TRƯỜNG THPT MINH CH¢U ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút.
Câu 1. (1 điểm)
Cho hàm số
2
4 3y x x= − +
có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Dựa
vào đồ thị, tìm m để phương trình:
2
4 3 2 1x x m− + = +
có đúng 2 nghiệm.
Câu 2. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình:
( ) ( )
2
2 1 3 2 0mx m x m− − + − =
có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn:
1 2
2 1x x+ =
.
Câu3. (3 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
7 2 5
2 1
x y x y
x y x y

+ + + =


1
d
và
2
d
.
a. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên
1
d
, đi qua điểm M và tiếp xúc với
2
d
.
b. Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm M cắt
1
d
,
2
d
lần lượt ở B và C sao
cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC
=
3AB.
3) Trong hệ trục Oxy cho ∆ABC có
( )
2; 1 ,B −
đường cao hạ từ A và phân giác góc C lần
lượt có phương trình

2
2
2
2 1 5
( ; ) 1
5
+ − −
= ⇔ − + =
a a
IM d I d a a

2
26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ±
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = +
Phương trình (T) là
:
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y
•
( ) ( )
13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = −
Phương trình (T) là :
( ) ( ) ( )
2 2 2
13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2)
Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

0;5
0
5 18 0
18
18 11
;
5
5 5
F
x
x x
x
F

=



⇔ − = ⇔ ⇔
 


=
−
 ÷


 

(Cả hai điểm F này đều thỏa mãn

uuur
F EF x y
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là
: 0x y∆ + =
và
: 7 6 0x y∆ + − =
Ñieàu kieän
2
3
x ≥
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2
2
2
9( 4 1 3 2) 3
9 4 1 3 2 4 1 3 2 3 4 1 3 2
9 3 3 4 1 3 2
9 4 1 3 2 d 3 0
81 4 1 3 2 2 4 1 3 2
82 7 2 4 1 3 2
82 7 0


− = − −


≤

− ≥

⇔ ⇔


=
− + =


=

6x



⇔ =





ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN TOÁN 10
câu NỘI DUNG T.
Điểm

2
+∞
y
+∞

+∞
- 1
0,75
- Đồ thị:
0,75
2)
- Vẽ đồ thị hàm số:
2
4 3y x x= − +
0,5
- Số nghiệm của PT:
2
4 3 2 1x x m
− + = +
(1)
bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số
2
4 3y x x= − +
và
2 1y m= +
.
0,5
- Đồ thị hàm số
2 1y m= +
là đường thẳng song

hoặc
1
2
m
= −
.
Nếu thiếu TH
2 1 0m + =
trừ 0,5 đ
0,75
2.
Nếu m = 0 PT đã cho trở thành:
2 6 0 3x x− = ⇔ =
(loại).
0,5
Nếu
0m ≠
PT đã cho là một PT bậc hai.
( ) ( )
2
2
' 1 3 2 2 4 1m m m m m∆ = − − − = − + +
0,5
Điều kiện để PT có hai nghiệm là:
( )
2
2 6 2 6
' 0 2 4 1 0 *
2 2
m m m

+ =

.
0,5
Thay
2 m
x
m
−
=
vào PT ta có:
( ) ( )
2 6 4 0 2m m m− − = ⇔ =
hoặc
2
3
m
=
0,5
Đối chiếu điều kiện ta có: m = 2 hoặc
2
3
m =
.
0,5
3.
1)
Điều kiện:
7 0; 2 0x y x y+ ≥ + ≥
.

= −


⇔
 
− −
+ − =
+ − =



0,5
5
3
2
2
7
u v
u
v
v
v
= −

=


⇔ ⇔
=


1
1
2
x x x= − ⇔ =
.
0,5
Thay
0
1
2
x =
vào PT ta có:
4
2 8m = +
.
0,5
Với
4
2 8m = +
, ta chứng minh PT có nghiệm
duy nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
( )
( )
1 1
2 .
2 2
1 2 *
1 1
1 2 1
2 2

+ + + ≥


⇒ + − ≤

−

− + + + ≥


0,5
( ) ( )
4 4 4
* , ** 1 1 2 8x x x x
⇒ + + − + − ≤ +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:
1
2
x =
.
Vậy
4
2 8m = +
.
0,5
4.
1)
Ta có:
2 2 2
2 2 2

MG
bé nhất.
0,5
Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của
tia OG vơi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
0,5
4.
2)
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AC,
AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với
AB, AC, cắt AC tại L, cắt AC tại N. P, Q lần lượt
là chân đường cao hạ từ B, C. Ta có ALMN là
hình bình hành nên:
MA NA LA= +
uuur uuur uur
.
0,5
Mặt khác:
MAC
ABC
S
NA ME
NA AB AB AB
AB BP S
= − = − = −
uuur uuur uuur uuur
MAB
ABC
S
LA MF

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
( )
4 3 5 0 1
1;3
2 5 0 3
x y x
C
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
0,5
Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với
đường phân giác góc C, d có phương trình:
( ) ( )
2 2 1 0 2 5 0x y x y− − + = ⇔ − − =
.
Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác
góc C là nghiệm của hệ:
( )
2 5 0 3
3;1
2 5 0 1
x y x
H
x y y
+ − = =

3 4 27 0 3
y x
A
x y y
− = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
Vậy
( ) ( )
5;3 , 1;3A C− −
.
0,5
Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình
đường phân giác góc C ta được các số:
4; 5− −
,
do đó đường phân giác góc C đó là phân giác
ngoài.
0,5
5.
Áp dụng bất dắng thức Côsi ta có:
3
3
3
1 3
4 2 2
1 3

+ +
+ + + ≥ + +
+ + +
3 3 3
15
4 4
a b c ab bc ca
a bc b ca c ab
+ +
⇒ + + ≥ −
+ + +
0,5
Mặt khác:
( )
2
9 a b c ab bc ca= + + ≥ + +
,
0,5
do đó
3 3 3
15 9 3
4 4 2
a b c
a bc b ca c ab
+ + ≥ − =
+ + +
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1a b c= = =
.