Gia sư Tài Năng Việt

https://giasudaykem.com.vn

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10 CÓ ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1
Câu 1. (2,5 điểm) Cho hàm số y  x2  2 x  2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương trình

y  x  m . Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2  OB 2  82 .
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải bất phương trình

3  2 x 2  3x  2
1 2 x  x 1
2

 1.

2. Giải phương trình 2 3x  7  5 3 x  6  4 .
2
2
 2 x  2( x  y )  7
3. Giải hệ phương trình 
.
2
2
 2( x  y )  5

Câu 3. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD


b2
c2
abc



.
a  bc b  ca c  ab
4

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn

-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................


Gia sư Tài Năng Việt

https://giasudaykem.com.vn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán – Lớp 10 – THPT
Lời giải sơ lược


2.1

0,5

0,5
1,0

ĐKXĐ: x  2  x  1
Ta có: 1  2 x 2  x  1  1  (2 x  1) 2  3  1  3  0 với mọi x  , nên

0,5

BPT  3  2 x 2  3x  2  1  2 x 2  x  1  1  x 2  x  1  x 2  3x  2
 x 2  x  1  2 x 2  x  1  1  x 2  3x  2  x 2  x  1  1  2 x
x  0
x  0
x  0
1  13

 2
 2

1  13
1  13  x 
2
2
x
x  x 1  4x
3 x  x  1  0
x 

t  4 / 5
 3


2
2
3
2
12t  25t  40t  84  0
(t  2)(12t  t  42)  0
4(3t  25)  (5 t  4)

t  4 / 5
t  2



1  2017   1  2017
t
t  2  t 


24
24
Với t  2  x  14

0,5


Gia sư Tài Năng Việt


0,25

2.3

1,0
2 x  a  b
 2
2
2
2
2
2
2( x  y )  ( x  y )  ( x  y )  a  b
a  b  2ab  7
2ab  7  (a  b)
2ab  7  (a  b)


HPT trở thành:  2


2
2
2
a  b  5
(a  b)  (a  b)  12  0
(a  b)  2ab  5
2ab  7  (a  b)
ab  11/ 2

a  1  x  y  1
x  3 / 2
Với 


b  2  x  y  2
 y  1/ 2

0,5

 3 1   3 1  
Vậy hệ có tập nghiệm là: S   ;  ,  ;   
 2 2   2 2  

3.1

1,0

B

A
H

Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi
đó ABME là hình bình hành suy ra
ME  AD nên E là trực tâm tam giác
ADM suy ra AE  DM . Mà
AE//BM nên DM  BM

E


Vậy B(4; 4) .
3.2

1,0
BPT được viết lại như sau:
x 2  2 x  cos B  cos C   2  2cos A  0 (*)

0,5


Gia sư Tài Năng Việt

https://giasudaykem.com.vn

2
 B C  2  B C 
2 A
Xét  '   cos B  cos C    2  2 cos A  4cos 2 
 cos 
  4sin
2
 2 
 2 
BC  A
 
Do A, B, C là ba góc của một tam giác nên A  B  C   
2
2 2
A

Do đó Bpt (*) nghiệm đúng với mọi giá trị thực x.
 4sin 2

4

1,5
Đặt P 

1
3

0
sin10 cos100

1

3
0
0
2
cos10

sin10


2
2
cos100  3 sin100



 2
 2

a  bc a  abc a  ab  bc  ca (a  c )(a  b)

0,5

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (côsi) ta có:
a3
a3
a  c a  b 3a
4a  b  c
a2
4a  b  c







(1)
a  bc
8
(a  c)(a  b)
(a  c)(a  b)
8
8
8
4

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  .
3
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.

2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm

0,5


Gia sư Tài Năng Việt

https://giasudaykem.com.vn

Đề số 2
Câu 1.
a) Giải bất phương trình
x2  6 x  2  2(2  x) 2 x 1.
5
4
10
6

 x  xy  y  y
b) Giải hệ phương trình: 
2


I (2; 4)

và

các

đường

thẳng

d1 : 2 x  y  2  0, d2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1

tại A, B và cắt d 2 tại C, D thỏa mãn AB2  CD2  16  5 AB.CD.
Câu4.
1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL
CM 3

52 5 .
và
AL 2
b
Tính
và cos A .
c
2. Cho a,b 

thỏa mãn: (2  a)(1  b) 

9
2

Đáp án

Câu1

Điểm

1
Điều kiện: x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có
2

1.0

x 2  6 x  2  2(2  x)t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0
 ( x  t )2  (2t  1)2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0

0.5
1
2

 x  1  t (do x  3t  1  0; x  ; t  0 ).
3 điểm

0.5

x  1
 x  2  2.
Với x 1  t ta có x  1  2 x  1   2
x

2

0,5


Gia sư Tài Năng Việt

https://giasudaykem.com.vn

5

x x
(1)      y 5  y  (t  y)(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y
 y y

 (t  y ) (t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2   0
 t=y hay y 2  x
Thay vào (2):

4 x  5  x  8  6  2 4 x 2  37 x  40  23  5 x

23

x 

 x  1  y  1
5
 x 2  42 x  41  0


Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);(1;1)



 m  (;  2 )  ( 2 ; )

   1  4m 2  0

   1  4m 2  0


  1  m  0
2




1

4
m

0

 2

2
(B)


1

1


 
 
2m

0.5

(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).

1
 1
1
4
4
1
 2  m   8
   m    (B)  m  (;  )  ( ; )
(A)  
2
17
17
2
 1  4m 2  1  8m


0,5

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một
nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là
4


6
)
5

1
Câu3
3 điểm

4
36
AB  2 AE  2 R 2  ; CD  2CF  2 R 2 
5
5

4 
36 
4
36

Theo giả thiết ta có: 4  R 2    4  R 2    16  20 R 2 
R2  .
5 
5 
5
5


0,5


2

0.25

Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0



 bAB  c AC

 AB  2 AC   0  bc

2

0.25

 bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0

  c  2b 1  cos A  0  c  2b (do cos A  1)
4.a
3 điểm

0.5

Khi đó: CM 2 
AL2 

0.5

b2  a 2 c2 a 2  b2

CM 2 9 a 2  b 2
9

52 5 
 . 2
 52 5
2
2
AL 2
AL
4 9b  a
4



0.5


0.5



cos A 

a b
a
 52 5  2  6 5
2
2
9b  a

 a2

p
(a 2  4b2 )2
Áp dụng (1) ta có :
 1     1  b4  4    b2   4 
4
16
 4
 4


0.5

9
5
 a  2b  ab  (2)
2
2

0.25


 a 2  1  2a

3(a 2  4b 2 )

 2  2a  4b  2ab  a 2  4b 2  2 (3)
Mà: 4b 2  1  4b
2

3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm

0,5

phân biệt
Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7
Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p ta có: m,n là nghiệm pt:
x2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x2  ax  b  7  0 nên :

0,5
2 điểm

 n  p  2
 n  m  9(l )
m  n  a

p

m

7



(n  p )(n  p  a )  14  (n  p )( p  m)  14  
 n  p  2
(m  p )(m  p  a )  14

 n  m  9(l )