �0
��
� 1 x  1
2

Câu 3
3.0

b/ Tìm m để Parabol (P): y = x - 3x + 1 cắt đường thẳng
(d): y = 2x + m tại hai điểm A, B sao cho AB = 5 .
PTHĐ giao điểm: x2 - 5x + 1 -m = 0
ĐK cắt tại 2 điểm phân biệt x1,x2:  > 0
21
� m >  (*)
4
A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m),
AB = 5 � AB2 = (x2 - x1)2 + 4(x2 - x1)2 = 5
� (x1+x2)2 - 4 x1.x2 = 1
�m=5
Trong mặt phẳng tọa độ...

0.25

0.5

0.25
2.0
0.25
0.25

0.5
0.25
0.25
0.25
0.25

C

B
I

0,25
0,5
0,25
1.0

H
K
E

D K và cắt AB tại I
- Qua E A
dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
1
+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và KE  AD hay
2
KE song song và bằng BC
Do đó: CE  AE � CE: 2x - 8y + 27 = 0


0.5

0.5

13


Câu 4
4.0

�3 �
 ;3 �, mặt khác E là trung điểm của HD nên
Mà E  AE �CE � E �
�2 �
D  2;3

0.5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)
a/

0.5
0.5
0.5
2.0

A


M

N
Ta có:

B
P 4. AN C
NB  3.NM  AB  AN  3. AM  AN  AB  3. AM
1
1
 AN  AB  . AC 1
4
2
PB k .PC  AB  AP k AC  AP  AB  k . AC 1  k  AP (k 1)
1
k
 AP 
AB 
AC  2
1 k
1 k
Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi










h
 1

 1  k 4
AP h. AN  
  k h
 1  k 2
 k  2
Kết luận: ...
b/
b3  c3  a3
Ta có:
a2  b3  c3 a2 (b  c)  b2  bc c2 a2
b c  a
b2  c2  a2 1
1

  cosA   A 600 (1)
2bc
2
2
2
2
a  b  c2
a 2bcosC  a 2b
 b2  c2 0  b c (2)
2ab
Từ (1) và (2) ta suy ra tam giác ABC đều.
Câu 5

3.0

Từ giả thiết suy ra: P 

0.25

0.25
0.25
0.5

0.5
0.25
0,5
0,5
0,75
0,25
3.0

3 x 2  2 xy  y 2
2 xy  y 2  3x 2

Với y = 0 thì P = 1 (1). Với y 0 ta có: P 
  3P  3t 2  2 P  1t  P  1 0

3t 2  2t  1
3t 2  2t  1

0.75

*


Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1
Khi P 1 . '  P  1  2 P  4  0   2 P  1

0.75
(2)

0.75

14


Kết hợp (1) và (2): P    2;1
Suy ra: MinP = - 2 khi x 

10
3 10
; y 
10
10

0.75

MaxP = 1 khi x 1; y 0
Câu 6
2.0

Gọi A = n n  1  n  2  n  3 = (n2  3n)2  2(n2  3n)

0.5


(n2  3n)2  A  (n2  3n  1)2
Kết luận: A không thể là số chính phương

1.0
0.5

KỲ THI OLYMPIC

Môn thi: TOÁN KHỐI 10
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (5,0 điểm).
a) Giải phương trình 4 x 2  12 x x  1  27  x  1 .

2
2
2
�
�x  y  1  2 y  x  x  1  3
.
b) Giải hệ phương trình � 2
�x  x   y 2  y   1
�
Câu 2. (4,0 điểm).

a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x x  2  1 .
b) Cho phương trình x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0  1 , với m là tham số. Giả sử
phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2 �4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ
3
3

nhất của biểu thức F  x1  x2  x1 x2  3x1  3 x2  8  .
Câu 3. (4,0 điểm).
2

a) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
4 x 2  2 xy  1
P

.
nhất của biểu thức
2 xy  2 y 2  3
b) Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn 4  a  b  c   3abc . Chứng minh rằng
1 1 1 3
  � .
a3 b3 c 3 8
Câu 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và
AD  2 BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm
�5 �
của đoạn HD. Giả sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C � ;4 �. Tìm
�2 �
tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.

15


Câu 5. (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có trọng tâm Guuvà
ur diện
uuuurtích uuS.
ur Ký uhiệu
uuur

BC  a, CA  b, BA  c . Biết M, N, P là ba điểm thỏa mãn MA  2.MC , NB  3.NM ,
uuu
r
uuur
PB  k .PC .
a) Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
1 2
2
2
b) Chứng minh: GA.GB  GB.GC  GC.GA    a  b  c  .
6
c) Biết S  b 2   a  c  . Tính tan B.
2

= = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = =
Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên học sinh: …………………………..……. Chữ kí giám thị: ……………………

KỲ THI OLYMPIC

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 10
(Đáp án gồm 5 trang)
Câu
1
a


Nội dung

Điểm
5,0

Giải phương trình 4 x 2  12 x x  1  27  x  1 .
Điều kiện: x �1.



pt � 4 x 2  12 x 1  x  9  1  x   36  1  x  � 2 x  3 1  x

b

2,5

 6
2

1 x

�
�
3 1  x  2x
 1
2x  3 1  x  6 1  x
��
��
�

2x  3 1  x  6 1  x
9 1  x  2 x
�
 2
�
Giải (1) được x  3.
81  9 97
Giải (2) được x 
.
8
2
2
2
�
�x  y  1  2 y  x  x  1  3
.
Giải hệ phương trình � 2
2
x

x
y

y

1



�

�
2
�
�
x 2 y 2  2 x 2 y  x 2   2 y  x  1  3 �

 xy  x   2  xy  y   3
�
hpt � �
��
xy
x

1
y

1

1


 xy  x   xy  y   1
� 
�
Đặt a  xy  x; b  xy  y
�
a 2  2b  3
Ta có htp �
ab  1
�




2

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
2,5

0,5

0,5

0,5

16


a   2
�
a 1
�
�
Giải ra ta được �
hoặc �
1
b 1

b


�
�
2
�
a 1
�
1 � 5
Với �
giải ra x  y 
b 1
2
�

0,5

a   2
�
�
Với �
1 giải ra hệ vô nghiệm.
b


�
2
�
2

a

0,5

Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x x  2  1 .
�x 2  2 x  1 khi x �2
Ta có y  � 2
 x  2 x  1 khi x  2
�
+ Vẽ được đồ thị của hàm số y = x 2  2 x  1 khi x �2
( đúng dạng 0.25 ; phải qua 3 điểm đặc biệt 0.25)
+ Vẽ được đồ thị của hàm số y =  x 2  2 x  1 khi x  2
( đúng dạng 0.25; phải qua 3 điểm đặc biệt 0.25)
+ Lập được bảng biến thiên (phải đầy đủ dấu ��, chiều biến thiên và điểm đặc biệt)

Cho phương trình x  2  m  1 x  m   m  1  0
2

b

2

3

4,0
1,5
0,5
0,25
0,25
0,5


 1 , với m là tham số. Giả

sử phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2 �4 . Tìm giá

2,5

3
3
trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F  x1  x2  x1 x2  3x1  3 x2  8  .

2 �m �0
�
(1)
m �2
�

Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 �  �0 � �

0,5

x1 �
x2

0,25

4

m 3 (2)


F  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8    x1  x2   8 x1 x2
3



 8  m  1  8 m3   m  1
3

2



 16m 2  40m.

0,5

2 �m �0
�
Lập bảng biến thiên hàm số F(m) trên miền điều kiện �
2 �m �3
�

0,5

Kết luận:
+ Giá trị lớn nhất của F là 16 khi m = 2.
+ Giá trị nhỏ nhất của F là – 144 khi m = –2.

0,5


3

4,0

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị
4 x 2  2 xy  1
.
nhỏ nhất của biểu thức P 
2 xy  2 y 2  3
3 x 2  2 xy  y 2
Từ giả thiết suy ra: P 
2 xy  y 2  3x 2
2

a

0,25

Với y = 0 thì P = 1 (1)

2

2,0

0,5

17


3t 2  2t  1

3t 2  2t  1
�  3P  3 t 2  2  P  1 t  P  1  0

Với y �0 ta có: P 

 *
0,5

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1
Khi P �1

 '   P  1  2 P  4  �0 � 2 �P  1

0,5

(2)

Kết hợp (1) và (2): P � 2;1

Suy ra: MinP = - 2 khi x  �

10
3 10
;ym
10
10

0,5

1; y  0

MaxP = 1 khi x  �
b

Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn 4  a  b  c   3abc . Chứng minh
1 1 1 3
rằng 3  3  3 � .
a b c
8

2,0

Ta có: 4  a  b  c   3abc �

1
1
1 3
 

ab bc ca 4

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

1 1 1
1 1 1 3 1
3


�

3
. .  .
(1)
a 3 b3 8
a 3 b3 8 2 ab

0,25

Tương tự:

1 1 1 3 1
  � .
b3 c 3 8 2 bc

(2)

1 1 1 3 1
  � .
c 3 a 3 8 2 ca

(3)

0,25

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:
1
1 �
�1 1 1 � 3 3 �1
2 � 3  3  3 � � �   �
�a b c � 8 2 �ab bc ca �


0,25

�1 1 1 � 3 3 3
� 2 � 3  3  3 � � .
�a b c � 8 2 4
1 1 1 3
� 3 3 3�
a b c
8

4

0,25
0,25

Đẳng thức xảy ra � a  b  c  2.

0,5

Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD  2 BC . Gọi
H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm
của đoạn HD. Giả sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và
�5 �
C � ;4 �. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.
�2 �

3,0

C


B
H
I
A

K
E
D

18


- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I.
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và KE 

5
a

0,5

hay KE song song và bằng BC

Do đó: CE  AE � CE: 2x - 8y + 27 = 0

�3
�2

1

AD
2

0,5

�
�

 ;3 �
Mà E  AE �CE � E �
, mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3

0,5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3 = 0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3).

0,5
0,5
0,5

Cho tam giác ABC có trọng tâm G và diện tích S. Ký hiệu BC  a, CA  b, BA  c
uuur
uuuur uuur
uuuur uuu
r
uuur
. Biết M, N, P là ba điểm thỏa mãn MA  2.MC , NB  3.NM , PB  k .PC .
Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.


4,0
1,5

A

M

N
B

C

P

uuur

uuuur

uuu
r uuur



uuuu
r uuur



uuu

r

uuuu
r

uuur

Ta có: NB  3.NM � AB  AN  3. AM  AN � AB  3. AM  4. AN

uuur 1 uuu
r 1 uuur
� AN  AB  . AC  1
4
2
uuu
r
uuur
uuu
r uuu
r
uuur uuu
r
uuu
r
uuur
uuu
r
PB  k .PC � AB  AP  k AC  AP � AB  k . AC   1  k  AP (k �1)




uuu
r
r
1 uuu
k uuur
� AP 
AB 
AC
1 k
1 k

b



0,25
0,25

 2

h
�1

uuu
r
uuur
�
�
1 k 4

Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi AP  h. AN � �
k
h
�


� 1 k 2
� k  2
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
1
Chứng minh: GA.GB  GB.GC  GC.GA    a 2  b 2  c 2  .
6
uuu
r uuu
r uuur r
Ta có GA  GB  GC  0
uuu
r uuu
r uuur 2
� GA  GB  GC  0



0,5

0,25

0,25
1,0



uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
1
� GA.GB  GB.GC  GC.GA    GA2  GB 2  GC 2  .
2

(1)

0,5

19


4 2
1
ma  mb2  mc2    a 2  b 2  c 2 

9
3
uuu
r uuu
r uuu

r uuur uuur uuu
r
1 2
2
2
Từ (1) và (2) suy ra GA.GB  GB.GC  GC .GA    a  b  c  .
6
2
2
Biết S  b   a  c  . Tính tan B.
2
2
2
Lại có GA  GB  GC 

c

(2)

1
ac.sin B  a 2  c 2  2ac.cos B  a 2  c 2  2ac
2
1
1
� ac.sin B  2ac.  1  cos B  � cos B  1  sin B (*)
2
4

Ta có S  b 2   a  c  �
2


0,25
0,25
1,5
0,25

0,25

2

� 1
�
1  sin B � 1
Lại có sin 2 B  cos 2 B  1 � sin 2 B  �
� 4
�
8
(vì sin B  0 )
17
15
Từ (*) suy ra cos B 
17
8
Kết luận: tan B  .
15
� sin B 

`

0,5

0,25
0,25

ĐỀ THI OLYMPIC
Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm).
1

3x  2
1 x
2 x  1  3x
2 xy
 2
2
 x  y  x  y 1
b) Giải hệ phương trình 
 x  y x 2  y


a) Giải phương trình



Câu 2 (4,0 điểm).
a) Tìm tập xác định của hàm số : y  x  2  x  1  x  3 .
b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2  mx  m  1 0 .
4x x  6


1 2
Đặt A  x 2  x 2  2(1  x x ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất.
1

2

1 2

Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
Q

x
1 x



y
1 y

Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có BC 4 2
,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; 

5
18
) và N(0; ). Xác định tọa độ các
3
7

20



đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hoành độ
dương.

Câu 5 (4,0 điểm).
a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam giác ABC là tam
giác cân.
b) Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một
điểm trênrcạnh
AC sao cho
uuur uuuur uuuu
uuur
NC  2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC  NM  BM  NC . Hãy biểu
uuur
uur
uuu
r
diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC .
---------------Hết--------------

21


HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Câu
Câu 1
5,0 a) Giải phương trình:


Nội dung
1
2x 1 

3x

Điểm
2,5

3x  2
(1)
1 x



ĐK: x  0; x 1 .
Khi đó: (1) 


0,25
2 x  1  3x
3x  2

1 x
1 x
2 x  1  3x  3x  2

0.5
0.5


 2 6 x 2  3x 1  2 x

0.5
0.5

 4  21
10
 4  21
Vậy (1) có nghiệm: x 
10
 x

0.25

2 xy
 2
2
 x  y  x  y 1
b) Giải hệ phương trình 
 x  y x 2  y

Điều kiện: x   y .

2,5


1
 1 0
xy 
PT thư nhất tương đương:

  x  y  1 x 2  y 2  x  y 0
 x  y 1
 x 1  x  2
 
Kết hợp với PT hai ta được 
 y 0  y 3
 x 1  x  2
 
Vậy, hệ đã cho có nghiệm 
 y 0  y 3

 x  y  2  1  2 xy



Câu 2
4,0



Nội dung
a) Tìm tập xác định của hàm số : y  x  2  x  1  x  3
 x  2 0
 x  1 0

 x  3 0

 x  2  x  1  x  3 0

ĐK:

 x 2

 2 x 2  3 x  2 6  x


2 21
 x 6
3

0.25
0.5
0.5
0.5
0.5
0.25
Điểm
1.5
0.5

0.5
0.5

22


b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2  mx  m  1 0 .
4x x  6

1 2
Đặt A  x 2  x 2  2(1  x x ) . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ

1

2

1 2

nhất.
+ PT có hai ngiệm khi  0  m 2  4m  4 0, m
+ x1  x2 m; x1 x 2 m  1
A

2.5

0.25
0.25
0.5

4 x1 x 2  6
( x1  x 2 ) 2  2

4m  2
m2  2
(m  2) 2
 2
 1  1
m 2
A nhỏ nhất khi m  2

0.5




0.5
0.5

Câu 3 Cho hai số thực dương x, y
3,0 biểu thức sau:

thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của

Q

x
1 x

y



1 y

.
x  1 1

y  1 1

1

1


Viết lại Q  1  x  1  y  1  x  1  y  ( 1  x  1  y )
1

Theo Cô si: 1  x



1
1 y



2
4

(1  x)(1  y )



2
1  x 1  y
2

2 2

(1)

( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:
1  x  1  y  2 1  x  1  y  2 ( Do x+y=1 ) (2)


Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q  2
1  x 1  y
1
 x y 
2
 x  y 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

Vậy minQ = 2
Câu 4 Phương trình đường thẳng  qua N và vuông góc với AH là
4,0 x  y  18
7

Tọa độ giao điểm I của AH với  là nghiệm của hệ PT
18

2 16
 x  y 
7  I ( ; )

7 7
 x  y 2

Gọi N1 là giao điểm của  và AB, suy ra N1 (

0.5
0.25


0,5
0,5

4
: 2)
7

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2

0,25
0,25
23


 7x  3y 2
 A(  1 : 3)
 x  y 2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
Giả sử B(b;

2  7b
)
3

0.25
0,5

1
2

4b  4
b 2  B(2; 4)

2 2  
3 2
b  4(loai)

Khi đó d ( B, AH )  BC 2 2

0.5

PT đường thẳng BC: x-y = 6

0.5
0.25
 x - y 6
 H (4 :  2)  C (6;0)
 x  y 2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 

0.5

Câu
Nội dung
Điểm
Câu 5 a) . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện = 2 thì tam 2,0
4,0 giác ABC là tam giác cân.
+ Viết được sin A 
+ cos C 


0.5

a
b
; sin B 
.
2R
2R

0.5

a2  b2  c2
2ab

+ Thay vào = 2, rút gọn ta được b=c
+ Vậy tam giác ABC cân tại A

0.75
0.25

b). Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên
cạnh ACuuusao
cho NCr 2uNA
và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng
r uuuur uuuu
uur
uur
uuu
r

minh
:
BC  NM  BM  NC . Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB
uuur
và AC
uuur uuuur uuuu
r uuur
+ Chứng minh được BC  NM  BM  NC
+ Ta có I là trung điểm của MN
 

 

 

 AM  AN 2 AI

2.0

0.5
0.5
0.5

 

 
1
1  
 AB  AC 2 AI
2

3
 
1   1  
 AI  AB  AC
4
6

0.5

KỲ THI OLYMPIC TOÁN 10
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (5,0 điểm)
24


1) Giải phương trình

2
 3  2x  x2  1.
x 1  3  x

2
2
�
�x  y  2 y  6  2 2 y  3  0
2) Giải hệ phương trình �
.
 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2
�

�

Câu 2. (4,0 điểm)
Cho Parabol (P): y  ax 2  bx  1 .
3

11

�
�
1) Tìm các giá trị của a, b để (P) có đỉnh I � ;  �.
�2 2�

2) Với giá trị của a, b vừa tìm được câu 1, hãy tìm giá trị k để đường thẳng
 : y   k  6  x  1 cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho trung điểm H của
đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d: 4 x  2 y  3  0 .
Câu 3. (4, 0 điểm)
r
uuuu
r
uuur uuur 2 uuu
CN

CA
1) Cho tam giác ABC đều và các điểm M, N, P thỏa mãn BM  k .BC ,
,
3
uuur 4 uuu
r
AP  AB . Tìm giá trị của k để AM vuông góc với PN.

15

2) Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, AC  b . Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu
1  cos B
2a  c

sin B
4a 2  c 2

Câu 4. (4,0 điểm)
uuu
r 1 uuur
BE
 BC ,
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi E, F là điểm xác định bởi
3
uuur
1 uuur
CF   CD . Đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại I.
2
uuu
r uuu
r
1) Tính giá trị EA.CE theo a.

2) Chứng minh rằng �
AIC  900 .
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  abc . Chứng mình rằng
a

b
c
1
 2
 2
�
a  bc b  ac c  ab 2
2

----HẾT----

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

25