SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 10

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 06/03/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (6,0 điểm):
1) Giải phương trình

x3 +

x2 =

x 2  3x  2

3
3
2
2
 x  y  x  y  xy  1  y  x
2) Giải hệ phương trình 
2
 2 x  y  3x  2 y  2  3x  y  4

Câu 2 (4,0điểm):





 2.
2
2
2
1  b c 1  c d 1  d a 1  a 2b

Câu 6 (2,0 điểm): Cho 2018 số nguyên dương phân biệt và nhỏ hơn 4034. Chứng minh tồn tại 3 số
phân biệt trong 2018 số đã cho mà một số bằng tổng hai số kia.
----------------- HẾT -----------------

Họ và tên thí sinh............................................................................ Số báo danh ..................................
Chữ ký của giám thị 1 ....................................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018


TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

MÔN THI: TOÁN LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Câu
Câu 1
6,0
điểm

nghiệm
là
x

2
2


5  37
( n)
x 

2
3
3
2
2
(1)
 x  y  x  y  xy  1  y  x

2
 2 x  y  3 x  2 y  2  3 x  y  4 (2)
(1)  ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y

 ( x  1 - y)  x 2  xy  y 2 + 1  0
 y  x 1
 2
2
 x  xy  y + 1 = 0
Ta có x 2  xy  y 2 + 1 = 0 vô nghiệm


1
1
1


 3  0 (vn vi : x  )
 3 x  1  x  1
3
5x  4  x  2
x  0

x  1
KL: Hpt có nghiệm là (0; 1), (1; 2).

1) Theo định lí sin ta có : sin 3 A 

2x0,25
0,5

t  3  x2  5x  6  3  x2  5x  3  0

Cầu 2
4điểm

Điểm
0,5

a3
B3

c3  1
R  3  3  3   R(a 3  b3  c3 )
3  8R 8R 8R  12

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a  b  c  3abc
abc
 VT 
4R
abc
Mà S 
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
4R
    1   2  1 
2) a) AN = AB  BN = AB  AC  AB  AB + AC
3
3
3
   1  x 
b) Ta có PM = PA  AM  AC - AB
3
3
 


1    1  x  
2
AN  PM  AN .PM  0   AB  AC  .  AC  AB   0
3
3
3




Câu 3
2,0
điểm

3

3



Đặt AD = a
5a 2
5a 2
5a 2
BD 2 =
; DI 2 =
; MI 2 
4
8
8
Suy ra BDI vuông cân tại I.
Do đó BI : x  3 y  14  0.
Mà I là giao điểm của BI và DI  I(-1; 5).
Vì D  DI  D(x; 3x + 8) mà DI = BI
 x  1(n)
 ( x  1) 2  (3x  3) 2  40  
D(1;11)

2
x13  x23   x1  x2   x1  x2   3 x1 x2    4m  1  4m  1  3  3m 2  2m  




3
2
 28m  15m  6m  1
x13  x23  18  28m3  15m 2  6m  1  18

0,25
0,25

  m  1  28m 2  13m  19   0  m  1

Phương trình có nghiệm nguyên suy ra  là bình phương của 1 số nguyên
x  0
(thỏa)
Nếu m = 0 thì ta có pt : x 2  x  0  
 x  1

0,5
0,5

Nếu m  0 thì 4m 2  1   2k  1 (k  Z ) do 4m 2  1 là số lẻ

0,5

2

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


2

 abcd 
Lại có ab  bc  cd  da   a  c  b  d   
 4
2


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
Do đó




0,5

ai  bi , i  2,3,..., 2018 (do a1  0) . Suy ra tồn tại ax  by  x  y, 2  x, y  2018 
Hay ax  a y  a1  a1  a x  a y (đpcm)

0,5