SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2017-2018
Môn: TOÁN, Khối 10
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 14/04/2018

Câu 1 (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y =
y 2 x − 1 . Tìm
x 2 + 2 mx + 3 và đường thẳng (d) :=
m để (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn AB = 10.
Câu 2 (6.0 điểm):
1. Giải bất phương trình sau:

(

x+2

)

2 x4 − x2 + 1 − 1

≥

1
x −1

2. Giải phương trình sau: 2 2 x − 5 + 2 3x − 5 = x 2 − 8 x + 21.
 2

tuyến MB, MC với đường tròn (B và C là các tiếp điểm) sao cho BC đi qua A.
 60 0 và hai đường trung tuyến BM, CN vuông
2. Cho tam giác ABC có =
BC 2=
, A
góc với nhau. Tính diện tích tam giác ABC.
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Trung điểm
cạnh AB là M(0; 3) , trung điểm đoạn CI là J(1; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + 1 =0 .
Câu 4 (2.5 điểm)
Biết


π
16
1
16
1
π
+
+
+
=
33 , 0 < x < . Tính giá trị của tan 5x, tan  5x −  .
2
2
2
2
4
2

Câu
1

Điểm
4,0

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
x 2 + 2mx + 3= 2x − 1 ⇔ x 2 + 2(m − 1)x + 4= 0 (1)
Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔
∆
= m 2 − 2m − 3 > 0 ⇔ m > 3 hoặc m < −1 (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A(x1 ; 2x1 − 1), B(x 2 ; 2x 2 − 1) , trong đó x1 , x 2 là các

1,0

1,0

nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 + x 2 =2 − 2m, x1x 2 =4 .
Ta có: AB = 5(x 2 − x1 ) 2 = 5 (x 2 + x1 ) 2 − 4x 2 x1  =10 ⇔ 5(4m 2 − 8m − 12) =100

⇔ m 2 − 2m − 8 = 0 ⇔ m = 4 hoặc m = −2 (tm đk (*))

1,0

1,0

Vậy m = 4 và m = −2 là giá trị cần tìm.
2.1

2,0


)

2

)

(

)

(

)

1,5

2

2 x 4 − x 2 + 1 ≥ x 2 + x − 1 ⇔ x 2 − x − 1 ≥ 0 luôn đúng

1 + 5 
Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪ 
.
 2 
2.2

0,5

2,0

1

0, 5


2.3

2,0
2
2
2
 x 6 + 8 =
6x 5 y
6x 5 y
(x − 2x + 4)(x + 2) =
⇔
, ( 3y ≥ x )
HPT ⇔  2
 3
3
2
2
2 2
4x
 x + 27y =
(9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y
8 6y

1 + x 6 =
x


−1 + 5
ta được nghiệm (x ;y)= 

2


Với a= b=

1,0


Vậy hệ có 4 nghiệm (x ;y)= ± 2; ± 2 / 3 và 



(

)

)

−2
5 −1

;

5 −1 



2
MB, đường tròn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y 2 = a 2 + 2a + 2
2

2

2

2

2

 x 2 + y 2 + 2x − 6y + 2 =
0
Tọa độ B và C thỏa mãn 
⇒ ( BC ) : ( 2a + 2 ) x − 6y + a 2 + 2a + 4 =
0
2
2
2
x
a
y
a
2a
2
−
+
=
+

(
b
c


9
2
4
9
2
4
3
 3 
2

2

Mặt khác: BC2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A ⇔ 4 = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16
Vậy
S ∆ABC
=

1
1
3
bc sin A =
.16.
4 3.
=
2

⇒ a= 4 .
4
2

−2; y =
3
x =
AM 2  x 2 + (y −=
3) 2 4
=

⇒
⇔
Gọi A(x; y). Vì 
6
7
2
2
;y
16 =
(x + 2) + (y + 1) =
AD = 4
 x 5=
5

1,0

- Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn)
6 7
 6 23 

2
Khi đó: tan 2x =
=
− , tan 3x =
=,
tan ( 2x + x ) =
2
1 − tan x
3
1 − tan 2x tan x 11
tan 3x + tan 2x
38
Vậy: tan 5x =
tan ( 3x + 2x ) =
=
−
1 − tan 3x tan 2x
41
π
tan 5x − tan
π
79

4 =
tan  5x −  =
−
π
4  1 + tan 5xt an
3


2
2 a2
Chứng minh tương tự ta cũng có:

b4c
bc c 4 a
ca
2
, 2
≥
−
b
c
≥ c2a − .
2
b +1
2 c +1
2

1,0

a 4b
b4c
c4a
1
Vậy 2
+ 2
+ 2
≥ (a 2 b + b 2 c + c 2 a) − (ab + bc + ca)
a +1 b +1 c +1

3


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.

4