BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 10
NĂM 2017-2018 (CÓ ĐÁP ÁN)


1. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Bắc Giang
2. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Nội
3. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
4. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hải Dương
5. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Nam
6. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
7. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Con Cuông
8. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Lý Thái Tổ
9. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Nguyễn Xuân Ôn
10. Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án
- Trường THPT Quỳ Hợp 1


SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
CỤM TÂN YÊN
Ngày thi: 28/01/2018

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN 10
Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (6 điểm) Cho phương trình x 2  2 x  3m  4  0 (m là tham số).
a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm.

2

2

2

.

Câu 5: (2 điểm) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

a a
b b
c c


2c  a  b
2a  b  c
2b  c  a

Câu 6: (2 điểm) Không dùng máy tính hãy tính tổng
P = cos2 00  cos210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos21800 .
Câu 7: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; 2  và B  4;3 . Tìm tọa độ
điểm M nằm trên trục hoành sao cho góc

bằng 450 .





Để phương trình có hai nghiệm thì 12  (3m  4)  0

1
1

b)

5
 m  . KL
3
x  x  2
(Không có bước này không trừ điểm)
Khi m  5 thì  1 2
3
x
x

3
m

4
 1 2

0.5

x12 x2 2  x12  x2 2  4

 (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4

1


x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0
2

có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và
3
3
giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  3 x1  3x2  8  .


Trước hết xét biệt thức  '   m  1   m3   m  1   m3  4m  m  m  2  m  2  .


Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên  '  0  m  m  2  m  2   0.
2

2

(1)
Khi đó, theo Vi-ét ta có x1  x2  

b
 2  m  1 với điều kiện 2  m  1  4
a

0,5

(2)
và x1 x2 


0
P  m

3

2

16

144

Giải phương trình

3

0,5

24

Từ đó ta kết luận được:
Giá trị lớn nhất của biểu thức P  16 khi m  2 ,
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  144 khi m  2 .

3



0,5

81x  8  x 3  2 x 2 

v  3 3  x  2   46  3 3u  46
3v  u 3  46




27
3  27
27


0.5

Trừ hai phương trình cho nhau theo từng vế ta có:

u  v  0,
1
3  u  v    v  u  v 2  uv  u 2   2
2
v  uv  u  3,  2 
Dễ thấy v 2  uv  u 2  0 nên (2) vô nghiệm.
8
2
5
1  u  v  3 3x   x   x3  2 x 2  x  0
27
3
3
x  0
và kết luận.

.

ĐKXĐ: y  1,5 .

(2)  x3  y 3  3 x  3 y  3  x 2  y 2   2   x  1   y  1  x  1  y  1  y  x  2
3

3

1

Thay vào pt thứ nhất ta được:
2
2
 2x 1  1  x
1 
1

x  3x  1   2 x  1   x     2 x  1    
2 
2

 2 x  1  x
2

(Có thể bình phương được pt:  x  12 ( x 2  4 x  2)  0 )
Giải hai pt này ta được x  1, x  2  2
Vậy hệ có hai nghiệm là  x; y   1; 1 ,  2  2,  2  .
5


8
16
2c  a  b
c  ( a  b  c) 2 c  3
c3
a3
a 3 c  3 c  3 3a c  3



16
4
16
c3 c3 8
a a
3a c  3
Suy ra:


16
2c  a  b 4
1
 33
2

Tương tự

3b a  3 và
b b
 


 P=2cos 2 00  2(cos 210  cos 2 20  cos 2 30  cos 2 40  ...  cos 2 890 )  cos 2 900

=2  2(cos 210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos2 890 )

0,5


cos890 =sin10  cos 2 890 =sin 210 .

…

0,5

cos46 =sin44  cos 46 =sin 44 .
 P=2  2(cos 210  sin 210  cos 2 20  sin 2 20  ...  cos 2 440  sin 2 440  cos 2 450 )
0

0

2

0

2

0

=2  2(44  cos2 450 )
 91






Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,
 2   4 
CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
15
3


 
 
+) BM  k BC  AM  AB  k ( AC  AB)




 AM  (1  k ) AB  k AC .

A

P
N

  
4  1 
+) PN  AN  AP   AB  AC
15

3
15
1
k
3

M

C

0.5



KL: k 

1
3

1







SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH


khi tổng số công không vượt quá 90.
Câu 3. (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A (1;2 ) , B ( 2;7 ) . Biết độ dài

0 . Tìm tọa độ đỉnh C.
đường cao kẻ từ A bằng 1 và đỉnh C thuộc đường thẳng y − 3 =
Câu 4. (3 điểm)
sin B + 2018sin C
Cho tam giác ABC có
= sin A và độ dài các cạnh là các số tự nhiên.
2018cos B + cos C
Gọi M là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh tam giác
MBG có diện tích là một số tự nhiên.
Câu 5. (2 điểm)

y 2 x − 2 + y + 1 + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá
Cho các số thực x, y thỏa mãn x + =
trị nhỏ nhất của biểu thức F=

(

)

2 1 + xy x + y
x
y
.
( x − y) + ( y − x) +
2
2


x≤−

⇔ ( x + 2 )( 3 − x ) ≤ x ⇔ 2 x − x − 6 ≥ 0 ⇔
2

≥
x
2

5
Kết hợp khoảng đang xét ta được 2 ≤ x

x =

4
 5 + 145 1 9 + 145 

Kết luận: Hệ có hai nghiệm ( x; y ) là ( 3; 2 ) và 
;


4
2
4




0
Ta có (1) ⇔ mx 4 + x3 + 8mx 2 − x 2 + 4 x + 16m =
2

x
 x 
⇔ m ( x + 4) = x − x − 4x ⇔ m =  2
 − 2
 x +4 x +4
x 
1
2
Đặt t
=

Dựa vào bảng biến thiên ta có −

3
≤m≤0
16

4
x
Gọi x, y lần lượt là diện tích trồng đậu và trồng cà (đơn vị là 100m 2 ). Ta có
x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 8
Do tổng số công không vượt quá 90 nên 10 x + 15 y ≤ 90 ⇔ 2 x + 3 y ≤ 18
= 7 x + 9 y (triệu đồng)
Tổng số tiền lãi là T
Ta có T = 7 x + 9 y = 3 ( x + y ) + 2 ( 2 x + 3 y ) ≤ 3.8 + 2.18 = 60
Lưu ý: Có thể chia hai vế cho x 2 và sử dụng ẩn phụ t= x +

=
x + y 8 =
x 6
Đẳng thức xảy ra khi 
⇔
=
3 y 18 =
2 x +
y 2
Vậy cần trồng đậu trên diện tích 600m 2 và trồng cà trên diện tích 200m 2 thì tổng số
tiền lãi cao nhất.
Lưu ý: Có thể dùng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài này

Kẻ đường cao AK và CH của tam giác ABC. Ta=

3 
2

=
(1;5
) , AB

26


A

H

B

C
K

sin B + m sin C
= sin A ⇔ b + mc
= a ( m cos B + cos C )
m cos B + cos C
m ( a 2 + c2 − b2 ) a 2 + b2 − c2
=
⇔ b + mc
+
2c
2b
2

2
- Nếu r= q= 2 thì a =
4 ( 2m + 1) + 4 ( 2n + 1) ⇒ a là số chẵn. Đặt a = 2 p , suy ra
2

p2 =

( 2m + 1) + ( 2n + 1)
2

2

2

⇒ p 2 chia 4 dư 2, vô lí.

Vậy trong hai số b, c có ít nhất một số chia hết cho 4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.


Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1 .

(

Ta có 2. x − 2 + 1. y + 1

) ≤ (2
2

2

1
1 5
*) Ta có f ( t ) = +
+
+
+
≥ 55
=
2 2 t 2 t 2 t 2 t
32 2
Đẳng thức xảy ra khi t = 1 .
Vậy min F = 1 khi x = 2, y = −1
*) Ta có f ( t ) − f ( 6 ) =

2 (t − 6)
1 2
1  1
 1
t − 36 ) + 2 
−
=
=
( t + 6 )( t − 6 ) −
(

2
6 2
6t t + 6
 t



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 04/04/2018
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
định là

6 x 2  4x  2018
(m  1) x2  2(m  1) x  4

có tập xác

.
2) Cho hai hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt

nhau tại hai điểm A và B phân biệt sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ).
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2) Giải bất phương trình
3) Giải hệ phương trình


M (2,1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu IV (1,0 điểm)
Một xưởng sản xuất có hai máy, sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm loại I lãi
2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I cần máy thứ
nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại II cần
máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Mỗi máy không đồng thời làm
hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất làm việc không quá 6 giờ, máy thứ hai làm việc
không quá 4 giờ. Hỏi một ngày nên sản xuất bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a2  b2  c2  27 thì:
1
1
1
12
12
12


 2
 2
 2
.
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63
........................................ Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ..............................................
Giám thị coi thi số 1: ...............................................

Số báo danh: .............................
Giám thị coi thi số 2: ....................................


0,25

Với m  1, ta có f ( x)  4  0, x  . Do đó m  1 thỏa mãn.
0,25
Với m  1, f ( x)  0, x 





m 1
(m  1) 2  4(m  1)  0

m  1

(m  1)(m  5)  0
 1  m  5. Vậy 1  m  5.

Câu
I.2
1,0 đ

0,25

0,25

Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
x 2  2  m  1 x  2m  2 x  3 hay x2  2mx  2m  3  0 (*)

11
11
Tìm được OA2  OB2 nhỏ nhất bằng
khi m 
. Vậy m 
là giá trị của m cần
5
10
10
tìm.
Khi đó (1) trở thành OA2  OB2  20m2  44m  48  20(m 

0,25


CâuII.
1
1,0 đ

3 5  x  3 5x  4  2 x  7

Giải phương trình:

Điều kiện:

4
 x  5 (*)
5

3 5  x  3 5x  4  2 x  7


do

1
3 5  x  (7  x)



0,25

3

4
 0 x  [ ,5] nên
5
5x  4  x

(**)  4  5 x  x 2  0

0,25

x  1

x  4
Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {1;4}

0,25

CâuII. Giải bất phương trình
2

2 x2  5x  3
2 x2  5x  3
4
1  0
x2
x2



2 x2  5x  3
1
x2

0,25

 2 x2  5x  3  x  2  2 x2  6 x  5  0
3  19
3  19
x
Ta được
2
2
3  19
Kết hợp điều kiện x  3 được 3  x 
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  [3;

0,25
3  19


1
 2 x     x  2 y   5
y



1

 x  2 y   2 x  y   12




0,25

1

a 2  b  5 a  3
a  2 x 
y có HPT  

Đặt 
b  4
ab  12
b  x  2 y

0,25

1

3
3
3
CM  AM  AC 



AB  AC



2

2

 CB  AB. AC 

0,25
0,25

AB 2  AC 2  BC 2
6
2
0,25

2
2
2k
2
AB. AC  AB  k AC  AB. AC  0

0,25


0,25
Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có
AM  p  a, IM  r . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có

IA2  AM 2  MI 2  ( p  a)2  r 2
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì r 

S
S
nên IA2  ( p  a)2  ( )2
p
p
0,25

Mà S 2  p( p  a)( p  b)( p  c) nên IA2  ( p  a)2 

( p  a)( p  b)( p  c) ( p  a)bc

p
p

c( p  a ) p
 .
b
IA2
a ( p  b) p
b( p  c ) p

2
IA2
IB 2
IC 2
Trong mặt phẳng toạ độ C , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB:
x  2 y  1  0 , phương trình đường thẳng BD: x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua
M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Suy ra

Câu
III.3
1,0 đ

0,25

0,25

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ B là nghiệm của hệ:
21

x

 x  2y 1  0
21 13

5

 B( ; )

5 5

0,25

 x  y 1  0
x  3

 A( 3; 2)
A  AB  AC nên toạ độ A là nghiệm của hệ: 
x  2 y  1  0
y  2
Gọi I là giao của AC và BD thì toạ độ I là nghiệm của hệ:
7

x

 x  y 1  0

2  I ( 7 ; 5)


2 2
 x  7 y  14  0
y  5

2
14 12
Do I trung điểm AC và BD nên tính được C (4;3); D( ; )
5 5
+ Với b  7a ( Loại vì khi đó AC không cắt BD)

0,25

y
8
7
6
5
4

C
B

3
2
1

x

A
-6

-5

-4

-3

-2

-1

O

-7

L đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của tứ giác.Thay tọa độ các điểm
O(0;0), A(2;0), B(1;3), C(0;4) vào biểu thức L ta được L đạt giá trị lớn nhất tại B(1;3) . Khi
đó L  2x  1,6 y  2.1  1,6.3  6,8 . Vậy để thu được tiền lãi cao nhất thì mỗi ngày sản xuất
1 tấn sản phẩm loại I và 3 tấn sản phẩm loại II

0,25


2
2
2
Câu V . Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  27 thì:
1,0 đ
1
1
1
12
12
12
.


 2
 2
 2
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63

1

1




 2


Suy ra

ab cb ac
 b  2a  c a  2b  c b  2c  a 
1
6
Ta chứng minh
. Thật vậy:
 2
b  2a  c a  63
1
6
 2
b  2a  c a  63
 a 2  63  6b  12a  6c  2a 2  b 2  c 2  36  6b  12a  6c  0

0,25

0,25

 2(a  3) 2  (b  3) 2  (c  3) 2  0
Điều này luôn đúng. Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi a  b  c  3


0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH
Năm học 2017 – 2018
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 29/3/2018

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải bất phương trình

5 x  4  2( x  1)  x

3 2 x  y  y  2 x  4
b) Giải hệ phương trình 
3
2 x  x  16 x  8 y  y ( x  1)  5

Câu 2 (4,0 điểm).
a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y  x 2  x | x  1| 2 x
b) Cho parabol (P) có phương trình y  ax  bx  c, a  0 và đường thẳng d có
phương trình y  2 x  2 . Tìm các hệ số a, b, c biết đỉnh A của (P) thuộc đường thẳng
2


thức: P  3
 3
 3
3
3
3
2
3
2a  b  c  2 a  2b  c  2 a  b  2a 2  2
Câu 4 (3,0 điểm).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là
trung điểm của đoạn thẳng BC, G là trọng tâm tam giác ABM, D(7; 2) là điểm nằm trên
đoạn thẳng MC sao cho GA = GD. Biết phương trình đường thẳng AG là 3x  y  13  0 .
a) Tìm tọa độ điểm A biết hoành độ của nó nhỏ hơn 4.
b) Viết phương trình đường thẳng AB.
Câu 5 (4,0 điểm).
a) Cho góc xOy có số đo bằng   00    1800  . Trên các tia Ox, Oy lần lượt lấy
các điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB không đổi và bằng S. Tìm giá trị nhỏ nhất
của độ dài đoạn AB theo  và S.
b) Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam
giác ABC.
i) Chứng minh rằng: OH  OA  OB  OC .