TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Số báo danh

Môn thi: TỐN - Lớp 10 THPT

………………………

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi có 01 trang - gồm 10 câu

10 − x 1
−
5+ x 2

y=
Câu 1. Tìm tập xác địnhcủa hàm số

(x

+ ax + 1) + a ( x 2 + ax + 1) + 1 = 0 ( 1)
2

2

Câu 2. Cho phương trình

với

a

là tham số.

a = −2

a. Giải phương trình với

( 1)

b. Khi phương trình

có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng

a>2

.

y = f ( x ) = ax 2 + bx + c
Câu 3. Cho hàm số

có đồ thị như hình vẽ bên.

Tìm các giá trị nguyên của tham số

m

để phương trình


f 2 ( x ) + ( m − 2) f ( x ) + m − 3 = 0
có 6 nghiệm phân biệt
Câu 4. Giải phương trình

3 3x − 2 + 6 x − 1 + 7 x − 10 + 4 3 x 2 − 5 x + 2 = 0

x − 2 − 2 ≥ 2 x − 5 − x + 1.

Câu 5. Giải bất phương trình

Câu 6. Giải hệ phương trình:
Câu 7. Cho hình chữ nhật
r uuur
uuur uuuu
r
u = MA + 2 MB + 3MC

Câu 8. Cho tam giác
AC = a

2
2
3
5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
 2
2
 x + y = 2

ABCD


, trong đó

ABC

AB = 2 AD BC = a
,
. Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài vectơ

có

M

là điểm thay đổi trên đường thẳng

vng tại

, và góc giữa hai véc tơ

uuur
GB

A

và

, G là trọng tâm tam giác

uuur
GC


là nhỏ nhất.

BC

ABC

.

. Tính độ dài cạnh

AB

biết cạnh


ABC

A

Câu 9. Cho tam giác
cân tại , nội tiếp đường tròn tâm
ADC
OE ⊥ CD
trọng tâm tam giác
. Chứng minh rằng
.

P=

x ∈ ( 0;1)

Câu 10. Với

O

, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

. Gọi

D

là trung điểm của

AB E
,
là

1 − x (1 + 1 − x )
5
+
x
1− x

.

---------------------Hết-----------------Thí sinh khơng được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
Có 06 trang


ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG LẦN 2 CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN 10

Câu

Nội dung

y=
Tìm tập xác địnhcủa hàm số

Hàm số xác định khi và chỉ khi

1
Hoặc

Điểm

10 − x 1
−
5+ x 2

2,0

10 − x 1
− ≥0
5+ x 2
0,5

10 − x 1
− ≥0


 5+ x 2
 x + 5 ≠ 0

( 5 − x ) ( 5 + x ) ≥ 0
20 − 2 x − 5 − x
3(5 − x)
≥0⇔
≥0⇔
2(5 + x)
2(5 + x)
 x + 5 ≠ 0

⇔

⇔ −5 < x ≤ 5

0,5
.
0,5

D = ( −5;5]
Vậy tập xác định của hàm số là

(x

2

2


Cho phương trình

0,5

.

+ ax + 1) + a ( x 2 + ax + 1) + 1 = 0 ( 1)
2

a = −2

với

a

là tham số.

a, Giải phương trình với
( 1)
a>2
b, Khi phương trình
có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng
.
( 1)
a = −2
a, với
phương trình
thành

(x


2

− 2 x + 1) − 2 ( x 2 − 2 x + 1) + 1 = 0
2

⇔ ( x − 1) − 2 ( x − 1) + 1 = 0
4

2

2,0

0,5


⇔ ( x − 1) = 1
2

x = 0
⇔
x = 2

0,5

(x

2

+ ax + 1) + a ( x 2 + ax + 1) + 1 = 0 ( 1)

2

b, Xét phương trình
x 2 + ax + 1 − t = 0 ( 2 )
t = x 2 + ax + 1,
Đặt
khi đó
và phương trình đã cho trở thành:
2
t + at + 1 = 0 ( 3)
.
( 1)
a
t
a2 − 4 ≥ 0
a 2 − 4 + 4t ≥ 0
Phương trình
có nghiệm khi và thỏa mãn:
và
.
2
a − 4 ≥ 0 ⇔ a ≤ −2
a≥2
hay
.

Nếu

a ≤ −2


( 3)
thì

có nghiệm

( 2)

a 2 − 4 + 4t > 0,

t > 0,

khi đó

suy ra

( 1)

0,5

có hai nghiệm

phân biệt, mâu thuẫn với giả thiết
có nghiệm duy nhất.
( 3)
t = −1,
a=2
a 2 − 4 + 4t ≥ 0
Nếu
thì phương trình
có nghiệm

khi đó điều kiện
khơng được thỏa mãn.
a>2
Vậy
.

0,5

2,0
3

Ta có:

 f ( x ) = −1
f 2 ( x ) + ( m − 2) f ( x ) + m − 3 = 0 ⇔ 
 f ( x ) = 3 − m

.

y= f ( x)

y = f ( x)
Từ đồ thị hàm số

0,5

ta suy ra đồ thị hàm số

như sau:


0,5

f ( x ) = −1
+ Phương trình

có hai nghiệm phân biệt

Để phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt thì phương trình
4 nghiệm phân biệt

0,25

f ( x ) = 3− m

0,25
phải có


⇔ −1 < 3 − m < 3 ⇔ 0 < m < 4

.

m ∈ { 1;2;3}
Kết hợp m là số nguyên nên
Giải phương trình:
x ≥1
ĐKXĐ:

0,25
0,25


.

3 3x − 2 + 6 x − 1 + 7 x − 10 + 4 3 x 2 − 5 x + 2 = 0

2,0

3 3x − 2 + 6 x − 1 + 7 x − 10 + 4 3 x 2 − 5 x + 2 = 0

Ta có:
⇔ 3 3x − 2 + 2 x − 1 + ( 3x − 2 ) + 2. 3x − 2.2 x − 1 + 4 ( x − 1) − 4 = 0

(

⇔

4

(

)

)

2

3x − 2 + 2 x − 1 + 3

(


0,5

)

3x − 2 + 2 x − 1 − 4 = 0

 3x − 2 + 2 x − 1 = 1
⇔
 3 x − 2 + 2 x − 1 = −4 (VN )

0,5

⇔ 3x − 2 + 2 x − 1 = 1
⇔

3 ( x − 1)
3x − 2 + 1

+ 2 x −1 = 0

0,5

 3 x −1

⇔ x − 1 
+ 2÷
÷ = 0 ( 1)
 3x − 2 + 1



Vì

3 x −1
+ 2 > 0 ∀ x ≥1
3x − 2 + 1

( 1) ⇔

x −1 = 0 ⇔ x = 1

nên

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
Giải bất phương trình
x³

Điều kiện xác định:

x =1

0,5

.

x − 2 − 2 ≥ 2 x − 5 − x + 1.
5
.
2

2,0


0,5

x - 2 + x +1 ³
Bất phương trình tương đương:
Û 2 x - 1 + 2 ( x - 2)( x +1) ³ 2 x - 1 + 4 2 x - 5.
5

(thỏa mãn).

2 x - 5 + 2.

éx ³ 6
ê
Û
.
2
ê
Û x - 9 x +18 ³ 0
ëx £ 3

0,5
0,5

éx ³ 6
ê
Û
.
ê
x

£
3
Û x 2 - 9 x +18 ³ 0
ë
x³ 6
Vậy nghiệm của bất phương trình là

hoặc

5
£ x £ 3.
2

0,5


Giải hệ phương trình:

Hệ đã cho

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0
 2
2
 x + y = 2

2,0

2
2
3

2
2
5 x y − 4 xy + 3 y − ( x + y )( x + y ) = 0
⇔ 2
2
 x + y = 2

0,25

4 x 2 y − 5 xy 2 + 2 y 3 − x3 = 0 (*)
⇔ 2
2
 x + y = 2

Ta thấy x = 0 không là nghiệm của hệ nên từ PT (*) đặt:
6

0,25

ta được PT:

t = 1
2t − 5t + 4t − 1 = 0 ⇔  1
t =
 2
3

2

Khi t = 1 ta có:


Khi

1
t=
2

0,25

y = x
 x = 1  x = −1
⇔
∨
 2

2
y
=
1
x
+
y
=
2

 y = −1


ta có:




2 2
2 2
x
=
x=−
1



5
5
y = x


⇔
∨ 
2

 x2 + y 2 = 2
y = 2
y = − 2



5
5

( x; y )

7

y
t=
x

 2 2 2   −2 2 − 2 
;
;
÷; 
÷
5
5
5
5




( 1;1) ; ( −1; −1) ; 

Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm
là
ABCD
AB = 2 AD BC = a
Cho hình
có
,
. Tính giá trị nhỏ nhất của độ dài
r chữ

uuurnhậtuuur uuu
u
r
u = MA + 2 MB + 3MC
BC
M
vectơ
, trong đó
là điểm thay đổi trên đường thẳng
.

0,5

0,5

0,25

2,0
0,5

AB = 2 AD = 2 BC = 2a
AC ∩ BD = 0

.

AC , BD
(trung điểm của

).



r uuur uuur uuuu
r uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
u = MA + 2 MB + 3MC = MA + MC + 2MB + 2 MC

(

)

uuuu
r uuur uuuu
r
uuur
= 2MD + 2 MB + 2MC = 6 MP

r
u

min

tại

M

là trọng tâm

∆OBC


).

0,5
0,5

.

O
OH
P
cân tại , nên thuộc trung tuyến
và
r
1
min u = 6 PH = 6. OH = 2Oh = 2a
3
M ≡H
(Khi
).
ABC
ABC
A
AB
Cho tam giác
vuông tại , G là trọng
tâm
tam
giác
.

Tính
độ
dài
cạnh
uuur
uuur
GB GC
AC = a
biết cạnh
, và góc giữa hai véc tơ
và
là nhỏ nhất.

Vì

8

⇔ 6 MPmin ⇔ PM ⊥ BC

∆OBC

P

(với

0,5

2,0

0,5


K ,D

AB, AC

Gọi

lần lượt là trung điểm
uuur
uuur .
α
GB GC
Gọi
là góc giữa hai véc tơ
và
.
uuur uuur
uuur uuur
cosα = cos GB,GC = cos DB, KC

(

)

(

)

Ta có:
uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur
BA + BC CA + CB
DB.KC BD.CK
=
=
=
DB.KC BD.CK
4 BD.CK

(

=

)(

uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2
BA.CA + BC. CA − BA − BC

(

)

4 BD.CK

2 BD.CK ≤ BD 2 + CK 2 =

0,5

=−


1 uuur uuur
BA + BC
4

(

)

2

BC
2 BD.CK

)

2

BA ⊥ CA
( Do
)
u
u
u
r
u
u
u
r
2
1

+ CA + CB
4

(

=

uuur uuur
uuur uuur
1
2
2
2
AB
+
AC
+
2
BC
+
2
BA
.
BC
+
2
CA
.CB 
4


=

1
 AB 2 + AC 2 + 2 BC 2 + 2 BA 2 + 2CA 2 
4

5
= BC 2
4

.

)

(Theo cơng thức hình chiếu véc tơ)

0,5


cosα ≤ −
Suy ra

Ta có góc

4
5

. Dấu bằng xảy ra khi

α


BD = CK ⇔ AB = AC = a

4
−
5

cosα

.

0,5

AB = a

nhỏ nhất khi
lớn nhất bằng
. Khi đó
.
ABC
O
A
D
Cho tam giác
cân tại , nội tiếp đường tròn tâm . Gọi
là trung điểm của
ADC
OE ⊥ CD
AB E
,

là trọng tâm tam giác
. Chứng minh rằng

uuur 1 uuu
r uuu
r
r uuu
r uuur
1 uuu
CD = CA + CB = OA + OB − 2OC
2
2

(

9

)

(

)

Ta có:
uuur 1 uuu
r uuur uuur 1  uuu
r 1 uuu
r uuu
r uuur  1 uuu
r uuu

r uuur
OE = OA + OD + OC =  OA + OA + OB + OC ÷ = 3OA + OB + 2OC
3
3
2
 6

(

)

(

)

(

Do đó:
uuur uuur 1 uuu
r uuu
r uuur
uuu
r uuu
r uuur
CD.OE =
OA + OB − 2OC . 3OA + OB + 2OC
12
uuur uuur
uuu
r uuur uuu

r uuur
⇔ 12CD.OE = 3OA2 + OB 2 − 4OC 2 + 4OA.OB − 4OA.OC
uuur uuur
uuu
r uuur uuur
uuu
r uuu
r
⇔ 12CD.OE = 4.OA OB − OC = 4.OA.CB = 0

(

)(

(

(Vì

∆ABC

A

2,0

)

)

0,5


0,5

)

O

cân tại
có
là tâm đường tròn ngoại tiếp nên
uuur uuur
CD.OE = 0 ⇔ CD ⊥ OE
Do đó
(điều phải chứng minh)

OA ⊥ BC

0,5
)
0,5

x ∈ ( 0;1)

10
Với

P=

, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 − x (1 + 1 − x )

5
+
x
1− x

2,0
.

P=

t = 1− x , 0 < t <1
Đặt

ta được

P=
Áp dụng BĐT Cô si, ta có

5( 1 − t )
t
5
t
+ =
+
+5
1− t t 1− t
t

5( 1 − t )
t

+
+5≥ 2 5 +5
1− t
t

0,5
0,5

.


t=
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x=

MinP = 2 5 + 5
( 0;1)

Vậy

khi

5− 5
4

0,5
.

−7 + 5 5

8

---------------------Hết------------------

0,5