10 đề thi olympic toán 10 có đáp án (phần 1)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10

Năm học 2016-2017

(Thời gian làm bài 180 phút)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐÁP ÁN THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10

Năm học 2016-2017

(Thời gian làm bài 180 phút)

Phương trình đã cho tương đương:

(*)

Đặt

1,0

Phương trình (*) trở thành hệ đối xứng:

1,5

Đặt

Phương trình (2) trở thành: (2’)

Xem đây là phương trình bậc hai theo ẩn u.

.

Phương trình (2’) vô nghiệm Phương trình (2) vô nghiệm.

1,5

+) Với a = x thế vào (1):

Vậy phương trình có nghiệm .

1,0

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và : (1)

Theo đề: (1) có 2 nghiệm phân biệt > 0 (*)

1,0

Phương trình (1) có 2 nghiệm x, x nên x+ x=m+3 và x. x = 2+2m.

Theo đề :

1,0

Kết hợp với (*) ta được :

1,0

Ta có:

1,0

0,5

Áp dụng giả thiết và bất đẳng thức Côsi ta được:

1,0

, dấu = xảy ra khi a = 2, b = 3, c = 4

0,5

Điều kiện:

Đặt

0,25

0.5

Hệ trở thành (vì loại)

0.5

thay vào (không thỏa mãn)

0.5

Vậy hệ có một nghiệm

0.25

Ta có

1,0

1,5

0,5

Tìm tọa độ điểm sao cho có giá trị nhỏ nhất

- Phương trình các đường phân giác góc A là

- Do Δ cân tại nên phân giác trong ()

của góc vuông góc với BC

1,0

- , khi đó đi qua và có vtpt ;

⇒Phương trình cạnh :

Tọa độ  :

Tọa độ  :

Khi đó  ; ngược hướng ; nằm hai phía () ( thỏa mãn)

1,0

- , khi đó đi qua và có vtpt

⇒Phương trình cạnh:

Tọa độ  :

Tọa độ  :

Khi đó  ; cùng hướng (loại)

1,0

Với  ; . Đặt

. Dấu

Vậy thì nhỏ nhất bằng -32.

1,0

Câu

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

1

1

2,0 điểm

Tọa độ đỉnh, chiều lõm

1,0

Hình dạng

1.0

1

2

2,0 điểm

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi

1.0

1.0

2

2,0 điểm. Giải phương trình sau:

Đk x -1

0,5

Phương trình tương đương (

0.5

0.5

Giải được nghiệm x = 3; x =

0.5

3

( 3 điểm). Giải hệ phương trình:

* Thay x = 0 vào hệ ta thấy không thỏa hệ.

* Với hệ

1,0

Đặt

Hệ trở thành

0.5

Giải được

0,5

* Với

Ta có

0,5

* Với ta có

Ta có

0,5

4

4 điểm. Cho .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a+ b + c

; ;

1,5

Cộng vế theo vế ta được VT

1,5

S

0,5

GTLN của S bằng 3 khi a = b = c =1

0,5

5

3,0 điểm: Chứng minh điểm M thuộc đường tròn khi và chỉ khi .

Ta có:

0,5

1,5

++= 2BC² = 6R²

0,5

1,0

( đpcm)

6

4,0 điểm

B

A

C

D

H

K

I

E

- 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 hay KE song song và bằng BC

0.5

Do đó: CE: 2x - 8y + 27 = 0

1.0

Mà , mặt khác E là trung điểm của HD nên

0.5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0.5

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

1.0

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

0.5

SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KÌ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 2 – TOÁN 10

Thời gian làm bài: 180ph, không kể thời gian giao đề

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN

SỞ GIÁO VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

KÌ THI OLYMPIC 24-3 LẦN THỨ 2 – TOÁN 10

Hướng dẫn chấm

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN

Câu

Nội dung

Điểm

Câu1

5đ

1. Giải bpt: (1)

2đ

ĐK:

Đặt

BPT (1)

Mà do và t 0 nên >0.

BPT tt: x-t-1 0 t²-2t-1 0

Lúc đó, x

Vậy nghiệm của BPT là x

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

1. Giải hệ phương trình: (2)

3đ

(2)

Đặt lúc đó hệ trở thành:

Đặt S=u+v; P=uv;

Hệ trở thành:

Lúc đó,

Vậy nghiệm của hệ:

0.25

0.5

0.25

0.25x4

0.5

0.5

Câu 2

4đ

a. Giả sử phương trình bậc 2 ẩn x(tham số m): có 2 nghiệm thỏa . Tìm GTLN,GTNN của P=

3đ

PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt thỏa

Định lí Viet

BBT

Dựa trên BBT, ta có MaxP=16 tại x=2; MinP=-144 tại x=-2

0.25

0.5

0.5

0.25

0.5

0.5

0.5

1. Cho hàm số y=f(x)=2(m-1)x+ . Tìm tất cả các giá trị của m để f(x)<0,

1đ

, f(x)=2(m-1)x-m

f(x)<0,

0.25

0.5

0.25

Câu 3

3đ

Phần a.

Vì (1)

Gỉả sử, =

VÌ B,K,E thẳng hàng(B E) nên ta có m sao cho

Do đó ta có:

Từ đó, x= và m= . Vậy

1.5đ

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Phần b

Gọi M,N,K lần lượt là các tiếp điểm của cạnh AC,AB,BC đối với đưởng tròn nội tiếp tam giác ABC.

Ta dễ dàng CM: AM=p-a

Nên

CM tương tự, ;

Lúc đó, VT=

1.5đ

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 4

4đ

Vẽ hình

Gọi B(a;1-2a); Gọi N là trung điểm AC suy ra

Ta có:

Mà nên tồn tại k thuộc R sao cho

Pt đường AC: x+y-6=0(1)

Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R=IB= là (2)

Tọa độ A,C là nghiệm hệ gồm (1) và (2), giả ra ta được

Vậy A(3;3); B(1;-1); C(7;-1) hoặc C(3;3); B(1;-1); A(7;-1)

0.5

0.75

0.25

0.75

0.5

0.5

0.25

0.5

Câu 5

4đ

Giả thiết ta có:

Ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y=z

Viết 2 bđt tương tự rồi cộng lại, ta được:

; Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

Ta sẽ CM:

Điều này luôn đúng

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

0.5

1

0.5

0.25

0.75

0.25

0.25

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

ĐỀ THI OLYMPIC 24 – 3

Năm học 2016 – 2017

Môn thi: Toán – Lớp 10

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Câu

Nội dung

Điểm

1a

1,25

Tìm tập xác định của hàm số

y có nghĩa

Kết luận TXĐ D = [-2; 2)

0.5

0.5

0,25

1b

1,75

Cho parabol (P): y = x² + 3x – 4 và đường thẳng d: x – y – 3m = 0. Tìm tất cả các giá trị m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thuộc đoạn [-2; 3]

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P): x² + 2x + 3m – 4 = 0 (*)

(*) cũng là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị 2 hàm số y = x² + 2x – 4 và y = -3m

+Vẽ bảng biến thiên của hàm số y = x² + 2x – 4 trên đoạn [-2; 3]

+Lập luận và dựa vào bảng biến thiên để có

Kết luận

0.5

0,5

0,5

0,25

2a

2,0

Giải bất phương trình (1)

Điều kiện:

Khi đó (1)

Kết luận tập nghiệm

0.25

0.25

0.5

0.5

0.25

0,25

2b

3,0

Giải hệ phương trình (2)

Điều kiện:

(2)

Kết luận nghiệm của hệ phương trình

0.25

0,5

0.75

1

0,5

3

3.0

Áp dụng BĐT Bu-nhia-cốp-xki ta có:

(1)

Tương tự (2)

(3)

Từ (1), (2), (3)

0.

Do

Nên

Dấu “ =” xãy ra khi

0.5

0.5

0.25

0.25

0.5

0.5

0.25

0.25

4

2.0

=

0.5

0.5

0.5

0.5

5a

2.0

0.5

0.25

0.25

0.5

0.5

5b

2.0

Gọi S là diện tích tam giác ABC, K và H lần lượt là tiếp điểm của đường tròn với các cạnh AB, AC; r là bán kính đường tròn. ta có:

2S = AB.AC = (AK + KB).(AH + HC)

= (r + KB).(r + HC)

= (r + BI).(r + CI)

= r² + r.BI + r.CI +BI.CI

= r.(r + BI + CI) + BI.CI

= r.p + BI.CI

= S + BI.CI

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

6

3.0

Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông góc của G lên BI.

A

Ta có GN//AI

E là trọng tâm ACD

cân tại GA,B,E thuộc đường tròn tâm G,

bán kính GE

vuông cân tại G

Phương trình (AG):(AG): x + 13y – 51 = 0

GA = GE

Phương trình (BD) đi qua E và M: 5x – 3y – 17 = 0

Phương trình đường tròn (G) tâm G, bán kính GE:

B là giao điểm thứ hai của (BD) và đường tròn (G)

AD qua A và vuông góc với AB, phương trình (AD):4x + y = 0

D là giao điểm của (BD) và (AD) nên D(1;-4)

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Nội dung

điểm

Câu 1 a

- đk ,đặt ,

- pttt

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 1 b

Hệ tương đương với

Đặt

Với

với

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 2

- phương trình hđgđ:

Đk để cắt tại 2 điểm A,B:

- ta có

KL

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 3

- với áp dụng AM-GM ta có:

Do ta có

(1)

Tương tự ta có

(2)

(3)

(1)+(2)+(3) vế theo vế ta được

Đẳng thức xảy ra khi Vậy

1.0

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 4a

cân tại B nên

AC là phân giác

Gọi I là hình chiếu của B trên AC

Gọi N là điểm đối xứng của B qua AC và I là trung điểm BN

Đường thẳng qua M,N

0.5

0.5

0.5

0.5

Câu 4b

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Dựng hệ trục Oxy với

Giả sử bán kính đường tròn là R thì phương trình đường tròn ngoại tiếp ABCD là

nằm trên cung AB nên

nên

Gọi nên tọa độ I là nghiệm hệ

Đường thẳng BD:

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 5

- dựng đường kính AD

là hình bình hành

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐỀ THAM KHẢO

KỲ THI OLYMPIC 24/3

NĂM HỌC 2016 – 2017

Môn thi: TOÁN 10

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi:25 tháng 3 năm 2017

CÂU 1 ( 5 điểm) Điều kiện :

Từ phương trình ta có

0,5

0,5

Thay vàota được pt:

, Đ/K

Giải (a) có nghiệm x = -1 ; y= 0 v x=2 ; y = 3

Do điều kiện nên (b) vô nghiệm

Vây hệ phương trình có hai nghiệm ( -1;0) (2;3)

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

Câu 2 (5.0 đ) a) (2 điểm 5) Gọi x, y lần lượt là số xe loại A, B cần dùng .

Theo đề bài thì cần tìm x, y sao cho T(x,y) = 4x+3y đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có:

Miền nghiệm (S) của hệ II được biểu diễn bằng tứ giác ABCD kể cả biên như hình vẽ :

0;5

O;5

Ta biết rằng T nhỏ nhất đạt tại các giá trị biên của tứ giác ABCD, nên ta cần tìm các toạ độ các đỉnh S

A(x,y) là nghiệm hệ:

B(x,y) là nghiệm hệ

C(x,y) là nghiệm hệ

D(x,y) là nghiệm hệ

Tính giá tri T(x, y) tại các điểm biên:

T(A) = 4.5+3.4 = 32(triệu) T(B) = 4.10+3.2 = 46(triệu)

T( C ) = 4.10+3.9 = 67(triệu) T(D) = 4.+3.9 = 37(triệu)

Vậy T(A) = 32 triệu là nhỏ nhất nên chọn 5 xe A và 4 xe B.

0;5

0;5

0;5

b) ( 2 điểm 5) Cho có H là trực tâm và các đường cao là AA’ ; BB’ ; CC’ . Biết AA’ = 3 ; CC’ = và . Tìm diện tích tam giác ?

• Gọi A, B và C là 3 góc của tam giác ABC

* =>

Tứ giác AC’A’C nội tiếp trong đường tròn nên

Suy ra cotgA = ½ cotgC = 1/3 ; cotag B = 1 => B = 45⁰ Vậy S = 6

0;5

0;5

0;5

0;5

0;5

Câu 3( 3 điểm) Cho là các số thực dương thỏa mãn : . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

Từ điều kiện: , ta suy ra:

; ;

1;0

Ta có:

(áp dụng BĐT Cauchy)

Vậy

1;0

1;0

1;0

Câu 4: (2.0 đ) Cho hàm số Cho tam giác . Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn hệ thức

Gọi I trung điểm B ;C

Gọi J trung điểm A ;I

⬄ ⬄ 4MJ=AB

Vậy tập hợp điểm M là đường tròn Tâm J trung điểm AI và R = MJ/4

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

Câu 5 ( 4 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB, AD lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BF. Giả sử và điểm C thuộc đường thẳng . Tìm tọa độ C

* Gọi . Khi đó ta có (cùng phụ góc )

Suy ra

*nên BCME là hình chữ nhật.

Gọi I là tâm của hình chữ nhật BCME, suy ra (1)

Tam giác MHB vuông tại H nên (2)

Từ (1) và (2) suy ra tam giác HEC vuông tại H

*Ta có: , nên .

Vậy

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

0 ;5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN TOÁN- LỚP 10

Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề.

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1:

a)Giải hệ phương trình:

* Điều kiện: x + y > 0

0,5

* (1) ⇔ (x² + y²)(x + y) + 8xy = 16(x + y)

⇔ [(x + y)² – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0

⇔ (x + y)³ – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0

⇔ (x + y)[(x + y)² – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0

⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0

1

0,5

⇔

0,5

Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được:

x² + x – 4 = 2 ⇔ x² + x – 6 = 0 ⇔ .

0,5

(4) vô nghiệm vì x² + y² ≥ 0 và x + y > 0.

0,5

Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2)

0,5

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 2:

Cho các số thực , , , thỏa mãn điều kiện .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Viết lại .

0,5

Đặt , , . Ta có . Mà nên . Đẳng thức xảy ra khi là hình chiếu của trên .

1,5

Suy ra .

0,5

Vậy đạt được chẳng hạn khi .

0,5

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 3:

Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện :

sin + sin = 2cos.

Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.

Ta có: sin( ) + sin() = 2 sin() cos() .

1 sin() > 0; cos() > 0

0 <

cos()cos()

cos()cos()

1

Từ sin( ) + sin() = 2cos() và cos()>0

Suy ra : 2sin()cos() >0

Hay cos()>0.

0,5

Kết hợp với sin()1, ta có sin()cos()cos()

Do đó: 2 sin()cos() 2cos() 2cos()

0,5

Vì vậy nếu sin( ) + sin() = 2cos() thì phải có:

A = B = .

Vậy tam giác ABC là tam giác đều.

1

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 4:

Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho

;

;

Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD.

Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho

.

0,5

Từ , ta có .

Tương tự , , .

0,5

Do đó PA = QB = RC = SD GA = GB = GC = GD.

0,5

Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD.

1

Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.

0,5

Câu 5: Tìm tọa độ điểm sao cho có giá trị nhỏ nhất

- Phương trình các đường phân giác góc A là

- Do Δ cân tại nên phân giác trong ()

của góc vuông góc với BC

- , khi đó đi qua và có vtpt ;

⇒Phương trình cạnh :

Tọa độ  :

Tọa độ  :

Khi đó  ; ngược hướng ; nằm hai phía () ( thỏa mãn)

Bài

Đáp án

điểm

1.a

Điều kiện: x ≥ -2

∙Với x = -2, không thỏa mãn phương trình.

∙Với x > -2, phương trình tương đương

Đặt

Phương trình trên trở thành: 3u² - 10u +3 = 0 ⇔ u = 3 hay u =

∙ Với u = 3 ta được : ⇔ x² -11x - 14 = 0

∙ Với u = ta được : ⇔ 9x² - 19x + 34 = 0 (vô nghiệm)

So sánh với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình là:

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

1.b

Ta có: (1) ⇔ ⇔

Với x = y: Thay vào (2) ta được x = y = 2

Với x = 4y: Thay vào (2) ta được

Vậy hệ trên có nghiệm :

1

0.75

1

0.25

2

a/(1 đ)

+Txđ + Tọa độ đỉnh

+Trục đối xứng + Bảng biến thiên

+Sự biến thiên + Bảng giá trị

+ Vẽ đồ thị

0,25

0,25

0,25

0,25

2.b

(1đ)

+

+ ngắn nhất

+ nhỏ nhất

+ nhỏ nhất

khi và chỉ khi :

+ Có 2 điểm M cần tìm là:

0,25

0;25

0,25

0,25

2.c

(2đ)

+Tại điểm

+Tìm được hệ số góc của đường thẳng : k =

+ Tìm được hệ số góc của tiếp tuyến tại đểm là

+ Suy ra được :

+ Tương tự tại điểm

0,5 đ

0,75đ

0,25

0,5

Câu3a

1,5đ

.Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho

.

Từ , ta có .

Tương tự , , .

Do đó PA = QB = RC = SD GA = GB = GC = GD.

Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G trùng O và M là điểm duy nhất xác định bởi . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD.

Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì không tồn tại điểm M.

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

Câu 3b

1,5đ

Do đó

Vậy tam giác cân và có góc 60⁰ nên là tam giác đều.

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu4

4đ

+ Tìm được trung điểm M của BC là :

+ Phương trình của đường thẳng AD đi qua D và vuông góc với BC :

x+y-2=0

+ A là giao điểm của AD và AM : A(1;1)

+ Gọi N là trung điểm của AD :

+ Phương trình đường trung trực của AD là (a) : x-y-3=0

+ Phương trình đường trung trực của BC là (b) : x+y-3=0

+ Goi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Suy ra I là giao của (a) và (b) : I(3;0) và IA= là bán kính.

+ Phương trình dường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng:

(C) :

+Tọa độ của B,C là giao của (C) và đường thẳng BC . Vì hoành độ của B lớn hơn 3 nên B(5;1) C(2;-2)

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 5

(4đ)

Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:

(1)

(2)

(3)

Cọng (1) , (2) và (3) theo vế ta được đpcm

1đ

1đ

1đ

1đ

Nội dung

Điểm

Nội dung

Điểm

Câu 1:

a/ (2 điểm)

Điều kiện:

Đặt

Pt thành:

Giải ra

0.25

0.25

0.25

0.5

0.25

0.5

* Xét m= 1 bpt thành 3>0

đúng

m = 1 là giá trị cần tìm

* Xét

ycbt

Vậy:

0.25

0.25

0.25

Câu 2b (2điểm)

Pthđgđ

(C) cắt d tại 2 điểm pb

Gọi

0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

Câu 1b/ 3điểm

Điều kiện

Hệ pt thành

Đặt

Hệ thành

Với

Với vô nghiệm

0.25

0,5

0,5

0.25

0.5

0.5

0.25

0.25

Câu 3 a (2điểm)

mà

Tương tự suy ra

0.5

0.5

0.25

0.75

Câu 2:a/ (1điểm)

Hs có TXĐ D = R

0.25

Câu 3b: 2điểm

Đặt

Điều kiện:

Lập bảng biến thiên trên

MaxE = 55 khi

A

E

D

K

C

B

M

0.5

0.5

0.25

0.5

0.25

Câu 6 a: 2điểm

B

F

D

H

G

A’

C

A

E

B’

Ta có

G H =GA’ nên ta có

Từ (1) và (2) suy ra

đồng dạng

Mà

0.25

0.5

0.25

0,25

0,25

0.25

0.25

Câu 4: 2điểm

Đặt

+

Ta có

Suy ra M là trung điểm AC.

0.5

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

Câu 6b: 1 điểm

Chứng minh tương tự câu a

là hình bình hành

G là trọng tâm

------------Hết-------------

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 5: 3điểm

Gọi là điểm đối xứng của A qua I

Chứng minh được là hình bình hành

Gọi M là tâm hbh

M là trung điểm

Ph trình BC:

. Ph trình đường tròn (C) ngoại tiếp :

Giải hệ

Tìm được

Hoặc

0.25

0.5

0.25

0.5

0.25

0.5

0.5

0.25

0.25

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT NÚI THÀNH

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC 24/3 NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu

ý

Nội dung

Điểm

Câu 1

(2,0đ)

+ Hs có tập xác định R f(x) = > 0

+ TH1: m = 1

f(x) = 4 > 0

Do đó m = 1 thỏa đề.

+ TH2: m ≠ 1

f(x) > 0

+ Kết luận:

0.25

0,25

0.5

0.5

0.5

Câu 2

1.

(2,5đ)

Đk: (*)

Pt đã cho tương đương với

Vậy: Tập nghiệm của phương trình: S =

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

2.

(3.5đ)

+ y = x, thế vào pt(2):

y = x = 0.

+ y = 2x – 1, thế vào (2):

+ Kết luận:

1,0

1,0

1,0

0.5

Câu 3

(2đ)

Cho (P): y = 2x² – 2x + 1 có đỉnh I và đường thẳng d: y = m. Tìm tất cả các giá trị của để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB vuông.

+ PT hoành độ giao điểm của (P) và d: 2x² – 2x + 1 – m = 0 (*).

+ Đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B

Pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x₁, x₂

m >

+ Ta có I(;), A(x₁; m), B(x­­₂; m)

Tam giác IAB vuông tại I khi và chỉ khi

+ Kết luận: m = 1

0.25

0.25

0.5

0,5

0,5

Câu 4

(7.0đ)

a)

(2đ)

b)

(3đ)

c)

(2đ)

+ Tính BE² = x² – 10x + 100

+ BE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE khi

BE² = BA.BD

= x² – 10x + 100 = 10(10 + 6)

Giải tìm được x =

Gọi , do nên, suy ra

CN có véc tơ pháp tuyến nên phương trình

Tọa độ C thỏa mãn hệ , suy ra

Do và nên C là trung điểm DE, suy ra . Do đó D đối xứng với N qua AC.

Phương trình , từ đó suy ra Do nên

Vậy

Vẽ đường cao BM và CN của tam giác ABC (). Gọi K là trung điểm của BC, qua K kẻ đường thẳng song song với CN và BM cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Khi đó E là trung điểm BN và F là trung điểm CM.

Bốn điểm nằm trên đường tròn đường kính , theo định lý sin trong tam giác EKF ta được .

Áp dụng định lý cosin trong tam giác EKF ta được :

(vì ).

0.5

1,0

0,5

0,5

1,0

0,5

1,0

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 5

(3.0đ)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

Ta chứng minh

Thật vậy, luôn đúng

do .

Tương tự, ta cũng được

Từ (1), (2) và (3) ta được:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay tam giác đã cho là tam giác đều

0.5

0.5

0.5

0,5

0,5

0.5