SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

Môn thi: TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (6 điểm)
a) Giải bất phương trình

1
1
≤
.
x + 2 − 3− x
5 − 2x

 x 2 + 2 y 2 =3 x + 8
.
b) Giải hệ phương trình  2
 x + 3 y x + 1 = 4 x + 9
Câu 2. (6 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm không âm
mx 4 + x3 + ( 8m − 1) x 2 + 4 x + 16m =
0.
b) Một hộ nông dân dự định trồng đậu và cà trên diện tích 800m 2 . Biết rằng cứ 100m 2

2
2
x+ y

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

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ………………………………………………Số báo danh: ………………


Điều kiện: −2 ≤ x

=

2
*) Với =
y
x + 1 , thay vào pt(2) được
 x = −2 ( KTM )
. Suy ra y = 2
x 2 + 2 ( x + 1) = 3 x + 8 ⇔ x 2 − x − 6 = 0 ⇔ 
x = 3
1
1
=
y
x + 1 , thay vào pt(2) được x 2 + ( x + 1) = 3 x + 8
*) Với
2
2

5 − 145
( KTM )
x =
1 9 + 145
4
2

. Suy ra y =
⇔ 2 x − 5 x − 15 =0 ⇔
2
4

Đặt t
=
 0 ≤ t ≤  , phương trình (1) trở thành: t − t =m (2)
2
4
x +4 
1
Xét hàm số f ( t =
) t 2 − t trên đoạn 0;  , ta có bảng biến thiên
 4
2

2

2

3

1
4

0

t

0
f(t)
−

3


Kẻ đường cao AK và CH của tam giác ABC. Ta=
có AB

0
Phương trình đường thẳng AB: 5 x − y − 3 =
5c − 6
=
Gọi C ( c;3) suy
ra CH d=
( C; AB )
26
BC=

( c − 2)

2

+ 4=

c 2 − 4c + 20

Ta có AK .BC = AB.CH ⇔ c 2 − 4c + 20 = 5c − 6
⇔ c 2 − 4c + 20= 25c 2 − 60c + 36
c = 2
⇔ 24c − 56c + 16 =0 ⇔ 
c = 1
3

Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là

2b
2
2
2
⇔ 2bc ( b + mc
=
) mb ( a + c − b ) + c ( a 2 + b2 − c 2 )
Đặt m = 2018 ,ta có

⇔ 2b 2 c + 2mbc 2= mba 2 + mbc 2 − mb3 + ca 2 + cb 2 − c3
⇔ ( c + mb ) ( b 2 + c 2 − a 2 ) =
0
⇔ a 2 = b2 + c2
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Dễ dàng chứng minh được S ABC = 6.S MBG suy ra bc = 12.S MBG . Do đó ta cần chứng minh
bc chia hết cho 12.
Để giải quyết bài toán, chúng ta cần sử dụng một số tính chất của số chính phương:
- Số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương lẻ chia 8 chỉ dư 1.
*) Trước hết ta thấy trong hai số b 2 , c 2 có ít nhất một số chia hết cho 3. Thật vậy, giả sử

không có số nào trong hai số đó chia hết cho 3. Khi đó mỗi số đều chia 3 dư 1. Do đó a 2
chia 3 dư 2, trái với tính chất của số chính phương.
Do 3 là số nguyên tố nên trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 3 (1).
*) Ta chứng minh trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 4. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 4. Khi đó b =4m + r , c =4n + q ,

r , q ∈ {1; 2; −1} .



2

+ 12

) ( x − 2 + y + 1) ⇔ 2

x − 2 + y + 1 ≤ 5( x + y − 1) .

y 2 x − 2 + y + 1 + 1 ⇒ x + y ≤ 5( x + y − 1) + 1
Do đó, từ x + =
Đặt t= x + y , ta có: t − 1 ≤ 5(t − 1) ⇔ 1 ≤ t ≤ 6
1
2
1
2
1 2 2
= t2 +
Khi đó: F = ( x + y ) 2 +
.Xét hàm số f =
, với t ∈ [1;6]
(t )
t +
2
2
t
x+ y 2
t
t2
1

 t


1
4
( t − 6 ) t + 6 −

2
6t t + 6

2
x
Vậy max F= 18 +
khi=
6

(

(

)


 ≤ 0, ∀t ∈ [1;6]



y 0
6,=