Issuu

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN TOÁN

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC MÔN TOÁN 2020 MỚI NHẤT LỚP 10 11 (56 ĐỀ CÓ ĐÁP ÁN THAM KHẢO) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình ( x + 1)( x + 4) = 5 x 2 + 5 x + 28.  x 2 + 4 x = y 3 + 16 x b) Giải hệ phương trình  2 2 1 + y = 5(1 + x )

Câu 2 (4,0 điểm). Cho hàm số y = x 2 − 4 x + 4 − m ;

(Pm ) .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 . b) Tìm m để (Pm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn [− 1;4] .

Câu 3 (4,0 điểm). a) Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4 . a b c d + + + ≥ 2. Chứng minh rằng: 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b

b) Cho x > 0, y > 0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019 + = 1. x y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x + y.

Câu 4 (3,0 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(− 1;1); B(2;4) . a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B. b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A.

Câu 5 (4,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ 2 thức S = R 2 ( sin 3 A + sin 3 B + sin 3 C ) . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 3 b) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA, AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN = 1, CM = 2, AP = x (0 < x < 3). i) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC . ii) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM .

–––––––––––– Hết –––––––––––– 1 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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

2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu Đáp án Câu 1 a) Giải bất phương trình ( x + 1)( x + 4) = 5 x 2 + 5 x + 28 (5,0 điểm) Điều kiện: Đk: x ∈ R. + Phương trình đã cho tương đương với x 2 + 5 x + 28 − 24 − 5 x 2 + 5 x + 28 = 0

Đặt t = x 2 + 5 x + 28(t > 0)

2,0 0,25 0,25 0,5

t = −3 Phương trình trở thành t 2 − 5t − 24 = 0 ⇔  t = 8 •t = −3 ⇔ x 2 + 5 x + 28 = 9 ⇔ x 2 + 5 x + 19 = 0(VN )

Điểm

0,25

x = 4 •t = 8 ⇔ x 2 + 5 x + 28 = 64 ⇔ x 2 + 5 x − 36 = 0 ⇔   x = −9

0,25

x = 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là  .  x = −9

0,25

 x3 + 4 x = y 3 + 16 x(1) b) Giải hệ phương trình  2 2 1 + y = 5(1 + x )(2)  x( x 2 − 16 x) = y( y 2 − 16 y )(3) Hệ đã cho tương đương với hệ :  2 2  y = 4 + 5 x (4) Bình phương hai vế của (1) ta được : x 2 ( x 2 − 16 x) 2 = y 2 ( y 2 − 16 y ) 2 (5) 2

3,0 0,5 0,5

Thay y = 4 + 5 x vào phương trình (5) ta được: x 2 ( x 2 − 16 x) 2 = 25 x 4 (4 + 5 x 2 ) 2

0,5

⇔ 4 x 2 ( x 2 − 1)(31x 2 + 64) = 0 + Với x = 0 thì y 2 = 4 ⇔ y = ±2

 x = 1  −15 x = 5 y  y = −3 2 + Với x = 1 hệ trở thành:  2 ⇔ y = 9   x = −1   y = 3  Vậy phương trình có 4 nghiệm: (0, ±2);(1, −3);( −1,3).

0,5

3 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 . (4,0 TXĐ : D = R điểm) BBT: x 2 −∞ y +∞

2,5 0,25

+∞ +∞

0,25

-1 + Hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) ; Hàm số đồng biến trên khoảng

( 2; +∞ )

0,5

+ Đỉnh I(2; -1)

0,25

+ Trục đối xứng là đường thẳng: x = 2

0,25

+ Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 3)

0,25

+ Giao điểm của đồ thị và trục hoành: (1; 0) và (3; 0)

0,25

0,5

3 2 1 -2 -1 O

2 3 4

b) Tìm m để (Pm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc

1,5

đoạn [− 1;4] . Xét pt hoành độ giao điểm x 2 − 4 x + 4 − m = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = m − 1 Dựa vào đồ thị tìm được − 1 < m − 1 ≤ 3 ⇔ 0 < m ≤ 4 Câu 3 a) Cho 4 số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 4 . Chứng minh (4,0 a b c d + + + ≥ 2. điểm) rằng: 2 2 2 2

1+ b c 1+ c d

Ta có

1+ d a

1+ a b

a ab 2 c ab 2 c ab c = a − ≥ a − = a− 2 2 1+ b c 1+ b c 2 2b c

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 1 + b2 c 4

0,5 1,0

2,5

0,25

Lại có a −

0,5

4 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chứng minh tương tự ta có b 1 c 1 d 1 ≥ b − (bc + bcd ), ≥ c − (cd + cda ), ≥ d − (da + dab) 2 2 2 1+ c d 4 1+ d a 4 1+ a b 4 a b c d ⇒ + + + ≥ 1 + b 2 c 1 + c 2 d 1 + d 2 a 1 + a 2b 1 ≥ a + b + c + d − ( ab + bc + cd + da + abc + bcd + cda + dab ) 4

0,5

 a+b+c+d  Lại có ab + bc + cd + da = ( a + c )( b + d ) ≤   =4 2  

0,25 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 + + + ≥ a+b+c+d −2 = 2 Do đó 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b

a b c d + + + ≥ 2. 2 2 2 1 + b c 1 + c d 1 + d a 1 + a 2b

0,25

b)Cho x > 0, y > 0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019 + = 1 . Tìm giá trị nhỏ x y

nhất của biểu thức P = x + y 2018 y 2019 x 2018 y 2019 x ) = 2018 + Ta có : P = ( x + y )( + + + 2019 x y x y

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số đương

2018y 2019x và ta được x y

2018 y 2019 x + ≥ 2 2018.2019 x y Suy ra P ≥ ( 2018 + 2019) 2

GTNN của P là ( 2018 + 2019) 2 khi

0,25 0,25

Dấu « = » xảy ra ⇔ a = b = c = d = 1 Vậy

0,25

2.0 0,5

025

0,25   x > 0; y > 0   2018 2019 + = 10.5  y  x  2018 y 2019 x =  y  x

0,5

 x = 2018( 2018 + 2019) ⇔  y = 2019( 2019 + 2018)

5 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(− 1;1); B(2;4) . (3,0 a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B. điểm)

3.0

b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A. a) Gọi C ( x;0 ) .

0,5

+ Sử dụng AB.BC = 0 ⇒ C (6;0 )

1,0

 AB. AD = 0 b) Gọi D (x; y ) . Giải hệ   AB = AD + Tìm được D(2;−2 ) hoặc D (− 4;4 )

0,5

1,0

Câu 5 a) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp (4,0 2 2 3 3 3 điểm) R thỏa mãn hệ thức S = R sin A + sin B + sin C . Chứng minh tam giác

(

)

ABC là tam giác đều. b)Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA, AB N, M , P lần lượt lấy các điểm sao cho BN = 1, CM = 2, AP = x (0 < x < 3). i) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC .

4,0

ii) Tìm giá trị của x để AN vuông góc với PM . a3 B3 c3 ; sin 3 B = 3 ;sin 3 C = 3 3 8R 8R 8R 3 3 3 2  a b c  1 VT = R 2  3 + 3 + 3  = R(a 3 + b3 + c 3 ) 3  8R 8 R 8 R  12

a) Theo định lí sin ta có : sin 3 A =

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a 3 + b3 + c 3 ≥ 3abc abc ⇒ VT ≥ 4R Mà S =

abc , dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ⇔∆ ABC đều 4R

1 2 1 b) i) AN = AB + BN = AB + AC − AB = AB + AC 3 3 3 1 x b) ii) Ta có PM = PA + AM = AC - AB 3 3

(

)

0.5 0.5

0.5

0.5 1,0 0.5

6 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)  2 1   1 x  Mặt khác: AN ⊥ PM ⇔ AN .PM = 0 ⇔  AB + AC  .  AC − AB  = 0 3 3 3  3  2 2 2 2x x 1 ⇔ AB. AC − AB − AB. AC + AC = 0 9 9 9 9 x ⇔ 1− 2x − +1 = 0 2 4 ⇔ x= 5

Câu 1. (6.0 điểm). Cho hàm số y = x 2 − 4 x + 4 − m ;

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

(Pm ) .

a) Với m = 1 , khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 4 − m b) Tìm m để (Pm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn [− 1;4] c) Cho x1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3 x + a = 0 ; x3 và x 4 là hai nghiệm của

phương trình x 2 − 12 x + b = 0 . Biết rằng

x 2 x3 x 4 . Tìm a và b. = = x1 x 2 x3

Câu 2. (5.0 điểm).

a) Giải phương trình

(

)(

)

x + 3 − x + 1 x2 + x2 + 4 x + 3 = 2 x

 x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y 4 x + 6 x − 1 + 7 = (4 x − 1) y

b)Giải hệ phương trình:  Câu 3. (4.0 điểm).

a) Cho tam giác ABC có

sin B + 2019sin C = sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là trọng 2019 cos B + cosC

tâm tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số

S ∆MBG . S ∆ABC

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng.

Câu 4. (3.0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm.

7 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (2.0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức P =

x 2019 − x

y 2019 − y

-----------------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:........................................................................................

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1

ĐÁP ÁN 2

Cho hàm số y = x − 4 x + 4 − m ;

Điểm 6.0

(Pm ) .

x 2 x3 x 4 . Tìm a và b. = = x1 x 2 x3

a) Với m = 1 , khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 2 − 4 x + 4 − m

2.0

Với m=1 thì y = x 2 − 4 x + 3 TXĐ: R. Đặt f ( x) = x 2 − 4 x + 3 . Dựng đồ thị y = f ( x)

0.5

Từ đó lập luận và suy ra đồ thị y = f ( x )

0.75

b) Tìm m để (Pm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn

1.0

[− 1;4] Xét pt hoành độ giao điểm x 2 − 4 x + 4 − m = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = m − 1 Dựa vào đồ thị tìm được − 1 < m − 1 ≤ 3 ⇔ 0 < m ≤ 4 Chú ý: HS có thể dùng bảng biến thiên cho hàm y = x 2 − 4 x + 3 hoặc y = x 2 − 4 x + 4 ...

0.5 0.5

c) Cho x1 và x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3 x + a = 0 ; x3 và x 4 là hai

3.0

nghiệm của phương trình x 2 − 12 x + b = 0 . Biết rằng

x 2 x3 x 4 = = . Tìm a và b. x1 x 2 x3

 ∆ = 9 − 4a ≥ 0 Điều kiện có nghiệm  '1 ∆ 2 = 36 − b ≥ 0

0.5

8 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x 2 = kx1 x 2 x3 x 4  ⇒  x3 = kx 2 = k 2 x1 Đặt k = = = x1 x 2 x3  x = kx = k 3 x 3 1  4 Theo định lý viet ta có hệ  x1 (1 + k ) = 3  x k 2 (1 + k ) = 12  1  2  x1 k = a  x12 k 5 = b ⇒ k = ±2 Với k = 2 thì x1 = 1 ta được a = 2, b = 32 (tm)

0.5 0.5

0.5 0.5 0.5

Với k = −2 thì x1 = −3 ta được a = −18, b = −288 (tm)

a) Giải phương trình

(

)(

)

5.0

)

2.5

x + 3 − x + 1 x2 + x2 + 4 x + 3 = 2 x

 x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y 4 x + 6 x − 1 + 7 = (4 x − 1) y

b)Giải hệ phương trình: 

a) Giải phương trình

(

)(

x + 3 − x + 1 x2 + x2 + 4 x + 3 = 2 x

Điều kiện x ≥ −1 . Với x ≥ −1 ⇒ x + 3 + x + 1 > 0 .

)(

)

(

x + 3 − x + 1 x2 + x2 + 4 x + 3 = 2 x

⇔

(

)(

x + 3 − x + 1 x2 + x 2 + 4 x + 3

⇔ x2 + x2 + 4 x + 3 = x.

(

)(

x + 3 + x +1

)

x + 3 + x + 1 = 2x

(

x + 3 + x +1

)

0.75

⇔ x 2 − x x + 3 + ( x + 3)( x + 1) − x x + 1 = 0 x − x + 3 = 0 ⇔ x − x + 3 x − x +1 = 0 ⇔   x − x + 1 = 0 x ≥ 0 x ≥ 0 1 + 13 x− x+3 = 0 ⇔ x+3 = x ⇔ ⇔ ⇔x=  2 2 2 x + 3 = x x − x − 3 = 0 x ≥ 0 x ≥ 0 1+ 5 x − x +1 = 0 ⇔ x +1 = x ⇔  ⇔ ⇔x=  2 2 2 x + 1 = x  x − x −1 = 0

(

)(

)

 x 3 + 3x 2 + 4 x + 2 = y 3 + y 4 x + 6 x − 1 + 7 = (4 x − 1) y

b)Giải hệ phương trình: 

0,5

0.5

⇔ ( x + 3 x + 3 x + 1) + x + 1 = y + y ⇔ ( x + 1) + ( x + 1) = y + y Đặt a = x + 1 ta được a 3 + a = y 3 + y ⇔ (a − y ) a 2 + ay + y 2 + 1 = 0 ⇔ a − y = 0 .

(

 

0.5

2.5

Phương trình thứ nhất 3

0.75

y 2

Vì a 2 + ay + y 2 + 1 =  a +  +

)

3y 2 + 1 > 0; ∀a, y 4

Ta được y = x + 1 thay vào pt thứ hai ta được 6 x − 1 + x + 8 = 4 x 2 . ĐK: x ≥ 1

0.5 0.5

0.25

9 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔

(

)

x − 1 + 3 = (2 x )

⇔

x − 1 + 3 = 2x

0.25

⇔

3  x ≥ ⇔ x=2⇒ y=3 x − 1 = 2x − 3 ⇔  2  x − 1 = (2 x − 3)2

0.25

Kết luận: Hệ pt có nghiệm (x; y ) = (2;3) 3

sin B + 2019sin C = sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là 2019 cos B + cosC S trọng tâm tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số ∆MBG S ∆ABC

a) Cho tam giác ABC có

0.25 4.0

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng. sin B + 2019sin C = sin A . Gọi M là trung điểm BC, G là 2019 cos B + cosC S trọng tâm tam giác ABC. Tam giác ABC là tam giác gì. Tính tỉ số ∆MBG S ∆ABC

2.0

sin B + m sin C = sin A b + mc = a(mcosB + cosC) m cos B + cosC m( a 2 + c 2 − b 2 ) a 2 + b 2 − c 2 b + mc = + 2c 2b 2 2 2 (c + mb)(b + c − a ) = 0 <=> b 2 + c 2 = a 2

0.5

a) Cho tam giác ABC có

Đặt m = 2018, ta có

Vậy tam giác ABC vuông tại A Dễ dàng chứng minh được

S MBG 1 = S ABC 6

b) Cho đường tròn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tròn đó. Gọi

0.5 0.5 0.25 0.25 2.0

H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng. *) Chứng minh tính chất: Cho tam giác ABC. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì: OA + OB + OC = OH Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O, D là trung điểm của BC. Ta có: tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên D là trung điểm của HA’

0.75

10 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mà OB + OC = 2OD = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH *)Ta có: H, I, K lần lượt là trực tâm của tam giác ACF, AED, BCE.

OH = OA + OC + OF(1)  ⇒ OI = OA + OE + OD(2)  OK = OB + OC + OE (3) Từ (1)và (2) ⇒ IH = DC + EF (1)và (3) ⇒ KH = BA + EF Mà AB//CD//EF ⇒ ∃m, n sao cho DC = m EF , BH = n EF . ⇒ IH = (m + 1)EF , KH = (n + 1)EF ⇒ IH , KH cùng phương. ⇒ I , H , K thẳng hàng 4

Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao

0.75

0.5

3.0

cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm. Gọi B(b;0), C(0;c) ( b, c ≥ 0 ) AB(b − 3; −1) ⇒ AB = (b − 3) 2 + 1 AC (−3; c − 1) ⇒ AC = 9 + (c − 1)2 Tam giác ABC vuông tại A ⇔ AB. AC = 0 ⇔ −3(b − 3) − (c − 1) = 0

⇔ c = 10 − 3b 10 Mà c ≥ 0 ⇒ 10 − 3b ≥ 0 ⇔ 0 ≤ b ≤ 3 1 2 (b − 3) + 1. (c − 1)2 + 9 Lại có: S△ ABC = 2

1,0

11 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 (b − 3) 2 + 1. (3 − b) 2 + 1 2 3 = b 2 − 9b + 15 2 10 3 Xét hàm số f ( x) = x 2 − 9 x + 15 ( 0 ≤ x ≤ ) 2 3

Bảng biến thiên:

1,0 10 3 5 3

f(x) 15

3 2 Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất là 15 khi b=0 ⇒ B (0;0), C (0;10) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của x y biểu thức P = + 2019 − x 2019 − y P=

2019 − y y

2019 − x x

 1 1  = 2019 + −  x y  

(

)

2.0

x + y . Áp dụng

1.0

1 1 4 + ≥ , ∀a, b > 0 a b a+b P ≥ 2019 Lại có

(

4 x+

x+ y

−

y 2

)

(

x+ y

) 0.5

≤ 2.(x + y ) = 4038 ⇒ x + y ≤ 4038

Ta được P ≥ 2019.

4 4038

− 4038 = 4038 . Dấu "=" xảy ra khi x = y =

2019 2

0.5

HẾT

ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC TOÁN 10

Câu 1: ( 5 điểm ) 

a/ Giải phương trình: 2  x 2 + 

1   1 + 3  x +  − 16 = 0 2  x x  

 y 2 + ( y − 3) x − 4 y = −3 b/ Giải hệ phương trình  . 3 x − 2 + 2 − y = 3  Câu 2: (3 điểm )

12 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a/ Tìm tập hợp các giá trị của x để biểu thức sau có nghĩa: y =

3 − 2x + x 3x + 11 1− x2 +

3x 2 − 2x − 5

Tìm m để Parabol (P): y = x2 - 3x + 1 cắt đường thẳng (d): y = 2x + m tại hai điểm A, B sao cho AB = 5 . Câu 3: ( 3 điểm ) b/

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử H ( −1;3) ,

5  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của 2 

phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và C  hình thang ABCD.

Câu 4: (4 điểm)

a/( 2điểm) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC lần lượt ứng với các góc A,  b3 + c 3 − a3 = a2  thì tam giác ABC đều. B, C. Chứng minh rằng nếu  b + c − a a = 2 b cos C  b/ ( 2điểm) Cho tam giác ABC, M thuộc cạnh AC sao cho MA = −2.MC , N thuộc BM sao cho NB = −3.NM , P thuộc BC sao cho PB = k .PC . Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng. Câu 5: (3điểm)

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1 .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

4 x 2 + 2 xy − 1 2 xy − 2 y 2 + 3

Câu 6: (2 điểm) Chứng minh tích 4 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương.

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Câu Câu 1 5.0



a/ Giải phương trình: 2  x 2 +



1   1 + 3 + x    − 16 = 0 x x2  

Điểm 2.0

ĐK: x ≠ 0

0,5

1 1 ⇒ x2 + 2 = t2 − 2 x x t = −4 (1) ⇔ 2t 2 + 3t − 20 = 0 ⇔  t = 5  2

0,5

t = −4 ⇒ x = −2 ± 3

0,5

Đặt t = x +

13 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

x = 2 5  t= ⇒ x = 1 2  2  y 2 + ( y − 3) x − 4 y = −3 b/ Giải hệ phương trình  . 3  x − 2 + 2 − y = 3 Đk: ∀x ∈ R; y ≤ 2. 2

y + ( y − 3) x − 4 y = −3 ⇔ y + ( x − 4 ) y − 3 x + 3 = 0

0,5 0,25

⇔ y = 3 (L); y = 1 − x Thay vào (2): 3 x − 2 + x + 1 = 3 . VT là hàm đồng biến trên [ −1; +∞ )

Câu 2 3.0

0,5

NX: x = 3 là một nghiệm ⇒ pt có nghiệm duy nhất x = 3. Với x=3 suy ra y = -2. Vậy hệ đã cho có nghiệm (3;-2) a/ Tìm tập hợp các giá trị của x để biểu thức sau có nghĩa:

1− x2 +

3x 2 − 2x − 5

b/ Tìm m để Parabol (P): y = x - 3x + 1 cắt đường thẳng (d): y = 2x + m tại hai điểm A, B sao cho AB = 5 . PTHĐ giao điểm: x2 - 5x + 1 -m = 0 ĐK cắt tại 2 điểm phân biệt x1,x2: ∆ > 0 21 ⇔ m > − (*) 4 A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m), AB = 5 ⇔ AB2 = (x2 - x1)2 + 4(x2 - x1)2 = 5 2 ⇔ (x1+x2) - 4 x1.x2 = 1 ⇔ m=5 Trong mặt phẳng tọa độ...

0,25 0,5 0,25 1.0

3 − 2x + x 3x + 11

3 − 2x ≥ 0  3x + 11 ≥ 0 y có nghĩa ⇔  1 − x2 ≥ 0   1 − x 2 + 3x 2 − 2x − 5 ≠ 0   3 x ≤ 2   x ≥ − 11  3 ⇔  x ≤1  2  1 − x > 0  2  3x − 2x − 5 ≠ 0 ⇔ −1 < x < 1

Câu 3 3.0

0,25 0,5

0.25

0.5

0.25 2.0 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25

H K I Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú E Email thanhtuqn88@gmail.com Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594

Câu 4 4.0

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK ⊥ AE. 1 +) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và KE = AD hay 2 KE song song và bằng BC Do đó: CE ⊥ AE ⇒ CE: 2x - 8y + 27 = 0

0.5

 3  Mà E = AE ∩ CE ⇒ E  − ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên  2  D ( −2;3)

0.5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0.5

- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).

0.5

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

0.5

2.0

0.5

N Ta có:

P NB = −3.NM ⇔ AB − AN = −3. AM − AN ⇔ AB + 3. AM = 4. AN

(

1 1 AB + . AC 4 2

⇔ AN =

)

0.25

(1)

(

)

PB = k .PC ⇔ AB − AP = k AC − AP ⇔ AB − k . AC = (1 − k )AP ( k ≠ 1)

⇔ AP =

1 k AB − AC 1− k 1− k

(2)

0.25 0.25 0.5

Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi h  1 1 − k = 4 AP = h. AN ⇔  − k = h  1 − k 2

⇒ k = −2

0.5

Kết luận: ...

0.25

b/ Ta có:

b3 + c 3 − a3 = a 2 ⇔ b 3 + c 3 = a 2 (b + c) ⇔ b 2 − bc + c 2 = a 2 b+c−a

0,5

15 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b2 + c2 − a2 1 1 = ⇔ cos A = ⇔ A = 600 (1) 2bc 2 2 2 2 a + b − c2 a = 2 b cos C ⇔ a = 2b ⇔ b2 − c 2 = 0 ⇔ b = c 2ab Từ (1) và (2) ta suy ra tam giác ABC đều.

0,5

⇔

Câu 5 3.0

Từ giả thiết suy ra: P =

(2)

0,75 0,25 3.0

3 x 2 + 2 xy − y 2 2 xy + y 2 + 3 x 2

Với y = 0 thì P = 1 (1). Với y ≠ 0 ta có: P = ⇔ (3P − 3)t 2 + 2(P − 1)t + P + 1 = 0

3t 2 + 2t − 1 3t 2 + 2t + 1

0.75

(*) 0.75

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1 Khi P ≠ 1 . ∆' = (P − 1)(− 2 P − 4 ) ≥ 0 ⇔ −2 ≤ P < 1

(2)

0.75

Kết hợp (1) và (2): P ∈ [− 2;1] Suy ra: MinP = - 2 khi x = ±

10 3 10 ;y =∓ 10 10

0.75

MaxP = 1 khi x = ±1; y = 0 Câu 6 2.0

Gọi A = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n)

0.5

(n2 + 3n)2 < A < (n2 + 3n + 1)2 Kết luận: A không thể là số chính phương

1.0 0.5

KỲ THI OLYMPIC

Môn thi: TOÁN KHỐI 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (5,0 điểm).

a) Giải phương trình 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) . 2 2 2  x ( y + 1) + 2 y ( x + x + 1) = 3 b) Giải hệ phương trình  2 . 2 ( x + x )( y + y ) = 1 Câu 2. (4,0 điểm).

a) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y = x x − 2 − 1 .

16 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 (1) , với m là tham số. Giả sử phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) . Câu 3. (4,0 điểm). a) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ 4 x 2 + 2 xy − 1 . nhất của biểu thức P = 2 xy − 2 y 2 + 3

b) Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn 4 ( a + b + c ) = 3abc . Chứng minh rằng 1 1 1 3 + + ≥ . a 3 b3 c3 8 Câu 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2 BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm 5  của đoạn HD. Giả sử H ( −1;3) , phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và C  ;4  . Tìm 2  tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD. Câu 5. (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có trọng tâm G và diệ n tích S. Ký hiệ u BC = a, CA = b, BA = c . Biết M, N, P là ba điểm thỏa mãn MA = −2.MC , NB = −3.NM , PB = k .PC .

a) Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng. 1 b) Chứng minh: GA.GB + GB.GC + GC .GA = − ( a 2 + b 2 + c 2 ) . 6 2

c) Biết S = b 2 − ( a − c ) . Tính tan B. = = = = = = = = = = = H ẾT = = = = = = = = = = = Lưu ý:

Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên học sinh: …………………………..…….

Chữ kí giám thị: ……………………

KỲ THI OLYMPIC

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 10 (Đáp án gồm 5 trang) Câu 1 a

Nội dung

Điểm 5,0 2,5

Giải phương trình 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) . Điều kiện: x ≥ −1.

(

pt ⇔ 4 x 2 + 12 x 1 + x + 9 (1 + x ) = 36 (1 + x ) ⇔ 2 x + 3 1 + x

) = (6

1+ x

)

0,5 0,5

17 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 1 + x = 2 x 2 x + 3 1 + x = 6 1 + x (1) ⇔ ⇔ 9 1 + x = −2 x ( 2 )  2 x + 3 1 + x = 6 1 + x Giải (1) được x = 3. 81 − 9 97 . Giải (2) được x = 8 2 2 2  x ( y + 1) + 2 y ( x + x + 1) = 3 . Giải hệ phương trình  2 2 ( x + x )( y + y ) = 1 ( x 2 y 2 + 2 x 2 y + x 2 ) + 2 y ( x + 1) = 3 ( xy + x )2 + 2 ( xy + y ) = 3 hpt ⇔  ⇔  xy ( x + 1)( y + 1) = 1 ( xy + x )( xy + y ) = 1 Đặt a = xy + x; b = xy + y a 2 + 2b = 3

Ta có htp 

 a − = −2   1 b = − 2

a = 1 −1 ± 5 giải ra x = y = 2 b = 1

2,5

0,5

 a − = −2  V ới  1 giải ra hệ vô nghiệm. = − b  2

0,5

Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số y = x x − 2 − 1 .  x 2 − 2 x − 1 khi x ≥ 2 Ta có y =  2 − x + 2 x − 1 khi x < 2 + Vẽ được đồ thị của hàm số y = x 2 − 2 x − 1 khi x ≥ 2 ( đúng dạng 0.25 ; phải qua 3 điểm đặc biệt 0.25) + Vẽ được đồ thị của hàm số y = − x 2 + 2 x − 1 khi x < 2 ( đúng dạng 0.25; phải qua 3 điểm đặc biệt 0.25) + Lập được bảng biến thiên (phải đầy đủ dấu ±∞ , chiều biến thiên và điểm đặc biệt) 2

Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 b

0,5

V ới 

2 a

0,5

ab = 1

a = 1 hoặc Giải ra ta được  b = 1

0,5

4,0 1,5 0,5 0,25 0,25 0,5

(1) , với m là tham số. Giả

sử phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá

2,5

trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức F = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) .

 −2 ≤ m ≤ 0 (1) m ≥ 2 

Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 

0,5

x1 + x2 ≤ 4 ⇔ m ≤ 3 (2)

0,25

18 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

F = x13 + x23 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 3

(

= 8 ( m − 1) + 8 − m3 + ( m + 1)

0,25

)

= −16m 2 + 40m.

0,5

 −2 ≤ m ≤ 0 Lập bảng biến thiên hàm số F(m) trên miền điều kiện  2 ≤ m ≤ 3

0,5

Kết luận: + Giá trị lớn nhất của F là 16 khi m = 2. + Giá trị nhỏ nhất của F là – 144 khi m = –2.

4,0

3 a

0,5

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị 4 x 2 + 2 xy − 1 . nhỏ nhất của biểu thức P = 2 xy − 2 y 2 + 3 3 x 2 + 2 xy − y 2 Từ giả thiết suy ra: P = 2 xy + y 2 + 3 x 2

0,5

Với y = 0 thì P = 1 (1) Với y ≠ 0 ta có: P =

2,0

3t 2 + 2t − 1 3t 2 + 2t + 1

⇔ ( 3P − 3) t 2 + 2 ( P − 1) t + P + 1 = 0

(*) 0,5

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1 Khi P ≠ 1

∆ ' = ( P − 1)( −2 P − 4 ) ≥ 0 ⇔ −2 ≤ P < 1

(2)

0,5

Kết hợp (1) và (2): P ∈ [ −2;1] Suy ra: MinP = - 2 khi x = ±

10 3 10 ;y =∓ 10 10

0,5

MaxP = 1 khi x = ±1; y = 0

Cho a, b, c là ba số thực dương và thỏa mãn 4 ( a + b + c ) = 3abc . Chứng minh rằng

1 1 1 3 + + ≥ . a 3 b3 c 3 8

2,0

Ta có: 4 ( a + b + c ) = 3abc ⇔

1 1 1 3 + + = ab bc ca 4

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Côsi:

1 1 1 1 1 1 3 1 (1) + 3 + ≥ 33 3 . 3 . = . 3 a b 8 a b 8 2 ab

0,25

19 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tương tự:

1 1 1 3 1 + + ≥ . b3 c3 8 2 bc

(2)

1 1 1 3 1 + + ≥ . c3 a 3 8 2 ca

(3)

0,25

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế:

1 1   1 1 1  3 3 1 2 3 + 3 + 3  + ≥  + +   a b c  8 2  ab bc ca   1 1 1 3 3 3 ⇔ 2 3 + 3 + 3  + ≥ . a b c  8 2 4 1 1 1 3 ⇔ 3+ 3+ 3≥ a b c 8

0,25 0,25 0,25

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 2.

0,5

Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2 BC . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử H ( −1;3) , phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và

3,0

5  C  ;4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD. 2  C

B H I

K E D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I. Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK ⊥ AE. +) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và KE =

1 AD 2

0,5

hay KE song song và bằng BC Do đó: CE ⊥ AE ⇒ CE: 2x - 8y + 27 = 0

 3  2

5 a

0,5

 

Mà E = AE ∩ CE ⇒ E  − ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D ( −2;3)

0,5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0,5

- Suy ra AB: x - 2y +3 = 0. Do đó: B(3; 3).

0,5

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3).

0,5

Cho tam giác ABC có trọng tâm G và diện tích S. hiệu Ký BC = a, CA = b, BA = c . Biết M, N, P là ba điểm thỏa mãn MA = −2.MC , NB = −3.NM , PB = k .PC . Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.

4,0 1,5

20 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

)

Ta có: NB = −3.NM ⇔ AB − AN = −3. AM − AN ⇔ AB + 3. AM = 4. AN

1 1 ⇔ AN = AB + . AC (1) 4 2 PB = k .PC ⇔ AB − AP = k AC − AP ⇔ AB − k . AC = (1 − k ) AP ( k ≠ 1)

(

1 k ⇔ AP = AB − AC 1− k 1− k

)

⇒ k = −2 1 Chứng minh: GA.GB + GB.GC + GC.GA = − ( a 2 + b 2 + c 2 ) . 6 Ta có GA + GB + GC = 0 2 ⇔ GA + GB + GC = 0

1,0

)

1 ⇒ GA.GB + GB.GC + GC.GA = − ( GA2 + GB 2 + GC 2 ) . 2 Lại có GA2 + GB 2 + GC 2 =

4 2 1 ma + mb2 + mc2 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 ) ( 9 3

Từ (1) và (2) suy ra GA.GB + GB.GC + GC .GA = −

(1) (2)

1 2 a + b2 + c2 ) . ( 6

Biết S = b 2 − ( a − c ) . Tính tan B. 2

Ta có S = b 2 − ( a − c ) ⇔

⇔

0,25 0,25

(

0,25 0,25

( 2)

h  1 1 − k = 4 Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi AP = h. AN ⇔  − k = h  1 − k 2

0,5

1 ac.sin B = a 2 + c 2 − 2ac.cos B − a 2 − c 2 + 2ac 2

1 1 ac.sin B = 2ac. (1 − cos B ) ⇔ cos B = 1 − sin B (*) 2 4

0,5

0,25 0,25

1,5 0,25

0,25

21 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 1  Lại có sin 2 B + cos 2 B = 1 ⇔ sin 2 B + 1 − sin B  = 1  4 

⇔ sin B =

8 (vì sin B > 0 ) 17

Từ (*) suy ra cos B = Kết luận: tan B =

0,5

15 17

0,25

8 . 15

0,25

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (5,0 điểm). 3x + 2 1− x 2 x + 1 − 3x 2 xy  2 2 x + y + x + y = 1 b) Giải hệ phương trình   x + y = x2 − y 

a) Giải phương trình

Câu 2 (4,0 điểm). a) Tìm tập xác định của hàm số : y = x − 2 + x − 1 − x + 3 . b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 . Đặt A =

4 x1 x 2 + 6 . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ nhất. x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) 2 1

Câu 3 (3,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: Q=

1− x

1− y

Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có 5 3

BC = 4 2 ,các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm M(1; − ) và N(0;

18 ). Xác định 7

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 và điểm B có hoành độ dương.

Câu 5 (4,0 điểm). sinA a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện sinB.cosC = 2 thì tam giác ABC là tam giác cân.

22 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là m ột điểm trên cạnh AC sao cho NC = 2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC + NM = BM + NC . Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC . ---------------Hết--------------

23 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Câu Câu 1 a) Giải phương trình: 5,0

Nội dung 1 2 x + 1 − 3x

Điểm 2,5

3x + 2 (1) 1− x

0,25

ĐK: x ≥ 0; x ≠ 1 . 2 x + 1 + 3x 3x + 2 = 1− x 1− x ⇔ 2 x + 1 + 3x = 3x + 2

Khi đó: (1) ⇔

0.5 0.5

⇔ 2 6 x 2 + 3x = 1 − 2 x

0.5 0.5

− 4 + 21 10 − 4 + 21 Vậy (1) có nghiệm: x = 10 ⇒x=

0.25

2 xy  2 2 x + y + x + y = 1 b) Giải hệ phương trình   x + y = x2 − y 

2,5

Điều kiện: x > − y .

(x + y )2 − 1 + 2 xy

 1 − 1 = 0 x+ y  2 PT thư nhất tương đương: ⇔ (x + y − 1) x + y 2 + x + y = 0 ⇒ x + y =1  x = 1  x = −2 Kết hợp với PT hai ta được  ∨ y = 0 y = 3  x = 1  x = −2 Vậy, hệ đã cho có nghiệm  ∨ y = 0 y = 3

(

Câu 2 4,0

)

Nội dung a) Tìm tập xác định của hàm số : y =

x − 2 + x −1 − x + 3

x − 2 ≥ 0 x − 1 ≥ 0  x + 3 ≥ 0   x − 2 + x −1 − x + 3 ≥ 0   x ≥ 2 ĐK: ⇔  2 x 2 − 3 x + 2 ≥ 6 − x 2 21 ⇔ ≤x≤6 3

0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25

Điể m 1.5 0.5

0.5 0.5

24 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − mx + m − 1 = 0 .

Đặt A =

4 x1 x 2 + 6 . Với giá trị nào của m thì A đạt giá trị nhỏ x + x 22 + 2(1 + x1 x 2 ) 2 1

nhất. + PT có hai ngiệm khi ∆ ≥ 0 ⇔ m 2 − 4m + 4 ≥ 0, ∀m + x1 + x2 = m; x1 x2 = m − 1 A=

2.5

0.25 0.25 0.5

4 x1 x 2 + 6 ( x1 + x 2 ) 2 + 2

4m + 2 m2 + 2 ( m + 2) 2 = − 1 ≥ −1 m2 + 2 A nhỏ nhất khi m = −2

0.5

0.5 0.5

Câu 3 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 3,0 biểu thức sau: Q=

x 1− x

1− y

. Viết lại Q =

x −1+1

Theo Cô si:

1− x 1− x

y −1+1 1− y 1 1− y

≥

1 1− x

1 1− y

2 4

(1 − x)(1 − y )

≥

− ( 1− x + 1− y) 2 1− x +1− y 2

=2 2

(1)

( Do x+y=1 ) Theo Bunhiacopski: 1 − x + 1 − y ≤ 2 1 − x + 1 − y = 2 ( Do x+y=1 ) (2)

Trừ theo từng vế (1) và (2) ta có : Q ≥ 2 1 − x = 1 − y 1 ⇔x=y= 2 x + y = 1

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 

Vậy minQ = 2 Câu 4 Phương trình đường thẳng ∆ qua N và vuông góc với AH là 4,0 x − y = − 18 7

Tọa độ giao điểm I của AH với ∆ là nghiệm của hệ PT 18  2 16 x − y = − 7 ⇒ I (− ; )  7 7  x + y = 2

0.5 0.25

0,5 0,5 0,25 25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4 7

Gọi N1 là giao điểm của ∆ và AB, suy ra N 1 (− : 2)

Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N1 nên có PT 7x+3y = 2 7x + 3y = 2 ⇒ A(−1 : 3) x + y = 2

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  Giả sử B(b;

2 − 7b ) 3

x - y = 6 ⇒ H ( 4 : −2) ⇒ C (6;0) x + y = 2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 

Nội dung

sinA Câu 5 a) . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thoả mãn điều kiện sinB.cosC 4,0 = 2 thì tam giác ABC là tam giác cân.

+ cos C =

0,5

0.5 0.25

PT đường thẳng BC: x-y = 6

+ Viết ếếếc sin A =

0.25

0.5

1 2 4b + 4 b = 2 ⇒ B ( 2;−4) ⇒ =2 2⇒ 3 2 b = −4(loai )

Khi đó d ( B, AH ) = BC = 2 2

Câu

0,25

a b ; sin B = . 2R 2R

a2 + b2 − c2 2ab

0.5

Điể m 2,0

0.5 0.5

sinA + Thay vếo sinB.cosC = 2, rút gến ta ếếếc b=c

0.75

+ Vếy tam giác ABC cân tếi A

0.25

b). Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh AB, N là một điểm trên cạnh AC sao cho NC = 2 NA và I là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh : BC + NM = BM + NC . Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB và AC + Chứng minh được BC + NM = BM + NC + Ta có I là trung điểm của MN →

→

⇒ AM + AN = 2 AI →

→ 1 1 → ⇔ AB + AC = 2 AI 2 3 → 1 → 1 → ⇔ AI = AB + AC 4 6

2.0

0.5 0.5 0.5 0.5

26 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC TOÁN 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

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

2 − 3 + 2x − x2 = 1. x +1 + 3 − x  x2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0

2) Giải hệ phương trình 

2 2 2 2 ( x − y ) ( x + xy + y + 3) = 3 ( x + y ) + 2

Câu 2. (4,0 điểm) Cho Parabol (P): y = ax 2 + bx − 1 . 3 11 1) Tìm các giá trị của a, b để (P) có đỉnh I  − ; −  .  2

2

2) Với giá trị của a, b vừa tìm được câu 1, hãy tìm giá trị k để đường thẳng ∆ : y = ( k + 6 ) x + 1 cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho trung điểm H của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d: 4 x + 2 y − 3 = 0 .

Câu 3. (4, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC đều và các điểm M, N, P thỏa mãn 2 4 CN = CA , AP = AB . Tìm giá trị của k để AM vuông góc với PN. 3 15

BM = k .BC ,

2) Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b . Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu 1 + cos B 2a + c = sin B 4a 2 − c 2

Câu 4. (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi E, F là điểm xác định bởi

1 1 BE = BC , CF = − CD . Đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại I. 3 2 1) Tính giá trị EA.CE theo a.

2) Chứng minh rằng AIC = 900 .

Câu 5. (3,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = abc . Chứng mình rằng 1 a b c + 2 + 2 ≤ a + bc b + ac c + ab 2 2

27 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

----HẾT----

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM CÂU

NỘI DUNG 1) (2 điểm) Giải phương trình

ĐIỂM

2 − 3 + 2x − x2 = 1. x +1 + 3 − x

- Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 3 - Đặt t = x + 1 + 3 − x

0,25 0,25

t2 − 4 2 Pt ⇔ t 3 − 2t − 4 = 0 ⇒ t = 2 Kết luận: x = −1; x = 3

0,25

⇒ 3 + 2 x − x2 =

Câu 1 (5 điểm)

0,75 0,75

 x 2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0 2) (3 điểm) Giải hệ phương trình  2 2 2 2 ( x − y ) ( x + xy + y + 3) = 3 ( x + y ) + 2 3 - Điều kiện: y ≥ − 2

(1) . ( 2) 0,25

Pt(2) được viết lại: x3 − y 3 + 3 x − 3 y = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 3

0,50

⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ x −1 = y + 1 ⇔ y = x − 2

0,25

Thay vào phương trình (1) ta được

0,25

x 2 − 3x + 1 = − 2 x − 1 2

1  1  ⇔  x −  =  2x −1 −  2  2   2x −1 = 1− x ⇔  2 x − 1 = x

0,50 0,50

x = 1 ⇔ x = 2 − 2

0,50

Kết luận: Nghiệm (x;y) của hệ phương trình là

(1; −1) ; ( 2 −

2; − 2

0,25

)

Cho Parabol (P): y = ax 2 + bx − 1 .

Câu 2: (4 điểm)

3 11 1) Tìm các giá trị của a, b để (P) có đỉnh I  − ; −  .

 2

2

2) Với giá trị của a, b vừa tìm được câu 1, hãy tìm giá trị k để đường thẳng ∆ : y = ( k + 6 ) x + 1 cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho trung điểm H 28 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d: 4 x + 2 y − 3 = 0 . 3 11 1) (2 điểm) Tìm các giá trị của a, b để (P) có đỉnh I  − ; −  .

 2

2

b 3 = − ⇔ 3a − b = 0 2a 2 11 9 3 −11  3 f  −  = − ⇔ a − b −1 = 2 4 2 2  2 ⇔ 9a − 6b = −18

0,50

xI = −

0,25 0,25

Giải hệ phương trình: 3a − b = 0 a = 2 ⇔  9a − 6b = −18 b = 6

0,5

2) (2 điểm) Với giá trị của a, b vừa tìm được câu 1, hãy tìm giá trị k để đường thẳng ∆ : y = ( k + 6 ) x + 1 cắt (P) tại hai điểm phân biệt M và N sao cho trung điểm H của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d: 4 x + 2 y − 3 = 0 . Pt hoành độ gđ: 0,25 2 x 2 + 6 x − 1 = kx + 6 x + 1 ⇔ 2 x 2 − kx − 2 = 0 *

( )

Pt(*) có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt ⇔ ∆ = k 2 + 16 > 0 Khi đó: M ( x1 , ( k + 6 ) x1 + 1) ; N ( x2 ; ( k + 6 ) x2 + 1)

 x + x ( k + 6 ) x1 + 1 + ( k + 6 ) x2 + 1  ⇒H 1 2;  2  2   k2  2 + 3 k + k  2  ⇒H ; 2  4    Do H ∈ d ⇒ k 2 + 8k − 2 = 0 ⇒ k = −4 ± 3 2

0,25 0,25 0,25

0,50

0,50 1) (2 điểm) Cho tam giác ABC đều và các điểm M, N, P thỏa mãn

2 4 BM = k .BC , CN = CA , AP = AB . Tìm giá trị của k để AM vuông góc với 3 15

PN. A P

Câu 3 (4 điểm) B

BM = k BC ⇔ AM − AB = k AC − AB ⇔ AM = (1 − k ) AB + k AC

(

)

0,25

29 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4 1 PN = AN − AP = − AB + AC 15 3 AM ⊥ PN ⇔ AM .PN = 0  4 1  ⇔ (1 − k ) AB + k AC   − AB + AC  = 0 3  15  ⇔

−4 (1 − k ) 15

⇔k =−

AB 2 +

0,25 0,25

k  1 − k 4k  −  AB. AC = 0 AC 2 +  3 15   3

0,5

k  1 − k 4k  + −  cos 600 = 0 3  3 15 

0,50

1 3

0,25

2) (2 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b . Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu 1 + cos B 2a + c = ( *) sin B 4a 2 − c 2

Bình phương hai vế đẳng thức (*) ta được:

(1 + cos B ) 2

1 − cos B

0,50

( 2a + c ) = ( 2a − c )( 2a + c )

1 + cos B 2a + c = 1 − cos B 2a − c 1 + cos B 2a + c ⇔ = 2 4a

0,25

⇔

⇔ 2a cos B = c 2 ⇔ cos B =

0,50 c 2a

0,25 0,25

⇔ a2 + c2 − b2 = c2 ⇔ a=b

0,25

Vậy tam giác ABC cân tại C

Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi E, F là điểm xác định bởi 1 1 BE = BC , CF = − CD . Đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại I. 3 2 B A 1) Tính giá trị EA.CE theo a.

2) Chứng minh rằng AIC = 900 .

Câu 4 (4 điểm)

1) (1,5 điểm) Tính giá trị EA.CE theo a. Ta có: EA.CE = EB.CE = EB.CE.cos 0

0,50 0,50 30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a 2a 2a 2 = . = 3 3 9

0,50

2) (2,5 điểm) Chứng minh rằng AIC = 900 . Chứng minh: AIC = 900 ⇔ AI .CI = 0 1 Ta có: AE = AB + AD 3 Giả sử BI = k BF , k ∈ ℝ AI = AB + BI = AB + k .BF = AB + k BC + CF

(

0,25 0,50

)

0,50

k  k  = AB + k BC − CD =  1 +  AB + k AD 2  2

Do A, E, I thẳng hàng nên 2  k 1 1 +  = k ⇒ k = 5  23 6 2 ⇒ AI = AB + AD 5 5 1 3 CI = AI − AC = AB − AD 5 5 6 2 6 2 ⇒ AI .CI = a − a =0⇒ AIC = 900 25 25

0,50 0,25 0,25 0,25

Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b2 + c 2 = abc . Chứng mình rằng 1 a b c + 2 + 2 ≤ a + bc b + ac c + ab 2 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si 1 A+ B 1 1 1 1 1  ≥ ⇔ ≤  +  4 AB A+ B A+ B 4  A B  a b c và a 2 + b2 + c 2 = abc ⇔ + + = 1 bc ca ab 2 2 2 Ta có: abc = a + b + c ≥ ab + bc + ca 1 1 1 ⇒ + + ≤1 a b c a 1 11 a  = ≤  +  2 a + bc a + bc 4  a bc  a b 1 11 b  = ≤  +  2 b + ac b + ac 4  b ac  b c 1 11 c  = ≤  +  2 ab c + ab c + 4  c ab  c c  11 1 1 a b VT ≤  + + + + +  4  a b c bc ac ab 

( A + B)

Câu 5 (3điểm)

≥ 4 AB ⇔

0,50 0,25 0,50 0,25 0,50 0,50 0,50 0,50 31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

≤

1 1 (1 + 1) = 4 2

a 2 + b 2 + c 2 = abc Dấu “=” xảy ra khi a = b = c a 2 = bc, b 2 = ac, c 2 = ab 

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (3,0 điểm) 1).Cho hàm số y =

0,50

KỲ THI HỌC SINH GIỎI Môn thi: TOÁN LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

4 x − ( m + 3 ) . Tìm điều kiện của m để hàm số xác định trên

[1; + ∞ ) 2). Cho 2 tập hợp A = ( −1; +∞ ) , B = { x ∈ ℝ | mx 2 − 4 x + m − 3 = 0} . Tìm tập tất cả các giá trị

của tham số m sao cho B có đúng hai tập con và tập B là tập hợp con của tập A. Câu II (5,0 điểm) 1). Tìm m để tổng các bình phương các nghiệm của phương trình: x 2 − ( 2m − 1) x − 4m − 3 = 0 là nhỏ nhất. 2).Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 2m − 1 có bốn nghiệm thực phân biệt. Câu III (5.0 điểm) x 2 − x − 2 + 3 x = 5x2 − 4 x − 6 1) Giải phương trình 2) Giải hệ phương trình

1 1  x − 3 = y − 3 x y ( x; y ∈ ℝ ) .  ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 

Câu IV (5,0 điểm)

= 600. Các điểm M, N được xác định 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

2)Cho tam giác ABC và ba điểm M, N và P thoả mãn MC = 9.MB , NA + 3.NB = 0 , PC + 3.PA = 0 . Hãy phân tích mỗi vectơ MN, MP theo hai vectơ AB, AC . Từ đó suy ra ba điểm M, N và P thẳng hàng Câu V (2,0 điểm)

1).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất

32 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2). Cho 3 số a, b, c ≠ 0. Chứng minh:

a 2 b2 c2 a b c + + ≥ + + b2 c 2 a 2 b c a

---HẾT---

Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................. Chữ ký của giám thị 2: ...................................

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10 CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

1.Cho hàm số y =

ĐIỂM

4 x − ( m + 3 ) . Tìm điều kiện của m để hàm số xác

định trên [1; + ∞ ) 2. Cho 2 tập hợp A = ( −1; +∞ ) , B = { x ∈ ℝ | mx 2 − 4 x + m − 3 = 0} . Tìm tập tất

Câu I

cả các giá trị của tham số m sao cho B có đúng hai tập con và tập B là tập hợp con của tập A. 3,0 đ Hàm số xác định khi: 4 x − ( m + 3) ≥ 0 I.1 (1,5đ)

0,5

m +3  ; +∞  ⇔ m∈  4 

0, 5

m + 3  Để hàm số xác định trên [1; +∞ ) ⇔ [1; +∞ ) ⊂  ; +∞  ⇔ m ≤ 1  4  0,5 B có đúng hai tập con ⇒ B có đúng 1 phần tử. 0,5 2

⇒ mx − 4 x + m − 3 = 0 có 1 nghiệm duy nhất. 0,5 Xét m = 0 : pt ⇒ x = − I.2 (1,5đ)

3 (nhận) 4

 m = −1 Xét m ≠ 0 : ∆ ' = −m 2 + 3m + 4 = 0 ⇔  m = 4 + m = −1: pt ⇒ − x 2 − 4 x − 4 = 0 ⇔ x = −2 (loại vì B ⊂ A ) 1 + m = 4 : pt ⇒ 4 x 2 − 4 x + 1 = 0 ⇔ x = (nhận) 2 Vậy m=4

0,5

a. Tìm m để tổng các bình phương các nghiệm của phương trình: x 2 − ( 2m − 1) x − 4m − 3 = 0 là nhỏ nhất. CâuII

b.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 2m − 1 có bốn nghiệm thực phân biệt

II. (5,0đ)

1. (2) có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ 4m + 12m + 13 ≥ 0 ⇔ 2m + 3

5,0 đ 2

(

)

+ 4 ≥ 0, ∀m

1,0

33 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x1 + x2 = 2 m − 1  x1 x2 = −4m − 3

Theo viet: 

A = x12 + x22 = 4m 2 + 4m + 7 = ( 2m + 1) + 6 ≥ 6

min A = 6 ⇔ m = −

1 2

1,5

2. PT xác định ∀x ∈ ℝ . Ta có 4 x 2 − 4 x + 5 = x 2 − 4 x + 2m − 1 (1) ⇔ x 2 − 4 x + 5 − 4 x 2 − 4 x + 5 = 6 − 2m

Phương trình (1) có 4 nghiệm x phân biệt khi phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t phân biệt lớn hơn 1. Lập BBT cho hàm số f ( t ) = t 2 − 4t trên [1; +∞ ) ta có phương trình ( 2 ) có 2 nghiệm t phân biệt lớn hơn 1 khi f ( 2 ) < 6 − 2m < f (1) ⇔

9 <m<5 2

Câu III (2,5 đ)

1,5

5,0 đ x − x − 2 ≥ 0  Điều kiện  x ≥ 0 ⇔ x≥2 5 x 2 − 4 x − 6 ≥ 0  2

0,5 Bình phương hai vế ta được 6 x( x + 1)( x − 2) = 4 x 2 − 12 x − 4

⇔ 3 x( x + 1)( x − 2) = 2 x( x − 2) − 2( x + 1) ⇔ 3 III.a

x( x − 2) x( x − 2) =2 −2 x +1 x +1 1,0

Đặt t =

 −1 t= x( x − 2) 2 ≥ 0 ta được bpt 2t − 3t − 2 = 0 ⇔  2 ⇔ t = 2 ( do t ≥ 0 )  x +1 t = 2

Với t = 2 ⇔

x( x − 2) = 2 ⇔ x2 − 6x − 4 = 0 x +1

0,5

 x = 3 − 13 ⇔ ⇔ x = 3 + 13 ( do x ≥ 2 ) Vậy bpt có nghiệm x = 3 + 13  x = 3 + 13 0,5

ĐK: x, y ≠ 0

III.b

x = y 1 1 ( y − x)( y 2 + xy + x 2 ) x − 3 = y − 3 ⇔ ( x − y) = ⇔  y 2 + xy + x 2 3 3 = −1 x y x y  x3 y 3

0,5

Trường hợp x = y thay vào phương trình: ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36  x = −6 ta được phương trình: x 2 + 4 x − 12 = 0 ⇔   x=2 Hệ có nghiệm (−6; −6);(2; 2)

1,0

34 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y 2 + xy + x 2 = −1 x3 y3 Do y 2 + xy + y 2 > 0 với ∀x, y ≠ 0 nên nếu ( x; y ) là nghiệm thì xy < 0 Trường hợp

0,25

Mặt khác ( x − 4 y )(2 x − y + 4) = −36 ⇔ 2 x 2 + 4 y 2 − 9 xy + 4 x − 16 y = −36 ⇔ 2( x + 1)2 + 4( y − 2) 2 − 9 xy = −18 (*) 0,25 Do xy < 0 nên PT(*) vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (−6; −6);(2; 2)

0,5

= 60 . Các điểm M, N a) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC được xác định bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 0

Câu IV

IV.1 (2,5đ)

b) Cho tam giác ABC và ba điểm M, N và P thoả mãn MC = 9.MB , NA + 3.NB = 0 , PC + 3.PA = 0 . Hãy phân tích mỗi vectơ MN, MP theo hai vectơ AB, AC . Từ đó suy ra ba điểm M, N và P thẳng hàng Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB) = 0 ⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB 2 − 3 AC 2 − 5 AB. AC = 0 5bc ⇔ 2c 2 − 3b 2 − ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0 =0 2 9 1 MC = 9.MB ⇔ AC − AM = 9. AB − AM ⇔ AM = AB − AC ; 8 8

(

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

)

3 1 NA + 3.NB = 0 ⇔ −AN + 3. AB − AN = 0 ⇔ AN = AB ; AP = AC 4 4 9 3 3 1 MN = AN − AM = − AB + AC ; MP = AP − AM = − AB + AC IV.2 8 8 8 8 (2,50đ) Suy ra: MP = 3MN . Vậy ba điểm M, N và P thẳng hàng.

(

5,0 đ

)

0,75 0,75 0,5

0,5 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác Câu V OAB có diện tích nhỏ nhất. 2.Cho 3 số a, b, c ≠ 0. Chứng minh:

a 2 b2 c2 a b c + + ≥ + + b2 c 2 a 2 b c a

ab V.1 Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với a > 0, b > 0. (*) Suy ra SOAB = . (1,00đ) 2

1,0 đ 0,25

35 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 1 a2 + b2 + = (**)⇒ = 2 2 ⇒ a 2b 2 = R 2 (a 2 + b 2 ) ≥ 2 R 2 ab a2 b2 R2 R2 a b ab ⇒ SOAB = ≥ R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b) 2 Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = R 2 Mà

(

) (

)

Kết luận: A ± R 2; 0 ; B 0; ± R 2 (4 cặp điểm) 2

V.2 (1,00đ)

0,25 0,25 0,25

a b c a b c + 2 + 2 ≥ 33 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 3 2 b c a b c a

(1) 0,25

a2 a2 a a 1 2 + ≥ =2 ≥2 2 2 b b b b 2

0,25

b b b b +1 ≥ 2 2 = 2 ≥ 2 2 c c c c

0,25

c2 c2 c c 1 2 + ≥ =2 ≥2 2 2 a a a a 2 2 2 a b c a b c Suy ra : 2 + 2 + 2 + 3 ≥ 2  + +  b c a b c a Từ (1) và (2) suy ra:  a 2 b2 c 2  a b c 2 2 + 2 + 2  + 3 ≥ 2 + +  + 3 c a  b c a b ⇔

(2) (Cộng vế theo vế)

a 2 b2 c2 a b c + + ≥ + + b2 c 2 a 2 b c a

0,25

---HẾT---

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 Môn thi :

TOÁN

ĐỀ THAM KHẢO

36 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1 (5,0 điểm). a. Giải bất phương trình x 2 − 3x

(

)

2 x 2 − 3x − 2 ≥ 0

  2 x − 1 − y 1 + 2 2 x − 1 = −8 b. Giải hệ phương trình   y 2 + y 2 x − 1 + 2 x = 13

(

)

Câu 2 (4,0 điểm).

Cho hàm số y = -x2 + 2(m + 1)x + 1 - m2 (1), (m là tham số). a. Tìm giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác KAB vuông tại K, trong đó K(2; -2) b. Tìm giá trị của m để hàm số (1) có giá trị lớn nhất bằng 6.

Câu 3 (4,0 điểm). a. Cho ba số thực x, y, z lớn hơn 1. Chứng minh: 1 1 1 3 + + ≥ . 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc

b. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa a + 2b + 3c ≥ 20 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 3 9 4 biểu thức: A = a + b + c + + + a 2b c 111 Câu 4 (3,0 điểm). a.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A ( 2, −1) , B (1, −2 ) trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác 13,5 b. Cho tam giác ABC gọi ra là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A. Chứng minh diện tích tam giác ABC tính theo công thức: S = (p-a ) ra Câu 5 (4,0 điểm). a. Cho một _điểm M nằm tùy trên _đoạn thẳng AB. Dựng các hình vuông AMCD và MBEF về cùng một phía với AB. Các các đường tròn tâm P và Q lần lượt ngoại tiếp hai hình vuông AMCD và MBEF cắt nhau tại M và N.Chứng minh đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định b. Cho tam giác ABC có góc A nhọn . Vẽ bên ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân tại A là ABE và ACE. Gọi M là trung điểm BC. Chứng minh AM vuông góc DE

–––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………

37 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn : TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu Câu 1 (5,0 điểm)

Đáp án

(

a) x − 3 x

)

Điểm

2 x 2 − 3x − 2 ≥ 0

2,0

x = 2 Th1 2 x − 3 x − 2 = 0 ⇔  −1 x =  2  2 x 2 − 3 x − 2 > 0 Th2  2  x − 3 x ≥ 0 −1  ∨x>2 x < 2   x ≤ 0 ∨ x ≥ 3

0,5

−1   S =  −∞,  ∪ [3, +∞ ) ∪ {2} 2 

0,5

  2 x − 1 − y 1 + 2 2 x − 1 = −8 Giải hệ phương trình   y 2 + y 2 x − 1 + 2 x = 13 b.

(

Đk x ≥

)

1 2

0,5

 2 x − 1 − y 1 + 2 2 x − 1 = −8    y 2 + y 2 x − 1 + 2 x = 13 , = 2 − 1 ≥ 0 t x Đặt t − y (1 + 2t ) = −8 ⇔ 2 2  y + yt + t = 12

(

)

t − y = 0  t − y = −2 3 

5  x = t − y = 0 tìm được  2  y = 2

0,5

38 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 43 − 3 61 x=  3  4 y = t + tìm được  2  y = 3 + 61  4 kl

0,5

Câu 2 (4,0 a điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm

− x 2 + 2( m + 1) x + 1 − m 2 = 0 ⇔ x 2 − 2(m + 1) x + m 2 − 1 = 0 (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi

phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt

0,5

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( m + 1) 2 − m 2 + 1 > 0 ⇔ 2m + 2 > 0 ⇔ m > −1 . Gọi các nghiệm của phương trình (2) là x1 , x2 . Tọa độ các giao điểm A, B là A( x1 ;0), B( x2 ;0) ; KA = ( x1 − 2;2), KB = ( x2 − 2;2) . KA ⊥ KB ⇔ KA . KB = 0 ⇔ ( x1 − 2)( x2 − 2) + 4 = 0 ⇔ x1x2 − 2( x1 + x2 ) + 8 = 0

m = 1 . ⇔ m 2 − 1 − 2.2( m + 1) + 8 = 0 ⇔ m 2 − 4m + 3 = 0 ⇔  m = 3

0,5

Kết hợp điều kiện m > −1 , ta được m = 1 , m = 3 . b. Tìm giá trị của m để hàm số (1) có giá trị lớn nhất bằng 6.

y = −x2 + 2(m + 1) x + 1 − m2 ⇔ y = −x2 + 2(m + 1) x − (m + 1)2 + (m + 1)2 + 1 − m2 ⇔ y = −( x − m − 1) 2 + 2m + 2 .

⇒ y ≤ 2m + 2 . Dấu " = " xảy ra khi x = m + 1 . Giá trị lớn nhất của hàm số là 2m + 2 .

Giá trị lớn nhất của hàm số bằng 6 khi 2m + 2 = 6 ⇔ m = 2 . Câu 3 (4,0 điểm)

Chứng minh được

1 1 2 + ≥ (1) 2 2 1 + a 1 + b 1 + ab

0,5

39 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 1 3 1 1 1 1 4 + + ≥ ⇔ + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc 1 + a 1 + b 1 + c 1 + abc 1 + abc Áp dụng bđt (1) 1 1 1 2 2 4 + + ≥ + ≥ 2 2 2 3 3 4 1 + a 1 + b 1 + c 1 + a b 1 + abc 1 + a 3b3 abc 4 =

0,5

4 1 + abc

b  3a 3   b 9   c 4  a b 3c A=  + + + + + + + +  4 a   2 2b   4 c  4 2 4

3a a b 9 c 4 a + 2b + 3c . +2 . +2 . + ≥ 13 4 3 2 2b 4 c 4 Đẳng thức xẩy ra khi a=2, b=3. c=4

≥

Câu 4 a (3,0 điểm)

0,5 1 0,5

C ( a, b )

 3 −1  M là trung điểm AB M  ,  gọi 2 2 

a+3   xG = 3  y = b −3  G 3

0,5

G thuộc d nên a + b = 6 ( AB) : 3 x − y − 5 = 0 d (C , AB) = S ABC

C1 (

3a − b − 5

10  2a − b = 32 = 13, 5 ⇒   2a − b = −22

38 −20 , ), C2 ( −6,12 ) 3 3

0,5

b Gọi Q, R, P là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp tâm J bán kính ra lần lượt

với các đường thẳng BC, CA, AB

40 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cr 1 AB.JP = a 2 2 bra 1 S ∆JAC = AC.JR = 2 2 ar 1 S ∆JBC = BC.JQ = a 2 2 S = S JAB + S JAC − S JBC S ∆JAB =

b+c−a a + b + c − 2a ra = ra = ( p − a )ra 2 2 Chọn hệ tọa độ Axy B ∈ Ax, D ∈ Ay AM = m : (0 < m < 1) Khi đó, ta có:A(0, 0) B(1, 0) M(m, 0) C(m,m) F(m, 1−m) E(1, 1−m)  m m   m +1 1− m  P  , ,Q  ,  , D ( 0, m ) 2  2 1  2 MN vuông PQ nên =

MN : x + (1 − 2m) y − m = 0

 1 −1  Tìm điểm cố định I  ,  2 2 

0,75

0,5

0,5 1

b 2 AM .DE = ( AB + AC )( AE − AD) = AB. AE − AC AD

0.5 0,5

ABAE cos(90i + A) − AC. AD cos(90 + A

0.5

ADAC = cos(90i + A) − AC. AD cos(90 + A) = 0

0,5

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. .

KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 MÔN TOÁN Thời gian: 150p(không kể thời gian giao đề) Câu 1: a(3đ). Giải phương trình 41 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + 2020 + 2 x + 2019 + x + 2013 − x + 2019 = 4 2  2 2 x + 4 xy + 5 y = 6 b(2đ). Giải hệ phương trình:  ( x + 1)2 − 2 y 2 + y = 1 

Câu 2(4đ): Tìm m để đường thẳng d : y = 2 x − 3 cắt parabol (P): y = x 2 + mx +1 tại hai điểm A,B sao cho AB = 3 5 . Câu 3(4đ):Với a, b, c là 3 số thực dương,hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

a3 3

a 3 + (b + c )

b3 3

b3 + (c + a )

c3 3

c 3 + ( a + b)

Câu 4: a(2đ): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có đáy là AD và BC, biết rằng AB = BC, AD = 7. Đường chéo AC có phương trình x – 3y – 3 = 0; điểm M(-2; -5) thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết rằng đỉnh B(1;1). b(2đ): Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD ta lấy điểm M khác A và B.Gọi P,Q,R,S là hình chiếu của M trên các đoạn thẳng AD,AB,BC,CD. Chứng minh rằng PQ ⊥ RS và giao điểm của chúng nằm trên một trong hai đường chéo của hình chữ nhật ABCD. Câu 5(3đ): Cho tam giác ABC có trực tâm H và nội tiếp trong một đường tròn tâm O.Chứng minh rằng OH = OA + OB + OC . --------- HẾT ----------

ĐÁP ÁN Nội dung

điểm 42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1 a - đk x ≥ −2019 ,đặt t = x + 2019 , t ≥ 0

0.5 0.5

- pttt

(t + 1) + t 2 − t − 6 = 4

0.5

⇔ t 2 − t − 6 = 3− t 3 − t ≥ 0 ⇔  2 t − t − 6 = (3 − t )2

0.5 0.5 0.5

⇔t=3 ⇒ x = −2010

Câu 1 b

2 2 2  (2 x + y ) − 2 ( x − 2 y ) = 6 Hệ tương đương với  (2 x + y ) + ( x 2 − 2 y 2 ) = 1  u = 2 x + y u 2 − 2v = 6 u = −1 u = 2 Đặt  ⇒  ⇒  ∨ 2 2 v = x − 2 y u + v = 1 v = 5 v = −1

u = −1 Với  ⇒ phương trình vô nghiệm

v = 5  8 + 15 −2 − 2 15   8 − 15 −2 + 2 15  u = 2  ∨   với  ⇒  ; ; v = −1  7   7  7 7

Câu 2

- phương trình hđgđ: x 2 + mx + 1 = 2 x − 3 ⇔ x 2 + (m − 2) x + 4 = 0 Đk để cắt tại 2 điểm A,B: △> 0 ⇒ m 2 − 4m −12 > 0 ⇔ m < −2 ∨ m > 6 2 2 - ta có AB = 3 5 ⇒ ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 45 2

⇔ 5 ( x2 − x1 ) = 45

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

⇔ ( S − 4 P) = 9 2

⇔ (m − 2) −16 = 9

0.5 0.5

m = 7 ⇔ (m − 2) = 25 ⇔   m = −3 2

⇔ KL

Câu 3

0.5

- với x > 0 áp dụng AM-GM ta có: 1 + x 3 = (1 + x)(1− x + x 2 ) ≤

x2 1 + x + 1− x + x 2 = 1+ 2 2

1.0

Do a, b, c > 0 ta có a3 3

a + (b + c)

Tương tự ta có b

 b + c  1 +   a  ≥

1 b2 + c2 1+ a2

b + (c + a )

≥

1 2 1  b + c  1 +   2  a 

a2 a 2 + b2 + c 2

0.5

(1) 0.5

≥

b a + b2 + c2 2

(2) 0.5 43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c3 3

c3 + (a + b)

≥

c2 a2 + b2 + c2

(3)

(1)+(2)+(3) vế theo vế ta được P ≥ 1 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c Vậy min P = 1 Câu 4a

0.5 0.5 0.5

△ ABC cân tại B nên ∠BAC = ∠BCA BC / / AD ⇒ ∠BCA = ∠CAD ⇒ AC là phân giác ∠BAD 3 −1 Gọi I là hình chiếu của B trên AC ⇒ I ( ; ) 2 2 Gọi N là điểm đối xứng của B qua AC ⇒ N ∈ AD và I là trung điểm BN ⇒ N (2; −2)

Đường thẳng qua M,N ⇒ AD : 3x − 4 y −14 = 0

0.5 0.5

A = AC ∩ AD ⇒ A(6;1) 7 2 −16 ) ⇒ AB = 5 = AN ⇒ AD = AN ⇒ D( ; 5 5 5

Câu 4b

0.5

Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. Dựng hệ trục Oxy với Ox//AD,Oy//AB

Giả sử bán kính đường tròn là R thì phương trình đường tròn ngoại tiếp ABCD là x 2 + y 2 = R 2 2

A(− a; − b); B(− a; b); C(a; b); D(a; − b) ⇒ a + b = R

0.25

M (x 0 ; y 0 ) nằm trên cung AB nên x0 2 + y0 2 = R 2 ⇒ P(x 0 ; b); Q(− a; y 0 ); R(x 0 ; b); S (a; y0 ) ⇒ PQ.RS = −a 2 + x02 + y02 − b 2 = 0 nên PQ ⊥ RS

0.25 0.25 0.25

PQ : (b + y0 ) x + (a + x0 ) y − x0 y0 + ab = 0 RS : (b − y0 ) x + (a − x0 ) y + x0 y0 − ab = 0

0.25

Gọi I = AC ∩ BD nên tọa độ I là nghiệm hệ  (b + y0 ) x + (a + x0 ) y − x0 y0 + ab = 0 ⇔ bx + ay = 0  (b − y0 ) x + (a − x0 ) y + x0 y0 − ab = 0 

0.25

⇒ bxI + ayI = 0

Câu 5

Đường thẳng BD: bx + ay = 0 ⇒ I ∈ BD - dựng đường kính AD ⇒ BD ⊥ AB, CD ⊥ AC ⇒ HBDC là hình bình hành ⇒ HB + HC = HD OA + OB + OC = 3OH + HA + HB + HC = 3OH + HA + HD = 3OH + 2 HO = OH

0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

ĐỀ ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN 10 1. ĐỀ Câu 1. a) Giải phương trình 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) .

44 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5y  x  x2 − y + x + y 2 = 4  b) Giải hệ phương trình  . 2 2 5 x + y + x − 5 y = 5  xy

Câu 2. a) Cho hàm số: y = x 2 − ( 2m − 3) x − 2m + 2 (1) . Xác định m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 3x − 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OA2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( O là gốc tọa độ).

b) Giải bất phương trình 7 x 2 − 7 x − 9 − x 2 − x − 6 < 2 2 x + 1 . Câu 3. Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: 2

( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) 3 3 z 2 x2 + 1

Câu 4.

3 3 x2 y 2 + 1

3 3 y2 z2 + 1

≥ x+y+z+3

a) Trong mpOxy, cho tam giác ABC có A(1;2), B(3; - 2) và C(2;3).Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua B và cắt AC tại D (khác A) sao cho AB = BD. b) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, có CD = 2 AB = 2 AD. Gọi E là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB = 3 AE , điểm F thuộc đoạn BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết E ( 2; 4 ) , đường thẳng EF có phương trình 2 x + y − 8 = 0 và đỉnh D thuộc đường

thẳng 3 x + y − 8 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. Câu 5. Cho tam giác ABC . a) Gọi M , N là hai điểm phân biệt thỏa mãn : MN = 2 MA + 3MB + MC . Chứng minh M , N luôn đi qua một điểm cố định . b) Tìm quỹ tích điểm K thỏa mãn : KA2 − KB 2 + CA2 − CB 2 = 0 . ___HẾT___

45 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. ( 5 điểm) a) ( 2,5 điểm) Giải phương trình sau trên ℝ : 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27 ( x + 1) . Lời giải a) ĐK: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với:

(

4 x 2 + 12 x x + 1 + 9 ( 1 + x ) = 36 ( 1 + x ) ⇔ 2 x + 3 1 + x

) = (6

1+ x

)

 3 1 + x = 2 x ( 1) 2x + 3 1 + x = 6 1 + x ⇔ ⇔  9 1 + x = −2 x ( 2 )  2 x + 3 1 + x = −6 1 + x  2 2 9 ( 1 + x ) = 4 x 4 x − 9 x − 9 = 0 Ta có: ( 1) ⇔  ⇔ ⇔x=3  x ≥ 0  x ≥ 0 2 81 ( 1 + x ) = 4 x 2 81 − 9 97 4 x − 81x − 81 = 0 Ta có: ( 2 ) ⇔  ⇔ ⇔x= 8  x ≤ 0  x ≤ 0

81 − 9 97 là nghiệm của phương trình 8 5y  x  x2 − y + x + y2 = 4  b) (2,5 điểm)Giải hệ phương trình sau:  2 2 5 x + y + x − 5 y = 5  xy Lời giải 5  1 5y + =4  x  + = 4 y x  x2 − y x + y2 x − + y   x y Ta có:  ⇔ 2 2 x 5 y − 5 x + y +  x 5y =5 =5  5 x + y + − xy y x  Kết luận: x = 3 ; x =

y 1  1  x− = a= 1 1   y x x 2  + =4  2⇔ ⇔ Đặt a = x − ; b = y + , hệ trở thành:  a 5  x y 5a + b = 5 b = 5 y + x = 5  y 2 2  1  1   y = x( x − 2 )  y = x( x − 2 )  ⇔ 1 1 5⇔ =  x( x − 2 ) + x = 1∨ x = 3 ∨ x = − 3 1 2 x−  2 2   2 3  3 x = 1 x =    2 x = − ⇔ ∨ ∨ 2 1    y = 2  y = 3  y = 3  2 Câu 2. ( 4 điểm)

46 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) (2 điểm) Cho hàm số: y = x 2 − ( 2m − 3) x − 2m + 2 (1) . Xác định m để đồ thị của hàm số (1) cắt đường thẳng y = 3x − 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OA2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất ( O là gốc tọa độ). Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm: x 2 − 2mx − 2m + 3 = 0 (*) .  m < −3 Điều kiện cần và đủ để đường thẳng cắt đồ thị taị hai điểm phân biệt A, B là  m > 1  x1 + x2 = 2m Gọi x1; x2 là các nghiệm của (*) ta có   x1.x2 = −2m + 3 2 ⇒ A ( x1;3x1 − 1) ; B ( x2 ;3x2 − 1) ⇒ OA + OB 2 = 40m2 + 28m − 58.

OA2 + OB 2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 10 khi m = 1 . V ậy m = 1 .

b)( 2điểm) Giải bất phương trình: 7 x 2 − 7 x − 9 − x 2 − x − 6 < 2 2 x + 1 Lời giải Điều kiện có nghĩa: x ≥ 3 . Bất phương trình đã cho tương đương với

7 x 2 − 7 x − 9 <  ( x + 2)( x − 3 + 2 2 x + 1 

⇔ 6 x 2 − 14 x − 7 < 4 (2 x + 1)( x − 3) x + 2 ⇔ 3(2 x 2 − 5 x − 3) − 4 2 x 2 − 5 x − 3 x + 2 + ( x + 2) < 0 ⇔ 3.

2 x2 − 5x − 3 2 x2 − 5x − 3 +1 < 0 −4 x+2 x+2

Giải bất phương trình bậc 2 với ẩn

2 x2 − 5x − 3 , ta được x+2

18 x 2 − 46 x − 29 > 0  2  2 x − 6 x − 5 < 0

 3 − 19 3 + 19 <x<  2  2  Giải hệ bất phương trình này ta có   x > 23 + 1051 18   23 − 1051  x < 18  Kết hợp lại ta được nghiệm của bất phương trình là

23 + 1051 3 + 19 <x< 18 2

Câu 3. (4 điểm) Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: 2

( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) 3 3 z 2 x2 + 1

3 3 x2 y 2 + 1 3 3 y2 z2 + 1 Lời giải

≥ x+ y+z+3

Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do ab + a + b ≥ 3 3 a 2 b 2 , ∀a > 0 ,b > 0. Nên : 2

( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) S≥ ( z + 1)( x + 1) ( x + 1)( y + 1) ( y + 1)( z + 1)

47 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

z+1

x+1

( y + 1) + ( z + 1) + ( x + 1)   = x + y + z + 3 (đpcm) ≥ y +1 ( y + 1 ) + ( z + 1 ) + ( x + 1)

( y + 1 ) + ( z + 1) + ( x + 1) =

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 . Câu 4. ( 4 điểm) a) ( 2 điểm)Trong mpOxy, cho tam giác ABC có A(1;2), B(3; - 2) và C(2;3).Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua B và cắt AC tại D (khác A) sao cho AB = BD. Lời giải Ta có: AC = (1;1) Đường thẳng AC qua A và nhận AC làm vtcp có phương trình: x − y + 1 = 0 Phương trình đường thẳng qua B(3; -2) và vuông góc với AC: x + y − 1 = 0 x − y +1 = 0 Tọa độ hình chiếu H của B lên AC là nghiệm của hệ phương trình:  x + y −1 = 0 Suy ra H (0;1) Do AB = BD nên tam giác ABD cân tại B suy ra H là trung điểm của AD. Suy ra D ( −1;0) Phương trình đường thẳng (d) qua B và nhận BD = (−4; 2) làm vtcp: x + 2 y + 1 = 0 b) ( 4 điểm)Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, có CD = 2 AB = 2 AD. Gọi E là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB = 3 AE , điểm F thuộc đoạn BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết E ( 2; 4 ) , đường thẳng EF có phương trình 2 x + y − 8 = 0 và đỉnh D thuộc đường thẳng 3 x + y − 8 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. Gọi P là điểm đối xứng với D qua A. Do BA = AD = AP nên ∆DBP vuông tại B , ∆DBC vuông tại B ⇒ P, B, C thẳng hàng Vì EP = ED = EF ⇒ E là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆PDF ⇒ AED = DEP ⇒ DEBF nội tiếp = DBF = 90 0 ⇒ DE ⊥ EF ⇒ DEF

Phương trình DE : x − 2 y + 6 = 0 ⇒ D ( −2; 2 )

DE 2 = AD 2 + AE 2 = 10. AE 2 ⇒ AE 2 = 2 ; A ( a;8 − 3a ) , AE 2 = 2 ⇒ A (1;5 ) EB = −2 EA ⇒ B ( 4; 2 ) ; DC = 2 AB ⇒ C ( 4; −4 ) .

D Câu 5. ( 3 điểm) Cho tam giác ABC . a) Gọi M , N là hai điểm phân biệt thỏa mãn : MN = 2 MA + 3MB + MC . Chứng minh M , N luôn đi qua một điểm cố định . b) Tìm quỹ tích điểm K thỏa mãn : KA2 − KB 2 + CA2 − CB 2 = 0 . Lời giải a) ( 1,5 điểm)Gọi I là điểm xác định bởi : 2 IA + 3 IB + IC = 0 ⇔ 3 IA + 3 IB + IC − IA = 0 ⇔ 3 IA + IB = CA . ⇔ 6 IE = CA ⇒ I cố định ( E là trung điểm của AB ) . MN = 2 MA + 3MB + MC = 2 MI + IA + 3 MI + IB + MI + IC = 6 MI + 2 IA + 3IB + IC = 6 MI . ⇒ MN = 6 MI ⇒ M , N , I thẳng hàng . Hay M,N luôn đi qua điểm cố định I b) ( 1,5 điểm)Ta có : 2 KA − KB 2 + CA2 − CB 2 = 0 ⇔ KA + KB KA − KB + CA − CB CA + CB = 0 ⇔ 2 KH .BA + 2CH BA = 0 ( H là trung điểm của AB )

(

) (

)(

)

) (

)

)(

(

)

48 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ 2.BA KH + CH = 0 ⇔ BA KH + HJ = 0 ⇔ BA.KJ = 0 ( vì : CH = HJ )

(

)

(

)

Quỹ tích điểm K là đường thẳng qua J và vuông góc với AB . ___HẾT___

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Toán – Lớp 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

(Đề thi đề nghị)

Câu 1: (5.0 điểm).

x 2 + 3 x + 1 = ( x + 3) x 2 + 1

a) Giải phương trình sau:

 y 2 = ( 5 x + 4 )( 4 − x ) b) Giải hệ phương trình sau:  2 2  y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 Câu 2: (5.0 điểm)

a) Tìm tập xác định của hàm số: y =

x + 3 + 2 x + 2 + 2 − x2 + 2 1 − x 2

b) Cho phương trình x 2 − (4m − 1) x + 3m 2 − 2m = 0 (m là tham số) b.1 Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn

x13 + x23 = 18 ; b.2 Tìm tất cả các giá trị nguyên sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên.

Câu 3: (3.0 điểm)

Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số, chứng minh:

a +b+c + d 4 ≥ abcd 4

a, b, c, d ≥ 0

Câu 4: (3.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Chứng minh rằng: l a =

Câu 5: (4.0 điểm)

bc 2 b+c 2

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 3) + ( y − 4) = 35 và

điểm A(5;

5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

……………HẾT……………..

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Câu 1

Nội dung 2

a) Giải phương trình sau: x + 3x + 1 = ( x + 3) x + 1 (1)

Đ iể m 2.0

49 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5.0

0.25 0.25

ĐK: x 2 + 1 ≥ 1 ∀x ∈ R Đặt t = x 2 + 1 → t 2 = x 2 + 1 , t ≥ 1 Pt (1) trở thành: t 2 + 3x = ( x + 3) t (2)

0.25 0.25

⇔ t 2 − ( x + 3) t + 3 x = 0

0.25

t = 3 ⇔ t = x Với t = 3 ⇔ x 2 + 1 = 3 ⇔ x 2 + 1 − 9 = 0 ⇔ x = ±2 2 x≥0  t = x ⇔ x2 + 1 = x ⇔  2 (VN) 2 x +1− x = 0

{

Vậy S = ±2 2

}

 (1) y 2 = ( 5 x + 4 )( 4 − x ) b)Giải hệ phương trình sau:  2 2  y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 ( 2 ) Pt (2) ⇔ y 2 − 4 ( x + 2 ) y − 5 x 2 + 16 x + 16 = 0

0.25 0.25 0.25 3.0 0.5

∆ , y = 4 ( x + 2 ) − ( −5 x 2 + 16 x + 16 ) = 4 x 2 + 16 x + 16 + 5 x 2 − 16 x − 16 = 9 x2 ≥ 0  y = 4− x ⇔  y = 5x + 4 x = 4 ⇒ y = 0 Thay y = 4 − x vào (1) ⇔  x = 0 ⇒ y = 4 4  x=− ⇒ y=0 Thay y = 5 x + 4 vào (1) ⇔  5  = 0 ⇒ y=4 x 

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

  4  Vậy nghiệm của hệ là S = ( 4;0 ) , ( 0; 4 ) ,  − ; 0    5   Câu 2 5.0

a)Tìm tập xác định của hàm số: y =

x + 3 + 2 x + 2 + 2 − x 2 + 2 1 − x 2 (1)

2.0

50 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(1) ⇔ y = x + 2 + 2 x + 2 + 1 + 1 − x 2 + 2 1 − x 2 + 1

0.25

= ( x + 2 + 1)2 + ( 1 − x 2 + 1)2 =

0.5

x + 2 + 1 + 1 − x2 + 1

0.25

= x + 2 + 1 − x2 + 2  x ≥ −2 x + 2 ≥ 0 ⇔   Hàm số xác định khi: 1 − x 2 ≥ 0  (1 − x )(1 + x ) ≥ 0

 x ≥ −2  x ≥ −2     1 − x ≥ 0    x ≤ 1   ⇔   1 + x ≥ 0 ⇔    x ≥ −1  1 − x ≤ 0  x ≥ 1         1 + x ≤ 0    x ≤ −1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1. Vậy tập xác định của hàm số là D = [ −1,1]

0.5

0.25 0.25

b.1

∆ = (4m − 1) 2 − 4(3m 2 − 2m) = 4m 2 + 1 > 0, ∀m ∈ ℝ

0.5

Suy ra phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 . Theo viet ta có:

 x1 + x2 = 4m − 1  2  x1.x2 = 3m − 2m x13 + x23 = ( x1 + x2 ) ( x1 + x2 ) 2 − 3 x1 x2  = (4m − 1) (4m − 1) 2 − 3(3m 2 − 2m)  0.5 = 28m3 − 15m 2 + 6m − 1 x13 + x23 = 18 ⇔ 28m3 − 15m 2 + 6m − 1 = 18

0.5

⇔ ( m − 1)(28m 2 + 13m + 19) = 0 ⇔ m =1 b.2 Phương trình có nghiệm nguyên suy ra ∆ là bình phương của một số nguyên 2

0.5

x = 0 (thỏa) = − 1 x 

Nếu m=0 thì ta có phương trình: x + x = 0 ⇔  2

Nếu m ≠ 0 thì 4m + 1 = (2k + 1) ( k ∈ ℤ) do 4m + 1 là số lẻ

⇒ m 2 = k (k + 1) Mà ( k , k + 1) = 1 ⇒ k , k + 1 là hai số chỉnh phương (vô lí). Vậy chỉ có m = 0 thỏa.

0.5

51 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng. Trong OAB vuông tại O, ta có:

1 1 1 = + OH 2 OA2 OB 2

⇔ OH =

OA.OB 2

OA + OB

4.3 2

4 +3

12 5

V ậy

Câu 5 4.0

12 5

0.5

Ta có:

a+b ≥ ab 2 c+d ≥ cd 2 a+b+c+d ⇒ ≥ 4

Câu 4 3.0

0.5

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng bằng

Câu 3 3.0

0.5

0.5 0.5

ab + cd ≥ 2

a+b+c+d ≥ 4

ab . cd

a b cd .

Áp dụng định lý hàm sin vào các tam giác ABD và ABC, ta có: la c' c' = = = c ' 2 (1) 0 1 sin B sin 45 2 b a (2) = =a sin B sin 90 0 Chia (1) cho (2) vế theo vế ta có: l a c' 2 (3) = b a Theo tính chất đường phân giác ta có: c' c c' c c' c (4) = ⇒ = ⇒ = b' b b'+c' b + c a b+c Từ (3) và (4) ta có: la c 2 bc = ⇒ la = b b+c b+c AB = AC ⇒ AI là đường trung trực của B ∆ABC (C) có tâm I(3;4). Ta có  IB = IC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của góc BAC. Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . Gọi d là đường thẳng đi qua A và hợp với AI một góc 450 .

1.5

0.5

0.5 0.5

0.5 1.0

0.5 0.5

52 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi đó B, C là giao điểm của d với ( C) và AB =AC . Vì IA = (2;1) ≠ ( 1;1), (1;-1) nên d không cùng phương với các trục tọa độ ⇒ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u = (1;a) là VTCP của d. Ta có:

0.5

a = 3 1.0 2 2  = = ⇔ 2. 2 + a = 5 1 + a ⇔ a = − 1 2 1 + a2 2 2 + 1 5 1 + a2  3 0.5 x = 5 + t + với a=3 thì u = (1;3) ⇒ Phương trình đường thẳng d:  y = 5 + 3t Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là 0.5  9 + 13 7 + 3 13   9 − 13 7 − 3 13  ; ;  ,  :    2  2 2 2     0.5 x = 5 + t 1 1  1 + Với a= − thì u = (1; − ) ⇒ Phương trình đường thẳng d:  3 3 y = 5 − 3 t  0.5 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là  7 + 3 13 11 − 13   7 − 3 13 11 + 13  ; ; ,  :     2 2 2 2    

cos(IA, u) =

2+a

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

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

3 − 2 x 2 + 3x + 2 1 − 2 x2 − x + 1

b) Giải phương trình 2 3 x + 7 − 5 3 x − 6 = 4 . 2 2 2 x + 2( x − y ) = 7 2 2 2( x + y ) = 5

c)Giải hệ phương trình 

Câu 2 (4,0 điểm). a) Cho hàm số y = x 2 − 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 .

53 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho f ( x ) = x 2 − ax + b với a,b ∈ ℤ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1 ≤ m, n, p ≤ 9 sao cho:

f (m) = f (n) = f ( p) = 7 .

Tìm tất cả các bộ số (a;b).

Câu 3 (4,0 điểm). 1 1 1 + + = 1 . Chứng minh rằng: a b c a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ . a + bc b + ca c + ab 4

a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn

b)Cho a,b ∈ ℝ thỏa mãn: (2 + a)(1 + b) =

9 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16 + a 4 + 4 1 + b 4

Câu 4 (4,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD

( A = D = 90 ) có đỉnh D(2;2) và CD = 2 AB . Gọi H 0

là hình chiếu vuông góc

22 14 ; ) là trung điểm của HC . 5 5 Xác định toạ độ đỉnh B , biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2y + 4 = 0 .

của điểm D lên đường chéo AC . Điểm M (

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng d1 : 2 x − y − 2 = 0, d 2 : 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 AB 2 + CD 2 + 16 = 5 AB.CD.

Câu 5 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân giác CM 3 5−2 5 . = AL 2 b Tính và cos A . c

trong AL và

–––––––––––– Hết –––––––––––– 54 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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

55 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu Câu 1 (5,0 điểm)

Điể m

Đáp án a) Giải bất phương trình

3 − 2 x 2 + 3x + 2 2

1− 2 x − x +1

1,5

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 ∈ ℝ , nên 2

0,5

BPT ⇔ 3 − 2 x + 3x + 2 < 1 − 2 x − x + 1 ⇔ 1 + x − x + 1 < x + 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 ⇔ 2 ⇔  2 2 x − x +1 < 4x 3 x + x − 1 > 0

0,5

x > 0 −1 + 13  ⇔ −1 + 13 −1 + 13 ⇔ x > 2 ∨x> x <  2 2

0,5

 −1 + 13  Vậy BPT có tập nghiệm S =  +∞ ;   2  

b) Giải phương trình 2 3 x + 7 − 5 3 x − 6 = 4 .

ĐKXĐ: x ≥ −7 / 3 . Đặt: 3 x − 6 = t ⇒ x = t 3 + 6 PT trở thành: ⇔ 2 3(t 3 + 6) + 7 = 5t + 4

t ≥ −4 / 5 t ≥ −4 / 5 t ≥ −4 / 5 ⇔ ⇔ 3 ⇔ 3 2 2 2 4(3t + 25) = (5 t + 4) 12t − 25t − 40t + 84 = 0 (t − 2)(12t − t − 42) = 0 t ≥ − 4 / 5 t = 2  ⇔ ⇔  1 + 2017 1 ± 2017 t = t = 2 ∨ t =   24 24

2,0 0,25

0,75

0,5

56 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Với t = 2 ⇒ x = 14

 1 + 2017  1 + 2017 V ới t = ⇒ x = 6 +   24 24  

3   1 + 2017   Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = 14; 6 +    24     2 2 2 x + 2( x − y ) = 7 c. Giải hệ phương trình  2 2 2( x + y ) = 5

0,5

1,5

2 x = a + b x + y = a Đặt  . Khi đó:  2 2 2 2 2 2 x − y = b 2( x + y ) = ( x + y ) + ( x − y ) = a + b HPT trở thành: a + b + 2ab = 7 2ab = 7 − (a + b) 2ab = 7 − (a + b) ⇔ ⇔  2   2 2 2 a + b = 5 (a + b) − 2ab = 5 (a + b) + (a + b) − 12 = 0 a + b = 3  2ab = 7 − (a + b)  ab = 11 / 2 ⇔ (thoả mãn) ∨  (loại) ⇔  a + b = 3 ∨ a + b = −4  ab = 2  a + b = −4 a + b = 3 a = 2 a = 1 *  ⇔ ∨ b = 1 b = 2  ab = 2 a = 2  x + y = 2 x = 3 / 2 Với  ⇒ ⇔ b = 1 x − y = 1 y =1/ 2 a = 1  x + y = 1 x = 3 / 2 V ới  ⇒ ⇔ b = 2  x − y = 2  y = −1 / 2  3 1   3 1   Vậy hệ có tập nghiệm là: S =  ;  ,  ; −    2 2   2 2   .

0,75

0,5

0,25

Câu 2 a) Cho hàm số y = x 2 − 2 x + 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương (4,0 trình y = x + m . Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B 2,0 điểm) sao cho OA2 + OB 2 = 82 . Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình: 0,25 x 2 − 2 x + 2 = x + m ⇔ x 2 − 3 x + 2 − m = 0 (1) Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 − 4(2 − m) > 0 ⇔ 4m + 1 > 0 ⇔ m > −1 / 4 (*) 0,5 Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1; x1 + m), B ( x2 ; x2 + m) , trong đó x1 , x2 là các nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = 3, x1 x2 = 2 − m . 2

Ta có: OA2 + OB 2 = 82 ⇔ x12 + ( x1 + m ) + x22 + ( x2 + m ) = 82 2

⇔ 2 ( x12 + x22 ) + 2m ( x1 + x2 ) + 2m 2 = 82 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 41

0,75

57 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m = 4 ⇔ 9 − 2(2 − m) + 3m + m 2 = 41 ⇔ m 2 + 5m − 36 = 0   m = −9 Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm. b) Cho f ( x ) = x 2 − ax + b với a,b ∈ ℤ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các

số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1 ≤ m, n, p ≤ 9 sao cho: f (m) = f (n) = f ( p) = 7 .

Tìm tất cả các bộ số (a;b).

0,5

2.0

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 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:

x 2 − ax + b − 7 = 0 và p là nghiệm pt: x 2 − ax + b + 7 = 0 nên :  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 )    p − m = −7

0,5

Th3: f ( m) = f ( n) = −7 và f ( p ) = 7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có:

 m − p = −7 m − p = 7 hoặc  ( p − n)( m − p ) = −14 ⇒   p − n = −2 p−n = 2 Do m,n,p ∈ [1;9] nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= {(11;17), (13; 29), (7; −1), (9;7)} .

0,5

0,25

58 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (4,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn

rằng:

1 1 1 + + = 1 . Chứng minh a b c 2,0

a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ . a + bc b + ca c + ab 4 Với các số thực dương a, b, c từ giả thiết ta có: abc = ab + bc + ca Khi đó:

0,5

a2 a3 a3 a3 = 2 = 2 = a + bc a + abc a + ab + bc + ca (a + c )(a + b) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (côsi) ta có:

a2 4a − b − c a3 a + c a + b 3a a3 4a − b − c + ⇒ ≥ ⇒ ≥ + ≥ a + bc 8 (a + c)(a + b) 8 8 4 (a + c)(a + b) 8 (1) b2 c2 4b − a − c 4c − a − b Tương tự: ≥ (2); ≥ (3) b + ac 8 c + ab 8 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được:

0,5

1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3 9 2

2.0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16 + a 4 + 4 1 + b 4 C/M được :

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ( a + c) 2 + (b + d ) 2 . Dấu bằng xẩy ra khi: 2

0,5

a2 b2 c2 a+b+c + + ≥ a + bc b + ac c + ab 4

(đpcm)

b)Cho a,b ∈ ℝ thỏa mãn: (2 + a)(1 + b) =

0,5

a b = c d

0,5

 a2   a2  (a 2 + 4b 2 ) 2 p Áp dụng (1) ta có : = 1 +   + 1 + b4 ≥ 4 +  + b2  = 4 + 4 16  4   4  9 5 Mặt khác: (1 + 2a )(1 + b) = ⇔ a + 2b + ab = (2) 2 2   a 2 + 1 ≥ 2a  3( a 2 + 4b 2 ) ⇒ + 2 ≥ 2a + 4b + 2ab ⇒ a 2 + 4b 2 ≥ 2 (3) Mế:  4b 2 + 1 ≥ 4b 2  a 2 + 4b 2  ≥ 2ab  2

0,5

59 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (1) và (3) suy ra: p ≥ 2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b =

1 2

0,5

1 Vậy: MinP = 2 17 Đạt được khi a=1 và b = . 2

Câu 4 a/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông (4,0 0 điểm) ABCD A = D = 90 có đỉnh D(2;2) và CD = 2 AB . Gọi H là hình

(

)

22 14 ; ) 5 5 là trung điểm của HC . Xác định toạ độ đỉnh B , biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng ∆ : x − 2 y + 4 = 0 .

chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC . Điểm M (

2.0

A H E

C 0,5

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

 12 4   22 14  Phương trình đường thẳng BM đi qua M  ;  nhận DM =  ;  làm  5 5  5 5 VTPT là: 12  22  4  14   x −  +  y −  = 0 ⇔ 3 x + y − 16 = 0 5 5  5 5 3 x + y − 16 = 0 x = 4 Toạ độ B là nghiệm của hệ:  ⇔ ⇒ B (4; 4) x − 2 y + 4 = 0 y = 4 Vậy B (4; 4) .

0,5

60 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường

thẳng d1 : 2 x − y − 2 = 0, d 2 : 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

2,0

AB 2 + CD 2 + 16 = 5 AB.CD. Gọi hình chiếu của I trên d1 , d 2 lần lượt là E , F . khi đó 2 6 ; IF = d ( I ;d2 ) = . IE = d ( I ;d1 ) = 5 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R > ) 5

0,5

4 36 AB = 2 AE = 2 R 2 − ; CD = 2CF = 2 R 2 − 5 5

0.5

4 36  4 36   Theo giả thiết ta có: 4  R 2 −  + 4  R 2 −  + 16 = 20 R 2 − R2 − . 5 5  5 5   2

0,5

⇔ 8 R − 16 = 4 (5 R − 4)(5 R − 36) ⇔ 2 R − 4 = (5 R − 4)(5 R − 36) ⇔ (2 R 2 − 4) 2 = (5 R 2 − 4)(5 R 2 − 36) (do R >

) ⇔ R = 2 2 ( do R >

5 Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 4) 2 = 8.

Câu 5 (4,0 điểm)

6 5

)

0,5

Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM CM 3 5−2 5 . = AL 2

vuông góc với phân giác trong AL và b Tính c

và

cos A .

b c AB + AC Ta có: AL = b+c b+c CA + CB AB − 2 AC CM = = 2 2 Theo giả thiết: AL ⊥ CM ⇔ AL.CM = 0 ⇔ b AB + c AC AB − 2 AC = 0 ⇔ bc 2 + bc 2 cos A − 2cb 2 cos A − 2cb 2 = 0

(

)(

)

⇔ ( c − 2b )(1 + cos A) = 0 ⇒ c = 2b (do cos A > −1)

b2 + a 2 c 2 a 2 − b 2 − = 2 4 2 2 1 2 AB + AC = AB 2 + AC 2 + 2 AB. AC = ( 9b 2 − a 2 ) 9 9 2 2 2 CM 9 a −b 9 5−2 5 ⇔ = . 2 = 5−2 5 2 2 AL 4 9b − a 4 2 2 a −b a2 5 2 5 ⇔ 2 = − ⇔ = 6− 5 9b − a 2 b2

Khi đó: CM 2 =

1 9 CM 3 = AL 2

AL2 =

cos A =

(

)

4,0

(

)

(

)

0.5 0.5 0.5 0.5 0,5 0,5 0,5 0,5

5 −1 b 2 + c 2 − a 2 5b 2 − a 2 = = 2 2bc 4b 4

61 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC Môn: Toán- Lớp 10 Thời gian 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (5,0 điểm).

a) Giải phương trình 3(x + 1) 2x 2 + 7x − 9 > 9x − 33 . b) Giải hệ phương trình 

x 2 + 4y − 13 + (x − 3) x 2 + y − 4 = 0

 (x + y − 3) y + (y − 1) x + y + 1 = x + 3y − 5

Câu 2 (4,0 điểm).

a) Tìm tập xác định của hàm số : y =

x 2 − 5x + 2019 x 3 − 9x 2 + 11x + 21

. 2

b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . Câu 3 (4,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P=

1 + x 3 + y3 1 + z 3 + y3 1 + z3 + x 3 . + + xy yz xz

Câu 4 (3,0 điểm).

1 3

a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn AN = AB; BM = BC. Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh BI ⊥ IC. 62 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 a 3 + c 3 − b3 = b 2  b/ Xét dạng tam giác ABC thỏa mãn:  a + c −b 3 sin A.sin C =  4 Câu 5 (4,0 điểm). a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x + y = 0 và d2: 3x − y = 0 . Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông

tại B. Viết phương trình của đường tròn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng

3 2

và điểm A

có hoành độ dương. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(-4; 8). Gọi M là điểm thuộc tia BC thỏa mãn CM=2BC, N là hình chiếu vuông góc của B trên DM. Tìm tọa độ B, biết N(

83 1 ; − ) và đỉnh C thuộc đường thẳng 2x + y +5 =0 13 13

---------------Hết--------------

63 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN 10 HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Nội dung Câu 1 a) Giải phương trình 3(x + 1) 2x 2 + 7x − 9 > 9x − 33 (1) 5,0 ĐK: x ≥ 1 hoặc x≤ -9/2 (*).

Điểm 2,0 0,25

Khi đó: (1) ⇔ 3(x + 1) 2x 2 + 7x − 9 > −6(x + 1)2 + 3(2x 2 + 7x − 9) ⇔ 6(x + 1) 2 + 3(x + 1) 2x 2 + 7x − 9 − 3(2x 2 + 7x − 9) > 0 x = 1 2 Với 2x + 7x − 9 = 0 ⇔  , (1) luôn đúng x = − 9 2  9  x<− Với 2x 2 + 7x − 9 > 0 ⇔  2:  x > 1 x +1 x +1 (1) ⇔ 6( ) 2 + 3( )−3 > 0 2x 2 + 7x − 9 2x 2 + 7x − 9 x +1  < −1   2x 2 + 7x − 9 > − x − 1 (2) 2 2x 7x − 9 +   ⇔ ⇔   x +1 1 2 >  2x + 7x − 9 < 2(x + 1) (3)  2  2x + 7x − 9 2 x > 1 Bpt(2) ⇔  −5 − 65 ; Bpt (3) ⇔ x > 1 x<  2 9 −5 − 65 ) ∪ [1; +∞) ∪ { − } Vậy tập nghiệm bất phương đã cho là S= (−∞; 2 2

b) Giải hệ phương trình 

x 2 + 4y − 13 + (x − 3) x 2 + y − 4 = 0  (x + y − 3) y + (y − 1) x + y + 1 = x + 3y − 5

(1) (2)

x + y + 1 ≥ 0  Điều kiện:  x 2 + y − 4y ≥ 0 (*) y ≥ 0  ⇔ ( y − 1)[x + y − 2 + ( y + 1)( x + y + 1 − 3)] = 0

0,5 0,25

0,25

0,25 0,25

0.25

3,0 0,25 0,5

 y −1 = 0

Pt (2) ⇔ 

 x + y − 2 + ( y + 1)( x + y + 1 − 3) = 0 y = 1 ⇔ ( y + 1)( x + y + 1 − 2) + x + y − 3 = 0

(3) x = 3  x = −2

Với y = 1, (1) ⇔ (x − 3)(x + 3 + x 2 − 3) = 0 ⇔ 

0,25 0,5 64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ Hệ có 2 nghiệm (3;1) và (-2;1) (3) ⇔ (x + y − 3)(

Vì

y +1 x + y +1 + 2

+ 1) = 0 ⇔ y = 3 − x

y ≥ 0 ⇔ 3− x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3

Thay

y=3-x

vào

(1)

được

0,5

⇔ x 2 − 4x − 1 + (x − 3) x 2 − x − 1 = 0 ⇔ x 2 − x − 10 + (x − 3)( x 2 − x − 1 − 3) ⇔ x 2 − x − 10 + (x − 3)(

x 2 − x − 10 x2 − x −1 + 3

)=0

 1 + 41 (loai) x = 2    1 − 41 15 + 41  x 2 − x − 10 = 0  1 − 41 x= y=    ⇔ ⇔ x = ⇔ 2 ⇒ 2  2  x 2 − x −1 = −x    x = −1  y = 4  x ≤ 0    x = −1

0,5

0.25

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm : (3;1) ; (-2;1) ; (-1 ;4) và (

1 − 41 15 + 41 ; ) 2 2

0.25

Câu Nội dung Câu 2 x 2 − 5x + 2019 a) Tìm t ậ p xác đị nh c ủ a hàm s ố : = y 4,0 3 2

Điểm 1,0

x − 9x + 11x + 21

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi : ⇔ x 3 − 9x 2 + 11x + 21 > 0  −1 < x < 3 ⇔  x>7

x 2 − 5x + 2019

x 3 − 9x 2 + 11x + 21

≥0

( Vì x2 -5x + 2019 > 0 với mọi x)

b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): 2 x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4 m ≥ 2 m ( m 2 − 4 ) ≥ 0 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra 3

0,75 0,75

Vậy tập xác định của hàm số đã cho là D = ( −1;3) ∪ ( 7; +∞ )

0,25

2,0

0,5

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m

Bảng biến thiên

0,5 65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-2

0 0

0,5 -144

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 0,5

Câu 3 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4,0 biểu thức sau: 1 + x 3 + y3 1 + z 3 + y3 1 + z3 + x 3 . + + xy yz xz

Áp dụng BĐT Cô-si , ta có: 1 + x 3 + y3 ≥ 3xy ⇒

1 + x 3 + y3 3 ≥ . xy xy

1 + y3 + z3 3 1 + z3 + x 3 3 ; ≥ ≥ Tương tự , ta có : yz zx yz xz

1.0 0,5

Cộng vế theo vế , ta được: 1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x 3 1 1 1 ) (1) + + ≥ 3( + + yx yz zx xy yz xz

Áp dụng BĐT Cô-si , ta có:

1 1 1 3 + + ≥ = 3 (2) . 3 xy yz zx xyz

Từ (1) , (2) suy ra P ≥ 3 3 Vậy Pmin = 3 3 , đạt được khi x = y = z = 1 Câu 4 a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa 1 1 4.0 mãn AN = AB; BM = BC. Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng 3

0,5 1.0 0,5 0,5 2,0

minh BI ⊥ IC. AI = kAM , ta có: CI = AI − AC = kAM − AC = k. AB + BM − AC

Giế sế

A N

(

)

2k  k  AB +  − 1 AC 3 3  1 vế CN = AN − AC = AB − AC . 3 3 Vì CI , CN cùng phếếng nên k = 7 3 3 2 1 Ta có AI = AM = AB + BM = AB + AC 7 7 7 7 =

(

0,25

0,25 0,25 0,25

)

−5 1 BI = AI − AB = AB + AC 7 7 −2 6 IC = AC − AI = AB + AC . 7 7

Suy ra:

0,25 66

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 − 5 1   − 2 6  AB + AC   AB + AC  ⇒ BI.IC =  7 7  7  7  2 2 1   =  10AB + 6AC − 32AB.AC  = 0 49  

0,25

Vì tam giác ABC ếếu nên AB = AC vế

0,25

1 AB.AC = AB.AC.cosA = AB2 2 Vếy : BI ⊥ IC

0,25

2,0

 a 3 + c 3 − b3 = b 2  b/ Xét dạng tam giác ABC thỏa mãn:  a + c −b 3  sin A.sin C = 4 a 3 + c 3 − b3 = b 2 ⇒ a 3 + c 3 − b3 = (a + c)b 2 − b3 a +c−b ⇒ a 3 + c 3 = (a + c)b 2 ⇒ a 2 − ac + c 2 = b 2

0,5

⇒ a 2 − ac + c 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B 1 ⇒ cos B = ⇒ B = 600 2 3 3 sin B = ⇒ sin 2 B = 2 4

0,25 0,5

Do đó

0,5

3 a c  b  sin A.sin C = = sin 2 B ⇒ . =  4 2R 2R  2R  ⇒ ac = b 2 ⇒ ac = a 2 + c 2 − 2ac.cos B = a 2 + c 2 − ac

0,25

⇒ a 2 − 2ac + c 2 = 0 ⇒ ( a − c ) = 0 ⇒ a = c

Vậy tam giác cân và có góc 600 nên là tam giác đều. a)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x + y = 0 và d2: 3x − y = 0 . Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai Câu 5 điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của 4,0 đường tròn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 và điểm A có

2,0

hoành độ dương. d1 d2

A C

+ Gọi I là tâm đường tròn (C) đường kính là AC 67 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ A thuộc d1 nên có tọa độ là

(

)

A a; − 3a ; a > 0.

+ Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với d2 có phương trình: AB:

 −a − a 3  x + 3y + 2a = 0 ; AB ∩ d 2 = {B} ⇒ B  ;   2 2  

+ Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d1 có phương trình: AC: x − 3y − 4a = 0 ; AC ∩ d 2 = {C} ⇒ C ( −2a; −2a 3 ) + Tam giác ABC có diện tích bằng

0,5 0,25

  + Tính đúng I  − 3 ; −3  ; R = 1 2 

0,25

+ Viết đúng phương trình (C):

0,5

3 3 1 3 ⇔ = AB.CB ⇒ a = 2 2 2 3

 3   −2 3  ⇒ A  ; −1 ;C  ; −2   3   3 

 6

0,5

2  3  3 x + + y +     =1 6   2 

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(-4; 8). Gọi M là điểm thuộc tia BC thỏa mãn CM=2BC, N là hình chiếu vuông góc của B trên DM. Tìm tọa độ B, biết N( thuộc đường thẳng 2x + y +5 =0

2.0

83 1 ; − ) và đỉnh C 13 13

Gọi C(t; -2t-5), Gọi I(a; b) là tâm hình chữ nhật

ABCD. Suy ra

t − 4 −2t + 3 I( ; ) 2 2

1 BD=IB=IA 2 −2t + 3 2 83 t − 4 2 1 −2t + 3 2 t−4 2 suy ra pt: ( − ) + (− − ) = (−4 − ) + (8 − ) ⇔ t =1 13 2 13 2 2 2 3 1 Suy ra I( (− ; ) ; C(1; -7) 2 2

0.25

Tam giác BND vuông tại N nên IN=

0.5

Tứ giác ADNC nội tiếp nên ∆ANC và ∆DCM đồng dạng DC AN 3 3 = = ⇔ DC = CM = 3BC CM NC 2 2 2 Áp dụng pitago ta có BC + DC2 = AC2 ⇔ BC2 = 25 ⇒ BC = 5

Suy ra

0.5

Gọi B(a;b) ta có (a − 1)2 + (b + 7)2 = 25 ⇔ a 2 + b2 − 2a + 14b + 25 = 0 (1) 125 3 1 125 ⇔ (a + )2 + (b − ) 2 = (2) 2 2 2 2

0.5

Từ (1) và (2) tìm được B(5; -4) và B(-4; -7). Vì B và N khác phía đối với AC nên chọn B(-4;-7)

0.25

Mặt khác IB2 = IC2 =

68 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN THI: TOÁN 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Họ và tên thí sinh:

. SBD

Bài 1. (3 điểm) Trong lớp 10C có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn văn, 20 em thích môn toán, 18 em thích môn sử, 6 em ko thích môn nào, 5 em thích cả 3 môn. Hỏi số em chỉ thích một môn trong ba môn trên. 2 Bài 2. (3 điểm) Cho hàm số y = − x + 7 x − 6 và hàm số y = x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

Bài 3. (3 điểm) Giải phương trình: 2 ( x − 6 ) +

x+3 =3 x−5

Bài 4. (2 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 + + ≥ 3 ( x2 + y2 + z 2 ) y z x Bài 5. (2 điểm) Chứng minh rằng nếu các cạnh của ta giác ABC thỏa mãn. sin 2019 A = sin 2019 B + sin 2019 C thì tam giác đó ba góc nhọn. Bài 6. (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(–2; 5) và đường thẳng

d: 3x – 4y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho AM = 5. Bài 7. (4 điểm) Cho ba điểm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0). a. Tính diện tích ∆ABC. nhỏ nhất. b. Hãy tìm tất cả các điểm M trên trục Ox sao cho góc AMB Hết.

69 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN HSG MÔN THI: TOÁN 10 Bài 1

Nội dung 1 Trong lớp 10C có 45 học sinh trong đó có 25 em thích môn văn, 20 em thích môn toán, 18 em thích môn sử, 6 em ko thích môn nào, 5 em thích cả 3 môn. Hỏi số em chỉ thích một môn trong ba môn trên. Gọi a, b, c theo thứ tự là số học sinh chỉ thích môn văn, sử, toán; x là số học sinh chỉ thích hai môn văn và toán y là số học sinh chỉ thích hai môn sử và toán z là số học sinh chỉ thích hai môn văn và sử Ta có số em thích ít nhất một môn là 45-6=39 Dựa vào biểu đồ ven ta có hệ phương trình

 a + x + z + 5 = 25 (1)   b + y + z + 5 = 18 ( 2 )   c + x + y + 5 = 20 ( 3) x + y + z + a + b + c + 5 = 39 4 ( ) 

Điểm

1.0

1.0 1.0

Cộng vế với vế (1),(2),(3) ta có

a + b + c + 2(x + y + z) + 15 = 63 (5) Từ (4) và (5) ta có

a + b + c + 2(39 − 5 − a − b − c) + 15 = 63 ⇔ a + b + c = 20 Vậy chỉ có 20 em thích chỉ một trong ba môn trên.

Cho hàm số y = − x 2 + 7 x − 6 và hàm số y = x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. Yêu cầu bài toán ⇒ PT sau có hai nghiệm phân biệt − x 2 + 7 x − 8 = x + m x 2 − 6 x + 8 + m = 0 (*) có ∆ ' > 0 ⇔ m<1 x + xB = 3; Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I = A 2 yI = x I + m = 3 + m

1.0 1.0

Yêu cầu bài toán ⇔ y I = x I 1.0

⇔ 3 + m = 3 ⇔ m = −6; m = 0 Kết hợp ĐK, kết luận m=0

1.0

Giải phương trình: 2 ( x − 6 ) + x + 3 = 3 x − 5 Ta có: 2 ( x − 6 ) + x + 3 = 3 x − 5 <=> 2 ( x − 6 ) = 3 x − 5 − x + 3 (*)

Điều kiện x ≥ 5

1.0

Khi đó (*) ⇔ 2( 6 − x) = x + 3 − 3 x − 5 ⇔ 2( 6 − x) ⇔ (6 − x)

(

)

x + 3 + 3 x − 5 = 48 − 8x

6−x =0 (1)  x + 3 + 3 x − 5 = 4(6 − x) ⇔   x + 3 + 3 x − 5 = 4 (2)

)

1.0

70 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (1) ⇔ x = 6 thỏa mãn điều kiện Từ (2)  29  x ≤ 5 29 − 5x ≥ 0 17 − 3 5 ⇔ 3 ( x + 3)( x − 5) = 29 − 5x ⇔  2 ⇔ ⇔x= 2 x − 17 x + 61 = 0  x = 17 ± 3 5  2

Nghiệm của phương trình x = 6, x =

17 − 3 5 2

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh rằng x2 y 2 z 2 + + ≥ 3 ( x2 + y2 + z 2 ) y z x Yêu cầu bài toán

⇔

x2 y 2 z 2 2 2 + + − ( x + y + z ) ≥ 3 ( x2 + y2 + z 2 ) − ( x + y + z ) y z x

0.5

x2 y 2 z 2 2 ⇔ + + − ( x + y + z ) ≥ 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( x + y + z ) (Vi x + y + z = 1) y z x

4 ⇔ ⇔

x2 y2 z2 2 2 2 − 2x + y + − 2 y + z + − 2z + x ≥ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x) y z x

( x − y) y

( y − z) z

( z − x) x

2 2

≥ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) (*)

0.5 0.5

0.5

Bất đẳng thức (*) luôn đúng do 0 < x, y, z < 1.

Dấu đẳng thữ xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

1 . 3

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Chứng minh rằng nếu các cạnh của ta giác ABC thỏa mãn. sin 2019 A = sin 2019 B + sin 2019 C thì tam giác đó nhọn. Áp dụng định lý số sin trong tam giác, ta có

sin 2019 A = sin 2019 B + sin 2019 C ⇔ a 2019 = b 2019 + c 2019 5

Ta có a 2019 = b 2019 + c 2019 > b 2019 ⇒ a > b; a 2019 = b 2019 + c 2019 > c 2019 ⇒ a > c

0.5 0.5 0.5 0.5

Do đó, ta chứng minh tam giác ABC nhọn, ta chứng minh góc A nhọn. Ta có a 2019 = b 2019 + c 2019 < a 2017 .b 2 + a 2017 .c 2 ⇒ a 2 < b 2 + c 2

Suy ra cos A =

b2 + c2 − a2 > 0 ⇒ A nhọn, điều phải chứng minh. 2bc

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A(–2; 5) và đường thẳng d: 3x – 4y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho AM = 5. 0.5 Gọi ∆ là đường thẳng qua A và vuông góc với d d nhận n d = (3; –4) làm vector pháp tuyến nên nhận u d = (4; 3) làm 0.5 71

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

vector chỉ phương → ∆ qua A(–2; 5) và nhận u d = (4; 3) làm vector pháp tuyến phương trình đường thẳng ∆ là 4(x + 2) + 3(y – 5) = 0 <=> ∆: 4x + 3y – 7 = 0 Điểm M(xo; yo) thuộc d <=> 3xo – 4yo + 1 = 0 (1) AM = 5 <=> AM² = 25 <=> (xo + 2)² + (yo – 5)² = 25 (2) Từ (1) suy ra yo = (3xo + 1) / 4 (3) Thay (3) vào (2) ta được: (xo + 2)² + (3xo – 19)² / 16 = 25 <=> 25x o2 − 50x o + 25 = 0 <=> (xo – 1)² = 0 <=> xo = 1 → yo = 1 Vậy M(1; 1) là điểm thỏa mãn

0.5 0.5 0.5 0.5

Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0). a) TÝnh diÖn tÝch ∆ABC. nhá nhÊt. b) H y t×m tÊt c¶ c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox sao cho gãc AMB a) Ta cã: AB2 = 4 + 4 = 8, BC2 = 1 + 9 = 10, CA2 = 1 + 1 = 2 2 2 2 ⇒ AB + AC = BC ⇔ ∆ABC vu«ng t¹i A. VËy diÖn tÝch ∆ABC ®−îc cho bëi: 7

1 1 S∆ABC = AB.AC = 22 + 22 . 12 + (−1) 2 = 2 (®vdt). 2 2 nhá nhÊt b) Gãc AMB = 00 ⇔ A, M, B th¼ng hµng ⇔ AM // AB ⇔ AMB

⇔

1.0 1.0 1.0 1.0

xM − xA y −y x −1 −1 = M A ⇔ M = ⇔ xM = 0 ⇒ M ≡ O. xB − xA yB − yA 3 −1 3 −1

VËy, ®iÓm M(0; 0) tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Học sinh giải cách khác đúng cho điểm tối đa mỗi phần.

KỲ THI OLYMPIC Môn: TOÁN – Lớp 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5 điểm) .

a/ Giải phương trình 3x2 + 3x + 4 − (3x + 2) x 2 + 3 = 0 .

y  ( x + 3 − y )( 1− y +1) =  b/ Giải hệ phương trình  x.  x3 + x 2 y + xy 2 =3 y 3  Câu 2 (5 điểm) . a/ Trong mp(Oxy), cho Parabol (P) có phương trình y = x 2 − 2 x và đường thẳng d có phương trình y = x + m ( m là tham số ). Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

5 2

72 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b/ Tìm tất cả giá trị của m để bất phương trình

| x2 − 2 x + m | ≤ 1 nghiệm đúng với mọi x ∈ [1; +∞ ) . x2 + 2 x + 3

Câu 3 (3 điểm). Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 P= + . 2 2 1+ a + b 2ab Câu 4 ( 4 điểm ). a/ Trong mp(Oxy), viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A(1; −1); B (3;1) và tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình 3 x + y = 0 , biết tâm của đường tròn có tọa độ nguyên. b/ Cho hình thoi ABCD có AC = 2 BD . Đường thẳng AC có phương trình 2 x − y − 1 = 0 và A(3; 5) . Điểm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D của hình thoi ABCD biết B, C , D có tọa độ nguyên. Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có cạnh AB = 6 cm , A = 1200 . Các điểm E , F lần lượt được xác định bởi

BE = 2 EC và BA = 3BF . Tính độ dài cạnh AC biết AE vuông góc với CF . …………….. Hết ………………

73 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN:

Câu 1 (5 điểm). a/ (3 điểm) Giải phương trình 3x2 + 3x + 4 − (3x + 2) x 2 + 3 = 0 3x2-3x –(3x+2)(

0.5

x 2 + 3 -2 ) = 0

0.75

2 3x2-3x = (3x + 2)( x −1) x 2 +3 + 2 x=1 ; 3x x3 + 3 = 3x2-x+2

x ≥ 0 ; 6x3+14x2+4x-4= 0

x=1; x = 1; x=

0.5 0.5 0.75

−2 + 10

y  ( + 3 − )( 1 − + 1) = x y y  b/(2 điểm). Giải hệ phương trình x  3 2 2 3  x + x y + xy =3 y  Điều kiện x ≠ 0, x ≥ -3, 0 ≤ y ≤ 1 Nếu y = 0 nên x = 0 ( loại) Nếu y ≠ 0 :

(

 x   x  x <=> x =1  y  + y  + y = 3 y    

)( 1− x +1) =1 ( x + 3 − 2 )( 1− x +1) + (1− x )(

0.5

x +3 − x

x −1

( x +3 + 2

1− x +1

1− x +1 +

(

1− x +1 − 1− x . 1− x +1 + 1− x +1 = 0 (*) x +3 + 2 1+ x 1   −1 vô nghiệm vì x ≥ 0 + 1− x +1   +1 = 0 + x + 3 2 1 + x  

1+ x

(

x= 1; (*) 1 − x

)

(1− x )(

)

1− x +1 + 1 − x = 0

1− x = 0

(

)

0.5

)

0.5

)

0.5

Kết luân: Nghiệm của hệ (1;1)

Câu 2 (5 điểm). a/(3 điểm) Trong mp(Oxy), cho Parabol (P) có phương trình y = x 2 − 2 x và đường thẳng d có phương trình y = x + m (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng x2-3x-m = 0 d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt m > −9 4

5 2

0.5

74 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

d(O,d) = m 2

0.5

1 m S . AB = . ∆OAB 2 2 AB= 2( 9+ 4m )

0.5 0.5

m 18+8m = 10 8m3+18m2-10 = 0 m= - 1;

0.5

−5± 105

b/ (2 điểm) Tìm tất cả giá trị của m để bất phương trình

| x2 − 2x + m | ≤ 1 nghiệm đúng với x2 + 2x + 3

mọi x ∈ [1; +∞ ) . Do x2+2x+3 > 0 với ∀x ∈ R 2 2 2 Bpt -x -2x-3 ≤ x -2x+m ≤ x +2x+3 m ≤ 4x+3, ∀x ∈ [1; + ∞ ) m ≤ 7 m ≥ -2x2-3 ∀x ∈ [1; + ∞ ) m ≥ -5 Kết luận -5 ≤ m ≤ 7 Câu 3 (3 điểm). Cho 2 số thực dương a, b thỏa mãn a + b ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 + thức P = . 2 2 1+ a + b 2ab 2 số thực dương a,b thỏa mãn a + b ≤ 1 => a2 + b2 ≤ 1-2ab P≥

0.5 0.5 0.5 0.5

0.5 0.5

2 − 2ab 2ab 1 1 1 = + + 2 − 2ab 6ab 3ab ≥ 4 + 1 2 + 4ab 3ab 2 1 8 = ≥ + 1+ 2ab 3ab 3

0.5 1.0 0.5

Câu 4 ( 4 điểm ). a/ (2 điểm) Trong mp(Oxy), viết phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A(1; −1); B(3;1) và tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình 3 x + y = 0 , biết tâm của đường tròn có tọa độ nguyên. Phương trình trung trực đoạn AB: x + y - 2 = 0 0.5 Tọa độ tâm I(x; 2 - x) d tiếp xúc đường tròn (I;R) R=

2x + 2 10

AB= 2 2 ; Pt AB : x-y-2 = 0

0.5

75 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 Gọi J là trung điểm AB, R2= JB2 +IJ2 Nên 2x2 -11x +12 = 0 Tìm x= 4 ; Pt đường tròn: (x-4)2+ (y+2)2 = 10 0.5 b/(2 điểm). Cho hình thoi ABCD có AC = 2 BD . Đường thẳng AC có phương trình 2 x − y − 1 = 0 và A(3; 5) . Điểm B thuộc đường thẳng có phương trình x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C , D của hình thoi ABCD biết B, C , D có tọa độ nguyên. 0.5 Gọi I = AC ∩ BD; I (c; 2c-1), AI = ( c − 3;2c − 6 ) B(b;1-b), IB = ( b − c;2 − b − 2c ) , IB ⊥ AC ⇔ b = 4 − 5c 0.5 IA = 2 IB ⇔ c − 3 = 2 3c − 2

⇔c=

0.5

1 (loại); c = 1 5

Vậy: C(-1; -3), B(-1; 2), D(3; 0)

0.5

Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có cạnh AB = 6 cm , A = 1200 . Các điểm E , F lần lượt

được xác định bởi BE = 2EC và BA = 3BF . Tính độ dài cạnh AC biết AE vuông góc với CF . 2 1 AE = AC + AB 3 3 2 1 CF = AB − AC 3 3 1 AE.CF = AC . AB − 6 AC 2 + 2 AB 2 9

(

0.5 0.5 1.0

)

0.5

= 1 −6 AC 2 −3 AC + 72 9 −1 + 193 AE ⊥ CF ⇔ AE.CF = 0 . Tìm được AC = 4

(

)

——————

0.5

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN: TOÁN 10 Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————————

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

4x − 1 + 4x 2 − 6x + 1 = 0. 3 2 2 3  x + 9xy − 6x y − 4y = 0 b) Giải hệ phương trình   x + y + x − y = 2.

Câu 2 (4,0 điểm). a) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số : y = 1 −

x+m 2

x + x +1

có tập xác định là ℝ.

76 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (4,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P=

1 + x 3 + y3 1 + z 3 + y3 1 + z3 + x 3 . + + xy yz xz

Câu 4 (4,0 điểm).

1 3

a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn AN = AB; BM = BC. Gọi I là giao

điểm của AM và CN . Chứng minh BI ⊥ IC. b) Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C cố định thuộc đoạn AB (C khác A, B).Lấy điểm M trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vuông góc với MC lần lượt cắt tiếp tuyến qua A và B của nửa đường tròn tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CEF khi M di chuyển trên nửa đường tròn.

Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x + y = 0 và d2: 3x − y = 0 . Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của đường tròn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng

3 2

và điểm A có hoành độ dương. ---------------Hết--------------

77 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN 10 HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung 4x − 1 + 4x 2 − 6x + 1 = 0. (1)

Câu Câu 1 a) Giải phương trình 5,0 ĐK: x ≥ 1/4 (*).

Đặt t = 4x − 1; t ≥ 0 ⇒ x =

Điểm 2,0 0,25

t2 +1 . 4

0,25

t2 +1 2 t2 +1 ) −6 + 1 = 0. 4 4 ⇔ t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0.

0,25

Khi đó: (1) ⇔ t + (

0,25 t = 1

⇔ ( t − 1) t 3 + t 2 − 3t + 1 = 0 ⇔ 

(

)

 t = −1 ± 2

(loại t = −1 − 2. )

1 2

+ t = 1 ⇒ x = . thỏa (*) + t = −1 + 2 ⇒ x =

2− 2 . thỏa (*) 2

Vậy (1) có 2 nghiệm: x =

0,25

1 2− 2 và x = . 2 2

0,25

 x 3 + 9xy 2 − 6x 2 y − 4y3 = 0

b) Giải hệ phương trình 

 x + y + x − y = 2.

x + y ≥ 0 x − y ≥ 0

Điều kiện: 

(1)

3,0

(2)

(*)

0,5 x

x

0,5

Nhận thấy y = 0 không thỏa (1) nên (1) ⇔   − 6   + 9 − 4 = 0 y y y x  y =1 x = y ⇔ ⇔ x  x = 4y y = 4 

• Với x = y thay vào (2) ta được : • Với x = 4y thay vào (2) ta được: 5y + 3y = 2 ⇔ y =

0,25 0,25

0,5

2x = 2 ⇔ x = y = 2 2 = 5− 3⇔y= 5+ 3

(

5− 3

)

So với (*) ta được nghiệm ( x; y ) của hệ là : ( 2; 2 ) ; (32 − 8 15;8 − 2 15)

Câu Nội dung Câu 2 4,0 a) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = 1 −

x+m 2

x + x +1

tập xác định là

0,5 0,5

Điểm 2,0

78 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x+m ⇔ 1− 2 ≥ 0, ∀x ∈ ℝ x + x +1

Yêu cầu bài toán x+m

0,25 0,25

≤ 1 ∀x ∈ ℝ vì x + x + 1 > 0 với mọi x. x2 + x +1 ⇔ x + m ≤ x 2 + x + 1, ∀x ∈ ℝ ⇔ −(x 2 + x + 1) ≤ x + m ≤ x 2 + x + 1, ∀x ∈ ℝ ⇔

0,5 0,25

 x 2 + 1 − m ≥ 0 ⇔ , ∀x ∈ ℝ. 2  x + 2x + 1 + m ≥ 0 m ≤ 1 ⇔ 0 ≤ m ≤ 1. ⇔ m ≥ 0

Kết luận: b) Giả sử 2

phương

trình 2

x − 2 ( m − 1) x − m + ( m + 1) = 0

0,5 0,25 bậ c

ẩn

hai

có hai nghiệm x1 , x2

là

tham

số):

thỏa mãn điều kiện

x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2,0

P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

m ≥ 2 m m 2 − 4 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1) suy ra

(

)

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m Bảng biến thiên m

-2

0,5

0 0

0,5 3

0,5 -144

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .

0,5

Câu 3 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x . y. z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 4,0 thức sau: P=

1 + x 3 + y3 1 + z 3 + y3 1 + z3 + x 3 . + + xy yz xz

Áp dụng BĐT Cô-si , ta có: 1 + x 3 + y3 ≥ 3xy ⇒

1 + x 3 + y3 3 ≥ . xy xy

1 + y3 + z 3 3 1 + z3 + x 3 3 ≥ ; ≥ Tương tự , ta có : yz zx yz xz Cộng vế theo vế , ta được:

0,75 0,5

79 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 + x 3 + y3 1 + y3 + z 3 1 + z3 + x 3 1 1 1 ) (1) + + ≥ 3( + + yx yz zx xy yz xz

1 1 1 3 + + ≥ = 3 (2) . xy yz zx 3 xyz

Áp dụng BĐT Cô-si , ta có:

0,75 0,75

Từ (1) , (2) suy ra P ≥ 3 3 Vậy Pmin = 3 3

, đạt được khi x = y = z = 1 Câu 4 a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa 1 1 4,0 mãn AN = AB; BM = BC. Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh BI ⊥ 3 3 IC.

0,5 2,0

0,25

A N

0,75

0,25

AI = kAM , ta có: Giế sế M C CI = AI − AC = kAM − AC = k. AB + BM − AC

(

0,25

)

2k  k  AB +  − 1 AC 3 3  1 vế CN = AN − AC = AB − AC . 3 3 Vì CI , CN cùng phếếng nên k = 7 3 3 2 1 Ta có AI = AM = AB + BM = AB + AC 7 7 7 7

0,25

(

0,25 0,25

)

Suy ra: BI = AI − AB = −5 AB + 1 AC 7

7  − 5 1   − 2 6  BI.IC AB + AC   AB + AC  ⇒ = −2 6 7 7  7  7  IC = AC − AI = AB + AC . 7 7 2  1  2 =  10AB + 6AC − 32AB.AC  = 0 49  

1 2

Vì tam giác ABC ếếu nên AB = AC vế AB.AC = AB.AC.cosA = AB2

0,25

Vếy : BI ⊥ IC b) Cho nửa đường tròn đường kính AB và một điểm C cố định thuộc đoạn AB (C

2,0

khác A, B).Lấy điểm M trên nửa đường tròn. Đường thẳng qua M vuông góc với MC lần lượt cắt tiếp tuyến qua A và B của nửa đường tròn tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác CEF khi M di chuyển trên nửa đường tròn.

80 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,25 0,25

M E

0,5 A

Vì AEMC và BFMC là các tứ giác nội tiếp + MFC = MAC + MBC = 900 nên: MEC = 900 . ⇒ ECF

0,5

Vậy SCEF = 1 CE.CF 2

0,25

Hai tam giác AEC và BCF đồng dạng nên:

AE BC = ⇒ AE.BF = AC.BC AC BF

Ta có : SCEF =

1 1 AE 2 + AC 2 . BC 2 + BF 2 ≥ 2AE.AC.2BC.BF 2 2

= AC.BC (không đổi). Vậy diện tích tam giác CEF nhỏ nhất bằng AC.BC khi AE = AC và BC = BF.

Câu 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng là d1: 3x + y = 0 và d2: 3,0 3x − y = 0 . Gọi (C) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C

3,0

sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của đường tròn (C) biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 và điểm A có hoành độ dương. 2

d1 d2

A C

+ Gọi I là tâm đường tròn (C) đường kính là AC + A thuộc d1 nên có tọa độ là A ( a; − 3a ) ; a > 0.

0,25

+ Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với d2 có phương trình:   AB: x + 3y + 2a = 0 ; AB ∩ d 2 = {B} ⇒ B  −a ; −a 3     2

0,5



+ Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d1 có phương trình:

81 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AC: x − 3y − 4a = 0 ; AC ∩ d 2 = {C} ⇒ C ( −2a; −2a 3 ) + Tam giác ABC có diện tích bằng



3 3 1 3 ⇔ = AB.CB ⇒ a = 2 2 2 3  3   −2 3  ⇒ A  ; −1 ;C  ; −2  3 3    

0,5 0,5 0,5



+ Tính đúng I  − 3 ; −3  ; R = 1  6 2    2

2   + Viết đúng phương trình (C):  x + 3  +  y + 3  = 1  6   2 

0,5 0,25

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

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

x 2 − 4x + 1 ≥ 3 x

 x 2 − y x + y = y − 1 2  x ( x + y − 2 ) + x = 5 y + 2

b) Giải hệ phương trình 

Câu 2 (4,0 điểm). Cho hàm số: y = (m −1) x 2 − 2mx + m + 2 có đồ thị (Cm ) 1. Tìm m để hàm số nghịch biến trên (−∞; 2) 2. Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 2 x1 − x2 = 2

Câu 3 (4,0 điểm). a) Chứng minh:

a 2 + a + 1 + a 2 − a − 1 ≥ 2; ∀x ∈ R

b) Cho x, y, z > 0 và A=

1 1 1 + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z

x+z y+z + 2x − y 2 y − z

Câu 4 (3đ)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) , trực tâm H (14; −7) , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 9x − 5 y − 7 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu 5 (4,0 điểm). a) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC, N là điểm thuộc đoạn thẳng BM thoả mãn BN = 3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2 PB + 3PC = 0 . Chứng minh rằng ba điểm A, N, P thẳng hàng. 82 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC, h là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng AE ⊥ BH –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………

83 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang) Câu

Điể m

Đáp án

Câu 1 2 (5,0 a) Giải bất phương trình x + 1 + x − 4 x + 1 ≥ 3 x (*) điểm) Điều kiện: x ≥ 0 + Nếu x = 0 thì bất phương trình luôn thỏa +Nếu x > 0 , chia hai vế của bất phương trình cho *⇔

1 x

Đặt t = x +

+ x+

1 x

1 x −4

2,0 0,25 0,25

x :

0,25

≥3 x 1 x

suy ra: t 2 = x + + 2 thì (*) ⇔ t 2 − 6 ≥ 3 − t

  2 t < − 6 ∨ t > 6 t − 6 ≥ 0 t > 3 t > 3 3 − t < 0   5   .⇔  ⇔ t ≤ 3 ⇔ 5 ⇔t≥  ≤t ≤3 2 3 − t ≥ 0   2   5 2 t 2 − 6 ≥ (3 − t ) t ≥   2   x ≥2 x ≥ 4 2   1 5 ≥ ⇔ 2 x −5 x + 2 ≥ 0 ⇔  ⇔ 1 V ới t = x +  x≥1 x ≤ x 2   4  2

( )

 1

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  0;  ∪ [ 4; +∞ ) .  4

0,25

0,5

0,25

 x 2 − y x + y = y − 1 b) Giải hệ phương trình  (I) 2 + − 2 + = 5 + 2 x x y x y ( ) 

3,0

Điều kiện: x + y ≥ 0

0,25

 x 2 + 1 − y x + y = y  I ⇔ ( )  2  x ( x + y ) − 2 ( x 2 + 1) + ( x + y ) = 6 y  ( x 2 + 1) − y x + y = y  ⇔   x + y )( x 2 + 1) − 2 ( x 2 + 1) = 6 y (

0,5

84 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( x 2 + 1) − y x + y = y  ⇔   x 2 + 1)( x + y − 2) = 6 y ( Do y = 0 không là nghiệm của hệ nên chia mỗi vế của (II) cho y ≠ 0 ta được :  x 2 + 1 − x + y =1  y  ⇔ 2 ( III )  x + 1  ( x + y − 2) = 6  y x2 + 1 Đặt a = ; b = x + y ≥ 0 thì : y a − b = 1 a = b + 1 a = 3 ⇔  3 ⇔  ( III ) ⇔  2 2 a (b − 2) = 6 b + b − 2b − 8 = 0 b = 2 a = 3  x + y = 4 Với  ta có :  2 (IV) b = 2  x + 3x = 11  −3 − 53  −3 + 53 x = x =   2 2 Giải (IV) ta được :  ∨  y = 11 + 53  y = 11 − 53   2 2  −3 − 53  −3 + 53 x = x =   2 2 Kiểm tra điều kiện, ta có nghiệm của hệ pt là:  ∨  y = 11 + 53  y = 11 − 53   2 2   −3 − 53 −3 + 53 x = x =   2 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  và  .  y = 11 + 53  y = 11 − 53   2 2

Câu 2 1. Cho hàm số: y = (m −1) x 2 − 2mx + m + 2 có đồ thị (Cm ) (4,0 điểm) 1. Tìm m để hàm số nghịch biến trên (−∞; 2) + Nếu m = 1 ⇒ y = −2 x + 3 nghịch biến trên R. Do đó m = 1 thỏa yêu cầu bài toán. + Nếu m ≠ 1 , hàm số nghịch biến trên (−∞; 2) khi và chỉ khi:

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

1,5

0,5

m − 1 > 0   m  ≥2  m − 1 ⇔ 1< m ≤ 2

0,25

Vậy 1 < m ≤ 2

0,25

0,5

85 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Tìm m để (Cm ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn 2 x1 − x2 = 2 + (Cm ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành

độ giao điểm (m −1) x 2 − 2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt. m − 1 ≠ 0 ⇔  △' = m 2 − (m − 1)(m + 2) > 0  ⇔ 1 ≠ m < 2 (*)

Theo Viet, ta có: x1 + x2 =

0,25 0,25 0,25

2m m+2 ; x1 .x2 = m −1 m −1

Kết hợp với giả thiết: 2 x1 − x2 = 2 ta được: x1 = Thay vào x1 .x2 =

2,5

0,25 4m − 2 2m + 2 ; x2 = 3(m − 1) 3(m − 1)

4m − 2 2m + 2 m+2 m+2 . = được: 3(m −1) 3(m −1) m − 1 m −1

0,25 0,25

⇔ m 2 + 5m − 14 = 0

0,25

 m = −7 ⇔  m = 2

0,25

Kết hợp điều kiện (*), ta được m =-7

0,25

Vậy m = -7 là kết quả cần tìm

0,25 Câu 3 (4,0 a) Chứng minh: điểm)

a 2 + a + 1 + a 2 − a − 1 ≥ 2; ∀x ∈ R 2

2,0 2

2 2   1  3  1  3  Ta có: a + a + 1 = a +  +   ; a 2 − a + 1 = a −  +     2   2  2   2   1 3  1 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét hai vectơ: u = a + ; ; v = −a + ;    2 2  2 2  u + v ≥ u + v suy Khi đó: u + v = 1; 3 . Ta có: ra: 2

(

)

a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 ≥ 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

1,0

1 3 2 = 2 =1⇔ a = 0 1 3 −a + 2 2 a+

86 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho x, y, z > 0 và A=

1 1 1 + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z

x+z y+z + 2x − y 2 y − z

2.0

x y > 0; b = > 0 z z  1 1 1 1 2 Ta có: + = 2 do + =   x y z  a b

0,25

⇔ a + b = 2ab

0,25

Đặt a =

Ta có: A =

4ab + (a + b) − 2 a +1 b +1 6ab − 2 do a + b = 2ab + = = 2a + 1 2b − 2 4ab − 2 (a + b) + 1 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : a + b ≥ 2 ab ⇒ 2ab ≥ 2 ab ⇒ ab ≥ 1 nên A = 6ab − 2 ≥ 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 khi a = b = 1 hay x = y = z

Câu 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) , trực tâm (3,0 điểm) H (14; −7) , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 9x − 5 y − 7 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Bài giải

0,5 0,5 0,25 0,25

3.0

Gọi M là trung điểm của BC, BM: 9x – 5y + 7 = 0.

0,25

 x = −2 + 5t BM :   y = −5 + 9t Suy ra: B (−2 + 5b; −5 + 9b); M (−2 + 5m; −5 + 9m)

0,25

Vì M là trung điểm của AC nên: C (10m − 6;18m −11)

0,25

⇒ BC = (10m − 5b − 4;18m − 9b − 6) AH = (12; −8) = 4 (3; −2) Khi đó AH ⊥ BC ⇔ AH .BC = 0

0,25 0,25

87 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ 3(10m − 5b − 4) − 2 (18m − 9b − 6) = 0 ⇔ b = 2m   B (10m − 2;18m − 5)  HB = (10m − 16;18m + 2) Suy ra:  ⇒  C (10m − 6;18m − 11)  AC = (10m − 8;18m − 12)

0,25

HB. AC = 0 ⇔ (10m − 16)(10m − 8) + (18m + 2)(18m − 12) = 0

0,25

+ Do H là trực taam tam giác ABC nên:

 1 m =  2 ⇔ 106m 2 − 105m + 26 = 0 ⇔  26  m =  53  B (3; 4); C (−1; −2)  ⇒  154 203   58 115    ;  ; C − ; −  B  53    53 53   53 154 203   58 115  Vậy: B (3; 4); C (−1; −2) hay B  ; ; C − ; −   53 53   53 53 

0,25

0.25 0,25

Câu 5 a) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC, N là điểm thuộc đoạn thẳng (4,0 BM thoả mãn BN = 3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn điểm) 2 PB + 3PC = 0 . Chứng minh rằng ba điểm A, N, P thẳng hàng.

4,0

b) Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC, h là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng AE ⊥ BH a) Cho tam giác ABC, M là trung điểm của AC, N là điểm thuộc đoạn thẳng BM thoả mãn BN = 3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2 PB + 3PC = 0 . Chứng minh rằng ba điểm A, N, P thẳng hàng.

2,0

0,25

3 3 AM − AB 4 4 3  1  1 3 = AB +  AC − AB = AB + AC  4 4  2 8 2 3 2 PB + 3 PC = 0 ⇔ 2 AB − AP + 3 AC − AP = 0 ⇔ AP = AB + AC 5 5 8 Suy ra : AP = AN hay A, N, P thẳng hàng. 5

Ta có : AN = AB + BN = AB + BM = AB +

(

) (

(

)

0.5 0.5 0.5 0,25 88

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm của BC, h là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng AE ⊥ BH

là

trung

điểm

BC,

mà

tam

giác

AM ⊥ BC ⇒ AM .BC = 0 ⇔ AM .MC = 0

là

hình

chiếu

vuông

của

góc

ABC M

lên

MH ⊥ AC ⇒ MH ⊥ AH = 0 ⇔ MH .CH = 0 1 1 AE = AM + AH = 2 AM + MH Ta có: 2 2 BH = BC + CH = 2 MC + CH 1 AE.BH = 4 AM .MC + 2 AM .CH + 2 MH .MC + MH .CH Suy ra: 2 = AM .CH + MH .MC  A A = AM .CH cos 1800 −  + MH .MC cos   2 2 A = (− AM .CH + MH .MC ) cos 2 Ta có: △ AHM đồng dạng với △MHC ⇒ AM .HC = MC.HM Suy ra : AE.BH = 0 ⇔ AE ⊥ BH

(

)

(

tại

cân

nên nên

)

2,0

0,25 0,25 0,25

)

0,5

0,25

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm. 89 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là ℝ.

2016 x + 2017

(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4

Câu 2 (6 điểm). a) Giải phương trình

x − 2 − 2 = 2 x − 5 − x + 1.

 2 x 2 + y 2 − 3 xy − x + y = 0 b) Giải hệ phương trình:   y − x + y − 2 x + 1 = x + y + 1

Câu 3 (2 điểm). Cho (P): y = 2x2 – 2x + 1 có đỉnh I và đường thẳng d: y = m. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB vuông.

Câu 4 (7,0 điểm). = 600 . Trên tia đối của tia AB lấy điểm D a) Cho tam giác ABC có AB = 10, AC = 4 và A

sao cho AD = 6 và điểm E trên tia đối của tia AC sao cho AE = x. Tìm x để BE là tiếp tuyến của

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A ( −5;1) , điểm C nằm trên đường thẳng d : x − 2 y − 3 = 0 . Gọi giao điểm của đường tròn tâm B bán kính BD với

đường thẳng CD là E ( E ≠ D ) . Hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng BE là điểm

N ( 4; − 2 ) . Tìm tọa độ các điểm B , C , D. c) Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh B , C lần lượt là

hb , hc , độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là ma . Tính cos A , biết hb = 8, hc = 6, ma = 5.

Câu 5 (3,0 điểm). Cho x, y, z là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh rằng:

 1 1 1 1 1 1  3 5 + + ≤ + 2   x + y + z.  x+ y y+ z z+ x 2   90 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đẳng thức xảy ra khi nào?

------Hết------

ĐÁP ÁN Câu ý Nội dung Câu 1 (2,0đ) + Hs có tập xác định R ⇔ f(x) = (m − 1) x 2 + 2( m − 1) x + 4 > 0 ∀x ∈ R + TH1: m = 1 f(x) = 4 > 0 ∀x ∈ R Do đó m = 1 thỏa đề. + TH2: m ≠ 1

1. (2,5đ)

0.25 0,25 0.5

a > 0 f(x) > 0 ∀x ∈ R ⇔  ∆ ' < 0 m > 1 ⇔ ⇔1< m < 5 ( m − 1)( m − 5) < 0 + Kết luận: 1 ≤ m < 5

Câu 2

Điểm

0.5 0.5

x − 2 − 2 = 2 x − 5 − x + 1. x − 2 ≥ 0  Đk: 2 x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2 (*) x +1 ≥ 0  Pt đã cho tương đương với x − 2 + x + 1 = 2 x − 5 + 2.

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

⇔ 2 x −1 + 2 ( x − 2)( x + 1) = 2 x −1 + 4 2 x − 5. x = 6 ⇔ x 2 − 9 x + 18 = 0 ⇔  .  x = 3 Vậy: Tập nghiệm của phương trình: S = {3;6}

2. (3.5đ)

 2 x 2 + y 2 − 3 xy − x + y = 0 (1)   y − x + y − 2 x + 1 = x + y + 1 (2) (1)

⇔ y − x = 0 ( y − x )( y − 2 x + 1) = 0 ⇔   y − 2x +1 = 0

+ y = x, thế vào pt(2): 1 − x = 2 x + 1 ⇔ x = 0 y = x = 0. + y = 2x – 1, thế vào (2): x − 1 = 3 x( ptvn) + Kết luận:

1,0 1,0 1,0 0.5

91 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3

(2đ)

Cho (P): y = 2x2 – 2x + 1 có đỉnh I và đường thẳng d: y = m. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB vuông.

0.25

+ PT hoành độ giao điểm của (P) và d: 2x2 – 2x + 1 – m = 0 (*). + Đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ Pt (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 1 ⇔m> 2 1 1 + Ta có I( ; ), A(x1; m), B(x2; m) 2 2 Tam giác IAB vuông tại I khi và chỉ khi IA.IB = 0 1 1 x1 x2 − ( x1 + x2 ) + m 2 − m + = 0 2 2 m = 1  2  ⇔ 2m − 3m + 1 = 0 ⇔  m = 1 (loai )  2

0.25 0.5 0,5 0,5

+ Kết luận: m = 1

Câu 4 (7.0đ)

a) (2đ)

b) (3đ)

+ Tính BE2 = x2 – 10x + 100 + BE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE khi BE2 = BA.BD 2 = x – 10x + 100 = 10(10 + 6)

0.5 1,0 0,5

Giải tìm được x = 5 + 85 N

0,5 I

1,0 D

= 90 0 nên IA = IB = IC = ID = IN , suy ra Gọi I = AC ∩ BD , do BND ANC = 90 0.

0,5 1,0

92 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) (2đ)

CN có véc tơ pháp tuyến AN = (9; −3) nên phương trình CN : 3 x − y −14 = 0. 3 x − y − 14 = 0 Tọa độ C thỏa mãn hệ  , suy ra C ( 5;1) . x − 2 y − 3 = 0 Do BD = BE và BC ⊥ DE nên C là trung điểm DE, suy ra CI || BE . Do đó D đối xứng với N qua AC. Phương trình AC : y − 1 = 0 , từ đó suy ra D ( 4; 4 ) . Do I ( 0;1) nên B ( −4; −2 ) . Vậy B ( −4; −2 ) , C ( 5;1) , D ( 4; 4 ) .

0,5 0,5

0,5 N

0,5

A F

Vẽ đường cao BM và CN của tam giác ABC ( M ∈ AC , N ∈ AB ). Gọi K là trung điểm của BC, qua K kẻ đường thẳng song song với CN và BM cắt AB, AC lần lượt tại E và F. Khi đó E là trung điểm BN và F là trung điểm CM. Bốn điểm A, E , K , F nằm trên đường tròn đường kính AK = 5 , theo định lý sin = 5sin A . trong tam giác EKF ta được EF = AK .sin EKF Áp dụng định lý cosin trong tam giác EKF ta được :

= 32 + 4 2 + 2.3.4.cos A EF 2 = KE 2 + KF 2 − 2 KE.KF .cos EKF ⇔ 25sin 2 A = 25 + 24.cos A ⇔ 25 1 − cos2 A = 25 + 24.cos A

(

⇔ cos A = −

Câu 5 (3.0đ)

)

24 (vì cos A ≠ 0 ). 25

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2  5 2  5 2 3  5 − + − + − ≤   3− x x   3− y y   3− z z  2 5 2 13 x 11 Ta chứng minh − ≤ − (1) 3− x x 4 4 2 Thật vậy, (1) ⇔ ( x − 1) (13 x − 24 ) ≤ 0 luôn đúng

0.5 0.5 0,5

x+ y+z 3 = ⇒ 13 x − 24 < 0 . 2 2 5 2 13 y 11 Tương tự, ta cũng được − ≤ − (2) 3− y y 4 4 5 2 13 z 11 − ≤ − (3) 3− z z 4 4

0,5

0.5

do x <

93 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (1), (2) và (3) ta được: 2  5 2  5 2  13 ( x + y + z ) 33 3  5 − + − + − ≤ − =  4 4 2  3− x x   3− y y   3− z z  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay tam giác đã cho là tam giác đều Lưu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương như trên ----------- HẾT-------------

0.5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi : Thời gian:

TOÁN 10 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5,0 điểm).

x 2 + 21 − x − 1 = x 2  xy − 3 x − 2 y = 16 . b) Giải hệ phương trình  2 2  x + y − 2 x − 4 y = 33

a) Giải phương trình

Câu 2 (4,0 điểm). 2 a) Cho hàm số y = x − 4 x + 3 có đồ thị (P) và đường thẳng (d ) : y = −2 x + m . Tìm m để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho ∆ OAB vuông tại O (O là gốc toạ độ ). 3 3 3 b) Cho tam giác ABC có 3 cạnh AB = c, BC = a, CA = b thoả a = b + c . Chứng minh rằng

600 < A < 900 . Câu 3 (4,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 xyz . Chứng minh:

1 1 1 3 + 2 + 2 ≤ . 2 2 2 2 2 2 x + 2 y z +1 y + 2z x +1 z + 2x y +1 4 2

Câu 4 (4,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 4 3 , A = 1500 . Lấy điểm M trên cạnh BC sao cho = 1200 . Tính độ dài đoạn thẳng AM. MAB b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I, B thuộc (d):5x+y-10=0, M đối xứng với D qua C; H và K(4;-2) lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C lên AM. Biết phương trình đường thẳng qua hai điểm H và I là 3x-y-4=0. Tìm tọa độ của 4 điểm A, B, C, D.

Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên AC, M là trung điểm của AK, N là trung điểm của CD. a) Biểu thị MN theo hai vectơ BC và BK . b) Chứng minh MN vuông góc với MB.

–––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: ………………….

94 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi : Thời gian:

TOÁN 10 150 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đáp án – Thang điểm)

Câu Câu 1 a) Giải phương trình (5,0 Điều kiện: x ≥ 1 điểm) + Khi đó:

Đáp án

Điểm 2,5

x 2 + 21 − x − 1 = x 2

0,25

x 2 + 21 − x − 1 = x 2 ⇔ ( x 2 + 21 − 5) − ( x − 1 − 1) − x 2 + 4 = 0

⇔

x2 − 4 2

−

x−2 − ( x 2 − 4) = 0 x −1 +1

0,25 0,75

x + 21 + 5   x+2 1 ⇔ ( x − 2)  − − ( x + 2)  = 0 (*) 0,25 2 x −1 +1  x + 21 + 5  x+2 x+2 x+2 < < x+2⇒ − ( x + 2) < 0 - Với x ≥ 1 , ta có: 2 2 5 x + 21 + 5 x + 21 + 5 0,75 x+2 1 ⇒ − − ( x + 2) < 0 x −1 +1 x 2 + 21 + 5 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 2 . 0,25  xy − 3 x − 2 y = 16 b) Giải hệ phương trình  2 2  x + y − 2 x − 4 y = 33 - Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:  xy = 16 + 3 x + 2 y  xy = 16 + 3 x + 2 y ⇔   2 2 ( x + y ) − 2 xy − 2 x − 4 y = 33 ( x + y ) − 2(16 + 3 x + 2 y ) − 2 x − 4 y = 33  xy = 16 + 3 x + 2 y ⇔ 2 ( x + y ) − 8( x + y ) − 65 = 0  xy = 16 + 3 x + 2 y  xy = 16 + 3 x + 2 y ⇔ hoặc   x + y = 13  x + y = −5  xy = 16 + 3 x + 2 y - Với  (vô nghiệm)  x + y = 13

2,5

0,25

0,25 0,25 0,5

95 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x = −3 + 3  xy = 16 + 3 x + 2 y - Với  hoặc ⇔  x + y = −5  y = −2 − 3

 x = −3 − 3   y = −2 + 3

0,25

Câu 2 a) Cho hàm số y = x 2 − 4 x + 3 có đồ thị (P) và đường thẳng (d ) : y = −2 x + m . (4,0 Tìm m để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B mà ∆ OAB vuông tại O (O là gốc toạ độ 2,0 điểm) ). 0,25 + Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2 − 2 x + 3 − m = 0 (*) + (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt khi pt(*) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > 2. 0,5 + Gọi A( x1; −2 x1 + m), B( x2 ; −2 x2 + m) (với x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*))

0,5

+ OA = ( x1; −2 x1 + m), OB = ( x2 ; −2 x2 + m) . + Tam giác OAB vuông tại O suy ra :

OA.OB = 0 ⇔ 5 x1x2 − 2m( x1 + x2 ) + m2 = 0 (**)

0,25

+ x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (*) nên: x1 + x2 = 2, x1 x2 = 3 − m thay vào (**) tìm được m. Kiểm tra lại A và B không trùng với O.

0,5

b) Cho tam giác ABC có 3 cạnh AB = c, BC = a, CA = b thoả

a3 = b3 + c3 . Chứng minh rằng 600 < A < 900 . a, b, c > 0  3 3 3 a = b + c

 0 < 0 < b < a ⇒ ⇒ 0 < c < a 0 < 

 b   b  b   <   <1  a   a  a ⇒ 3 2 c  c   c  <1 <  a   a  a  3

b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 1 <1 ⇒ < ⇒ a > b -bc+c ⇒ b +c – a <bc ⇒ bc 2bc 2 2

0,75

b3 + c 3 b 2 + c 2 b c b c Suy ra:   +   <   +   ⇒ < a3 a2 a a a a b2 + c 2 ⇒1< ⇒ a2 < b2 + c2 2 a 2 2 2 b +c −a > 0 ⇒ A là góc nhọn Do đó: cosA = 2bc a3 = b3 + c3 ⇔ a3 = (b+c)(b2-bc+c2) > a(b2-bc+c2) (vì : b+c > a) 2

2,0

⇒ cosA < cos600 ⇒ A > 600 Vậy 600 < A < 900

0,25

0,5

0,25

96 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (4,0 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 xyz . Chứng minh: điểm) 1 1 1 3

x2 + 2 y2 z2 + 1

y 2 + 2z 2 x2 + 1

≤ . z 2 + 2 x2 y 2 + 1 4

4,0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có: 3 xyz = x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇔ xyz ≥ 1

0,5

Mà x 2 + 2 y 2 z 2 + 1 ≥ 2 x + 2 y 2 z 2 ≥ 4 xy 2 z 2 ≥ 4 yz

1,0

1 1 1 1  ≤ ≤ 1 +  2 2 x + 2 y z + 1 4 yz 8  yz  Do đó ta có: Suy ra

1,5

1 1 1 1 1 1 1  3 + 2 + 2 ≤ 3 + + + = 2 2 2 2 2 2 x + 2y z + 1 y + 2x z + 1 z + 2x y + 1 8  xy yz zx  4 2

(vì 3 xyz = x + y + z ⇒

1,0

1 1 1 + + = 3 ). Điều phải chứng minh. xy yz zx

Câu 4 a) Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 4 3 , A = 1500 . Lấy điểm M trân cạnh BC (4,0 0 điểm) sao cho MAB = 120 . Tính độ dài đoạn thẳng AM. + S∆ABC = S∆ABM + S ∆AMC

2,0

1,0

1 = 1 . AB. AM .sin BAM + 1 . AM . AC.sin MAC ⇔ . AB. AC.sin BAC 2 2 2 1 1 1 3 1 1 ⇔ .2.4 3. = .2. AM . + . AM .4 3. 2 2 2 2 2 2 4 ⇔ AM = . 3

0,5

b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I, B thuộc (d):5x+y-10=0, M đối xứng với D qua C; H và K(4;-2) lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C lên AM. Biết phương trình đường thẳng (HI):3x-y-4=0. Tìm tọa độ A,B,C,D.

2,0

0,5

A 450 H

(d):5x+y-10=0 /

///

\\\ \\ D

450

K(4;-2)

\\ N C

(HI):3x-y-4=0

+ Lập luân được A, B, K, C, D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC (hay BD).

0,25

= 900 và Ta có: DKH AKD = ABD = 450 . Do đó tam giác DHK vuông cân tại H.

0,25

Suy ra HD=HK. Mà ID=IK. Do đó HI là trung trực của DK.

97 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Phương trình đường thẳng (HI):x+3y+2=0. + Suy ra N(1;-1), D(-2;0). + Tham số hóa điểm B và dùng KB.KD = 0 suy ra B(3;-5). + Phương trình đường thẳng (BD):x+y+2=0 + Tham số hóa điểm H và dùng HD.HK = 0 suy ra H(0;-4) hoặc H(2;2). + Do H và K nằm khác phía với BD nên H(0;-4). + K là trung điểm của MH suy ra M(8;0). + C là trung điểm của DM suy ra C(3;0). Suy ra A(-2;-5).

Câu 5 Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên AC, M là trung (3,0 điểm của AK, N là trung điểm của CD. điểm) a) Biểu thị MN theo hai vectơ BC và BK . b) Chứng minh MN vuông góc với MB. 1 1 1 a) MN = MB + BC + CN = − BA + BK + BC + BA = BC − BK 2 2 2

(

)

(

)

(

0,5

3,0

0,5

Ta có : 1 1 1 1 2 BM .MN = ( BA + BK )( BC − BK ) = 2 BK .BC − BA.BK − BK 2 2 2 4 2 1 =  BK .BC − BA.BK + BK .BC − BK   4  1 = ( BK . AC + BK .KC ) = 0 . 4 Vậy MN vuông góc với MB.

)

0,5

1,0

b) Chứng minh MN vuông góc với MB. 1 1 1 MN = BC − BK , BM = BA + BK 2 2 2

(

0,5

0,5 0,5 0,5

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC

Câu 1 (5,0 điểm).

(

a) Giải phương trình : x − 2 x

) (

= 1− 2 x

)

+ ( x − 1)

 x 2 + xy + y 2 = 4 y − 1 b) Giải hệ phương trình :  2 ( x + 1) ( y + x − 2 ) − y = 0

Câu 2 (4,0 điểm).

98 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 và suy ra bảng biến thiên của hàm số y = x2 − 4 x + 3 . 2 b) Cho hàm số y = f ( x ) = x − 4x . Đặt f k ( x ) = f ( f k −1 ( x ) ) với k là số tự nhiên

lớn hơn 1. Tìm số nghiệm của phương trình f 4 ( x ) = 0 .

Câu 3 (3,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của a + bc b + ca c + ab P= + + b+c c+a a+b Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R) cắt nhau tại hai điểm A(4;2) và B. Một đường thẳng đi qua A và N(7;3) cắt các đường tròn (O), (O’) lần lượt tại C, D (C,D khác A). Tìm tọa độ của B,C,D biết đường nối tâm hai đường tròn trên có phương trình x-y-3 = 0 và diện tích tam giác BCD bằng 4,8.

Câu 5 (4,0 điểm). a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn 3.AN = AB; 3.BM = BC. Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh BI ⊥ IC. b/ Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn:

3 a 3 + c 3 − b3 = b 2 ;sin A.sin C = với AB = a+c −b 4

c, BC = a, CA = b? –––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………

ĐÁP ÁN

(

a) Giải phương trình x − 2 x Câu 1. (5,0 đ)

) = (1 − 2 x )

+ ( x − 1)

( x − 2 x ) = (1 − 2 x + x − 1) = (1 − 2 x ) + ( x − 1) + 3 (1 − 2 x ) ( x − 1) ( x − 2 x ) 3

2đ 0,5 0,5

99 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(

pt ⇔ 1 − 2 x

) ( x − 1) ( x − 2 x ) = 0

1  x =  1 − 2 x = 0 4   ⇔ x −1 = 0 ⇔ x =1 x = 0 x − 2 x = 0    x = 4

 x 2 + xy + y 2 = 4 y − 1 b) Giải hệ phương trình  2 ( x + 1) ( y + x − 2 ) − y = 0  x2 1  y + y +x+ y=4  Hệ ⇔  2  x + 1  ( x + y − 2 ) = 1  y y   x2 1 Đặt u = + ;v = x + y y y u + v = 4 u = 1 ⇔  u ( v − 2 ) = 1 v = 3

0,5

3đ 0,5 0,5 0,5 0,5

 x = 1 0,5  x2 1   + = 1  y = 2 ⇔ y y ⇔   x = −2 x + y = 3   0,5   y = 5 a) Vẽ đồ thị hàm số y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 và suy ra bảng biến 2đ thiên của hàm số y = x 2 − 4 x + 3

Ta được

Đồ thị y = f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 . 2  x − 4 x + 3 khi x ≥ 0 y = f ( x) =  2  x + 4 x + 3 khi x < 0

0,5

Câu 2 (4,0).

0,5 100 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y 3

-2 -4 -3

-1

Nhận xét tính đối xứng Vẽ đthị

0,25 0,25

-3

-1 O

BBT x

-∞ +∞

-3

-2

-1

1 0

+∞ +∞

3 0

0,5

2 b) Cho hàm số y = f ( x ) = x − 4x . Đặt f k ( x ) = f ( f k −1 ( x ) ) với

k là số tự nhiên lớn hơn 1. Tìm số nghiệm của phương trình f 4 ( x ) = 0 Hsố y = f(x) có đồ thị

2đ

101 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y 4

-1 x1

-4

x = 0 có hai nghiệm f ( x) = 0 ⇔  x = 4

0,25

f(x) = 4 > -4 có hai nghiệm thuộc (-1;5)

0,25

 f ( x) = 0 f 2 ( x) = f ( f ( x)) = 0 ⇔   f ( x ) = 4 f2(x) = 0 có 4 nghiệm.  f 2 ( x) = 0 3 2 f ( x) = f ( f ( x)) = 0 ⇔  2  f ( x ) = 4 f2(x) = 4 có hai nghiệm f(x) thuộc (-1;5) nên f2(x) = 4 có 4 nghiệm x f3(x) = 0 có 8 nghiệm.  f 3 ( x) = 0 4 3 f ( x) = f ( f ( x)) = 0 ⇔  3  f ( x ) = 4 f3(x) = 4 có hai nghiệm f2(x) thuộc (-1;5) nên f3(x) = 4 có 8 nghiệm x f4(x) = 0 có 16 nghiệm.

Câu 3 (3,0).

Cho ba số thực dương a, b, c có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của a + bc b + ca c + ab P= + + b+c c+a a+b a ( a + b + c ) + bc b ( a + b + c ) + ca c ( a + b + c ) + ab P= + + b+c c+a a+b ( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) + ( c + a )( c + b ) = b+c c+a a+b

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

3đ 0,5 0,5 102

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( a + b )( a + c ) + ( b + c )( b + a ) ≥ 2

Câu 4 (4,0đ).

( a + b) b+c c+a ( a + b )( a + c ) ( c + a )( c + b ) + ≥ 2( a + c) b+c a+b ( b + c )( b + a ) ( c + a )( c + b ) + ≥ 2(b + c) c+a a+b Cộng ba vế của ba bđt trên P≥2 1 MinP =2 khi a = b = c = 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R) cắt nhau tại hai điểm A(4;2) và B. một đường thẳng đi qua A và N(7;3) cắt các đường tròn (O), (O’) lần lượt tại C, D. Tìm tọa độ của B,C,D biết đường nối tâm hai đường tròn trên có phương trình x-y-3 = 0 và diện tích tam giác BCD bằng 4,8.

0,5 0,5 0,5

0,5

4đ

D N (7;3) C

I A(4;2) O'

x-y-3=0

H B Đường thẳng AN có pt x-3y+2=0 AB (vuông góc OO’) có pt x+y-6=0 H = AB ∩ OO ' là nghiệm của hệ x + y − 6 = 0 9 3 ⇒ H = ;   2 2 x − y − 3 = 0

0,25 0,25

H là trung điểm AB nên B = (5;1) Gọi I là hình chiếu của B lên CD Pt BI 3x+y-16=0 I = BI ∩ CD là nghiệm của hệ 3x + y − 16 = 0  23 11  ⇒ I = ;    5 5 x − 3y + 2 = 0

0,25

BI =

2 10 5

0.5

0,25

0,5 0,25

103 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 12 10 BI .CD ⇒ CD = 2 5 Cm ∆BCD cân tại B nên I là trung điểm của CD 22   56 Gọi I ( 3t − 2; t ) ∈ d ⇒ D  − 3t ; − t  5  5  S∆BCD =

0,25

t = 1 2 2 1 6 10  33   11  CI = CD ⇔ .  − 3t  +  − t  = ⇔ ... ⇔  17 t = 2 5  5  5  5 

0,5

 41 17  • t = 1 ⇒ C = (1;1) , D =  ;   5 5 17  41 17  • t = ⇒ C =  ;  , D = (1;1) 5  5 5

0,5 0,5

Câu 5 (4,0 điểm). a) Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn 3AN = AB; 3BM = BC. Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh BI ⊥ IC. AI = kAM , ta có: CI = AI − AC = kAM − AC = k. AB + BM − AC

Giế sế

(

N I

= B

)

2k  k  AB +  − 1 AC 3 3 

0,25

1 3

vế CN = AN − AC = AB − AC .

3 7 3 3 2 1 Ta có AI = AM = AB + BM = AB + AC 7 7 7 7

Vì CI , CN cùng phếếng nên k =

(

0,5

)

0,25

−5 1 BI = AI − AB = AB + AC 7 7 −2 6 IC = AC − AI = AB + AC . 7 7  − 5 1   − 2 6  AB + AC   AB + AC  ⇒ BI.IC =  7 7  7  7  2  1  2 =  10AB + 6AC − 32AB.AC  = 0 49  

Suy ra:

0,25 0,25

Vì tam giác ABC ếếu nên AB = AC vế 1 AB.AC = AB.AC.cosA = AB2 2 Vếy : BI ⊥ IC

Tam

giác

ABC

có

đặc

đi ể m

0,25 0,25

gì

nếu

thỏa 104

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 a 3 + c 3 − b3 = b 2 ;sin A.sin C = với AB = c, BC = a, CA = b? a+c −b 4 3 3 3 a +c −b = b 2 ⇒ a 3 + c 3 − b3 = (a + c)b 2 − b3 a +c−b ⇒ a 3 + c 3 = (a + c)b 2 ⇒ a 2 − ac + c 2 = b 2

mãn:

⇒ a 2 − ac + c 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos B

0,5

1 ⇒ cos B = ⇒ B = 600 2

Do đó

0,25

3 3 ⇒ sin 2 B = 2 4

sin B =

a c  b  3 sin A.sin C = = sin 2 B ⇒ . =  4 2R 2R  2R 

0,25

⇒ ac = b2 ⇒ ac = a 2 + c 2 − 2ac.cos B = a 2 + c 2 − ac 2

2đ

0,25

⇒ a − 2ac + c = 0 ⇒ ( a − c ) = 0 ⇒ a = c

Vậy tam giác cân và có góc 600 nên là tam giác đều.

0,25

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10

TOÁN 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Môn thi : Thời gian:

Câu 1. (5,0 điểm).  xy + x + y = x 2 − 2 y 2 a). Giải hệ phương tŕnh:   x − 1 + 2 y = 4

b). Giải phương tŕnh: 6 x + 3( x 2 + 2 x ) 2 x − 1 = 2 x 3 + 4 .

Câu 2.( 4,0 điểm). a) Cho hàm số y = x 2 + 4 x + 1 và hàm số y = −2 x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác OAB đến các trục tọa độ bằng nhau. (điểm O là gốc tọa độ) b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =

2x2 − x + 2 − 1 có tập xác định là R. x 2 − 2 mx + 1

Câu 3. (4,0 điểm): a./ Cho a , b, c > 0 thỏa mãn: a 2 + b2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 .

105 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Chứng minh:

c2 c2 ab + + ≥ 2. 2 2 2 a + b (a + b − c) a+b

b./ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x + y + z =3. T́ m giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 3 3 3 2x + 3y + z ) 2y + 3z + x ) 2z + 3x + y ) ( ( ( P= . + + 3

3 z2x 2 + 1

33 x 2 y 2 + 1

33 y 2 z 2 + 1

Câu 4. (4,0 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm.

Câu 5. (3,0 điểm): Cho đường tṛn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tṛn đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng.

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang)

Câu 1 (5 đ)

 xy + x + y = x 2 − 2 y 2 a). Giải hệ phương tŕnh:   x − 1 + 2 y = 4

3,0

Điều kiện: x ≥ 1; y ≥ 0 .

0,5

Với điều kiện trên, hệ phương tŕnh

1,5

2 2 2  x − y − y − xy − ( x + y ) = 0 ⇔  x − 1 + 2 y = 4

( x + y )( x − 2 y − 1) = 0 ⇔  x − 1 + 2 y = 4   x = − y (loại)  ⇔  x − 2 y −1 = 0   x −1 + 2 y = 4

0,5

106 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x = 2 y + 1 ⇔  2 2 y = 4

0,5

y = 2 ⇔ x = 5

KL: Vậy hệ phương tŕnh có nghiệm (5; 2). b). Giải phương tŕnh: 6 x + 3( x 2 + 2 x) 2 x − 1 = 2 x 3 + 4 .

Điều kiện: x ≥

2,0 0,25

1 . 2

Với điều kiện trên, phương tŕnh tương đương:

0,5

3 x ( x + 2) 2 x − 1 = 2 x 3 − 6 x + 4

⇔ 3 x( x + 2) 2 x − 1 = ( x + 2)(2 x 2 − 4 x + 2) ⇔ ( x + 2)(3 x 2 x − 1 − 2 x 2 + 4 x − 2) = 0 (loại)  x = −2 ⇔ 2 3 x 2 x − 1 − 2 x + 4 x − 2 = 0(1)

0,25

(1) ⇔ 2(2 x − 1) + 3 x 2 x − 1 − 2 x 2 = 0

⇔

2(2 x − 1) 3 2 x − 1 + − 2 = 0(2) x2 x

Đặt t =

0,5

2x −1 (t ≥ 0) x

Phương tŕnh (2) trở thành: 2t 2 + 3t − 2 = 0 t = −2 ⇔ 1 t =  2 Với t =

(loại)

0,5

1 2x −1 1 ⇒ = 2 x 2 ⇔ x2 − 8x + 4 = 0 x = 4 + 2 3 ⇔  x = 4 − 2 3

Kết hợp điều kiện, tập nghiệm của phương tŕnh là: S = {4-2 3; 4+2 3}

Câu

Nội dung đáp án

Điểm

107 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 (4,0 điểm)

a) Cho hàm số y = x 2 + 4 x + 1 và hàm số y = −2 x + m . Tìm m để đồ thị các

2,5

hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác OAB đến các trục tọa độ bằng nhau. (điểm O là gốc tọa độ) Xét phương trình hoành độ giao điểm: x2 + 4 x + 1 = −2 x + m ⇔ x 2 + 6 x + 1 − m = 0 (1) Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ Phương trình (1) có hai

0,5

nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ m > −8 Gọi x A , xB là hai nghiệm của phương trình (1), G là trọng tâm của tam giác OAB.

1,0

x A + xB + xO  = −2  xG = 3 Ta có:   y = y A + yB + yO = 12 + 2m  G 3 3

Yêu cầu bài toán ⇔ xG = yG

1,0

⇔ 12 + 2m = 6  m = −3 ⇔  m = −9 Kết hợp điều kiện,vậy m=-3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

2b b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y =

2x2 − x + 2 − 1 có tập xác x 2 − 2mx + 1

1.5

định là R. Hàm số y =

2x2 − x + 2 − 1 có tập xác định là D=R khi và chỉ khi x 2 − 2 mx + 1

2 x2 − x + 2 − 1 ≥ 0, ∀x ∈ R . x 2 − 2mx + 1 ⇔

0,25

2x2 − x + 2 ≥ 1, ∀x ∈ R (vì 2 x 2 − x + 2 > 0, ∀x ∈ R ) x 2 − 2mx + 1

 x 2 − 2mx + 1 ≠ 0, ∀x ∈ R ⇔ 2 2  x − 2mx + 1 ≤ 2 x − x + 2, ∀x ∈ R  x 2 − 2mx + 1 ≠ 0, ∀x ∈ R ⇔ 2 2 2 −(2 x − x + 2) ≤ x − 2mx + 1 ≤ 2 x − x + 2, ∀x ∈ R

0,25

108 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x 2 − 2mx + 1 ≠ 0, ∀x ∈ R  ⇔  x 2 + (2m − 1) x + 1 ≥ 0, ∀x ∈ R 3 x 2 − (2m + 1) x + 3 ≥ 0, ∀x ∈ R   ∆ '1 = m2 − 1 < 0  ⇔  ∆ 2 = (2m − 1) 2 − 4 ≤ 0  2  ∆3 = (2m + 1) − 36 ≤ 0 1 ⇔ − ≤ m <1 2

0,25

Kết luận

Câu 3

a./ Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: a 2 + b2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 .

(4,0 điểm )

Chứng minh:

Đặt x =

1,0

c2 c2 ab + + ≥ 2. 2 2 2 a +b (a + b − c) a+b

0,25

a b , y = (x,y >0) c c

Theo đề bài : a 2 + b2 + c 2 + ab − 2bc − 2ca = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 1 + xy − 2 x − 2 y = 0 ⇔ ( x + y − 1) 2 = xy

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si: xy ≤ 2

Do đó: ( x + y − 1) ≤

( x + y)2 4

( x + y)2 2 ⇒ ≤ x+ y ≤2 4 3

Ta có: P=

0,25

c2 c2 ab + + 2 2 2 a + b (a + b − c) a + b

109 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

xy 1 1 + + 2 2 x +y ( x + y − 1) x+ y

xy 1 1 + + 2 x +y xy x + y

xy   1 1   1 = 2 + +   +  2 2 xy   2 xy x + y  x +y ≥

xy 4 1 . +2 2 ( x + y) 2 xy x + y

4 1 +2 2 ( x + y) 2( x + y ) xy

P≥

≥

0,5

4 1 +2 2 x+ y ( x + y) 2( x + y ). 2 4 1 +2 =2 2 2 2.2

Dấu bằng xảy ra khi x = y =1 ⇔ a=b=c

Câu 3b

b./ Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x + y + z =3. T́ m giá trị nhỏ nhất của 3,0 biểu thức sau: 3 3 3 2x + 3y + z ) ( 2y + 3z + x ) 2z + 3x + y ) ( ( P= . + + 3

3 z2x 2 + 1

33 x 2 y 2 + 1

33 y 2 z 2 + 1

Ta có 2x + 3y + z = x + 2y + 3 = ( x + 1) + ( y + 1) + ( y + 1) ≥ 33 ( x + 1)( y + 1) 3

Khi đó ( 2x + 3y + z ) ≥ 27 ( x + 1)( y + 1) . Tương tự cho hai hạng tử cṇ lại

0,5 0,25 0.25

Do xz + x + z ≥ 3 x 2 z 2 , ∀x > 0, z > 0 . (bất đẳng thức Côsi) nên:

( 2x + 3y + z )3 ≥ 27 ( x + 1)( y + 1)2 3 ( z + 1)( x + 1) 3 z2x 2 + 1

= 27

( y + 1)2 . ( z + 1)

Tương tự cho hai hạng tử cṇ lại 2

( x + y + z + 3) 2 ( x + y + z + 3)

0.25

( z + 1) + ( x + 1) P ( y + 1) ≥ + 27 ( z + 1) ( x + 1) ( y + 1) ≥

0,5

= x + y+z+3= 6

. Suy ra P ≥ 27.6 = 162 . Vậy Pmin = 162 khi x = y =z =1

0,25 0.5 0,5

110 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 (4,0 điểm )

Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(3;1). Trên trục Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm tọa độ điểm B, C sao cho

4,0

diện tích tam giác ABC lớn nhất biết hoành độ của điểm B và tung độ của điểm C không âm.

Gọi B(b;0), C(0;c) ( b, c ≥ 0 ) AB (b − 3; −1) ⇒ AB = (b − 3) 2 + 1 AC ( −3; c − 1) ⇒ AC = 9 + (c − 1) 2 Tam giác ABC vuông tại A ⇔ AB. AC = 0 ⇔ −3(b − 3) − (c − 1) = 0 ⇔ c = 10 − 3b

Mà c ≥ 0 ⇒ 10 − 3b ≥ 0 ⇔ 0 ≤ b ≤ Lại có: S△ ABC =

0,5

10 3

1 (b − 3) 2 + 1. (c − 1) 2 + 9 2

0,5

3 (b − 3)2 + 1. (3 − b) 2 + 1 2 3 = b2 − 9b + 15 2

Xét hàm số f ( x ) = Bảng biến thiên:

10 3 2 x − 9 x + 15 ( 0 ≤ x ≤ ) 2 3

x f(x)

0 15

1,0 10 3 5 3

3 2 Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất là 15 khi b=0 ⇒ B(0;0), C (0;10)

Câu 5 (3,0 điểm)

Cho đường tṛn tâm O và ba dây cung song song AB, CD, EF của đường tṛn

3,0

đó. Gọi H, I, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ACF, AED, CEB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng.

*) Chứng minh tính chất: Cho tam giác ABC. Gọi H, O lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì: OA + OB + OC = OH Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua O, D là trung điểm của BC. Ta có: tứ giác BHCA’ là hình bình hành nên D là trung điểm của HA’

1,0

111 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mà OB + OC = 2OD = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH *)Ta có: H, I, K lần lượt là trực tâm của tam giác ACF, AED, BCE.

0,5

OH = OA + OC + OF(1)  ⇒ OI = OA + OE + OD (2)  OK = OB + OC + OE (3)

Từ (1)và (2) ⇒ IH = DC + EF (1)và (3) ⇒ KH = BA + EF Mà AB//CD//EF ⇒ ∃m, n sao cho DC = mEF , BH = nEF . ⇒ IH = ( m + 1)EF , KH = ( n + 1)EF ⇒ IH , KH cùng phương. ⇒ I , H , K thẳng hàng

0,5 0,5 0,5

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi : TOÁN lớp: 10 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

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

x2 + 1 ≥ 2 x − 1

 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1) b) Giải hệ phương trình  .  x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 (2)

112 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 (4,0 điểm). a) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + x − 2; ∀x ∈ [ 0;2] b) Tìm điều kiện của a để ( x + 5)( 3 − x ) ≤ x 2 + 2 x + a nghiệm đúng ∀ x ∈ [−5,3]

Câu 3 (3,0 điểm). Chứng minh rằng: a ( b −1) + b ( a −1) ≤ ab ∀a, b ≥ 1 Câu 4 (4,0 điểm). Trong Oxy, cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B, C của ∆ABC . Tìm tọa độ A biết phương trình cạnh BC: x + 3 y − 4 = 0 ; yB > 0 ;  11 13  E ( 7;1) ; F  ;  . 5 5

Câu 5 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC . Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn 2 1 a a là phân số tối giản) BD = BC ; AE = AC . Điểm K trên AD thỏa mãn AK = AD (với 3 4 b b sao cho 3 điểm B, K , E thẳng hàng. Tính P = a 2 + b2 .

–––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………

113 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm trang)

Câu

Điể m

Đáp án

Câu 1 a) Giải bất phương trình x 2 + 1 ≥ 2 x − 1 (5,0 1 điểm) Xét x ≤ thì bất phương trình luôn đúng.

2,0 0,25

2 1 Xét x > 2

0,25

+ Bình phương 2 vế và thu gọn ta được bpt: 3x 2 − 4 x ≤ 0 ⇔0≤ x≤

1,0

4 3

0,25 4

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là S =  −∞;  . 3 



 x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12 (1) b) Giải hệ phương trình   x 3 − 8 x − 1 = 2 y − 2 (2) Điều kiện: y ∈ [ 2;12] và y (12 − x 2 ) ≥ 0 .

Bình phương 2 vế của (1) suy ra

(1) ⇔ 12 ( x 2 + y ) − 2 x 2 y + 2

x 2 y 144 − 12 ( x 2 + y ) + x 2 y  = 144

2  x + y = u Ta có: 2  x y = v

Đặt 

0,25

3,0 0,25 0,25 0,25

12u − 2v + 2 v (144 − 12u + v ) = 144 ⇔ v (144 − 12u + v ) = 72 − 6u + v

Bình phương 2 vế giải ra u = 12 suy ra y = 12 − x2

0,25 0,5

Thay vào giải ra

( 2 ) ⇔ x3 − 8 x − 1 = 2

10 − x 2

 2 ( x + 3)  ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3 x + 1 + =0 10 − x 2 + 1  

0,5 0,5

114 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x = 3  ⇔ 2 2 ( x + 3) = 0 ( VN do x ≥ 0 ) x + 3x + 1 +  10 − x 2 + 1

0,5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 3;3) .

Câu 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y = x 2 + x − 2; ∀x ∈ [ 0;2] (4,0 Lập bảng biến thiên hàm số y = x 2 + x − 2; ∀x ∈ [ 0;2] chính xác điểm) Dựa vào BBT kết luận đúng Min – Max Tìm điều kiện của a để ( x + 5)( 3 − x ) ≤ x 2 + 2 x + a nghiệm đúng ∀ x ∈ [−5,3] Đặt t = ( x + 5 )( 3 − x )

ĐK t ∈ [0; 4]

1,0 0,5 2,5 0,25

Bất phương trình thành t + t − 15 ≤ a

0,25 0,25

2  f ( t )  Xét f ( t ) = t + t − 15 nên a ≥ Max [0;4] 

0,25

 f ( t )  = f ( 4 ) = 5 Tìm được Max [0;4] 

0,25 0,25

Kết luận a ≥ 5

Câu 3 (3,0 điểm)

1,5

Chứng minh rằng: a ( b −1) + b ( a −1) ≤ ab ∀a, b ≥ 1  a    b

Côsi

(b −1) = a (b −1).1 ≤

( b −1) + 1 = ab 2

2 ( a −1) + 1 ( a −1) = b ( a −1) .1 ≤ b. 2 = ab 2 ab ab ⇒ a ( b −1) + b ( a − 1) ≤ + = ab 2 2   Dấu “ = ” xảy ra ⇔ b −1 = 1 ⇒ b = 2  a − 1 = 1  a = 2

Ta có :

3,0

Côsi

Câu 4 Trong Oxy, cho tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ (4,0 đỉnh B, C của ∆ABC . Tìm tọa độ A biết phương trình cạnh BC: 4.0 điểm)  11 13  x + 3 y − 4 = 0 ; yB > 0 ; E ( 7;1) ; F  ;  . 5 5

115 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A E F

• Gọi K là trung điểm BC; K ( 4 − 3a; a ) • E, F, B, C thuộc đường tròn tâm K đường kính BC nên KE 2 = KF 2 ⇒ a = 0 ; K ( 4;0 ) b = 1

• Gọi B ( 4 − 3b; b ) ; b > 0 ; KB = KE ⇒  b = −1 < 0 • ⇒ B ⇒ C ⇒ PT đường thẳng CE, BF ⇒ A = BF ∩ CE .

0,5 1,0 1,0 1,5

Câu 5 Cho tam giác ABC . Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn a (4,0 2 1 a BD = BC ; AE = AC . Điểm K trên AD thỏa mãn AK = AD (với là điểm) 3 4 b b phân số tối giản) sao cho 3 điểm B, K , E thẳng hàng. Tính P = a2 + b2 .

4,0

116 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 1 3 4 4 4 Giả sử AK = x. AD ⇒ BK = x.BD + (1 − x) BA 2 2 x Mà BD = BC nên BK = BC + (1 − x ) BA 3 3 Vì B, K , E thẳng hàng ( B ≠ E )nên có m sao cho BK = mBE m 3m 2 x Do đó có: BC + BA = BC + (1 − x) BA 4 4 3 m 2x 3m Hay  −  BC + 1 − x −  BA = 0 4  4 3   Do BC ; BA không cùng phương nên 1 8 m 2x 3m − = 0;1 − x − = 0 Từ đó suy ra x = ; m = 4 3 4 3 9 1 Vậy AK = AD 3

Vì AE = AC ⇒ BE = BC + BA(1)

0,5 0,5 0,5 0,5

1,0

1.0

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

MÔN: TOÁN 10Thời gian: 150’ (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y = f ( x ) = x 2 − 2(m − 1) x + m . 1. Vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để f ( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Câu 2 (2 điểm). Giải phương trình sau: 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27( x + 1) 1 + x 2 y 2 + 5 xy = 7 x 2 1 + xy + 3 y = 5 x

Câu 3 ( 3 điểm). Giải hệ phương trình: 

117 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4 ( 4 điểm). Cho 3 số dương a, b,c thỏa

a3 b3 c3 + + = 1. a 2 + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a+ b + c

Câu 5 ( 3 điểm). Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R. Chứng minh điểm M thuộc đường tròn khi và chỉ khi MA2 + MB 2 + MC 2 = 2 BC 2 . Câu 6 ( 4 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung

điểm của đoạn HD. Giả sử H ( −1;3) , phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và 5  C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD. 2 

------------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………; Số báo danh…………

ĐÁP ÁN KÌ THI OLYMPIC MÔN: TOÁN 10Câu 1

Nội dung trình bày

1 2,0 điểm Tọa độ đỉnh, chiều lõm Hình dạng 2 2,0 điểm Phương trình có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 1 khi ∆ > 0  ( x1 − 1)(x 2 − 1) > 0  x −1 + x −1 > 0  1 2 3+ 5 <m<3 2

Điể m 1,0 1.0

1.0 1.0

118 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0 điểm. Giải phương trình sau: 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27( x + 1) Đk x ≥ -1 Phương trình tương đương ( 2 x + 3 x + 1)2 = (6 x + 1)2

3 x + 1 = 2 x ⇔ 9 x + 1 = −2 x

0.5

81 − 9 97 8 2 2 1 + x y + 5 xy = 7 x 2 ( 3 điểm). Giải hệ phương trình:  1 + xy + 3 y = 5 x

Giải được nghiệm

0,5 0.5

x = 3; x =

0.5

* Thay x = 0 vào hệ ta thấy không thỏa hệ. * Với x ≠ 0 hệ 2 2  1  1 5y 1 5y y 1   2 + y + = 7 + − 2. . + = 7 + y y y     +3 = 7  x 2  x  x x x x   ⇔ ⇔  x  1 y  + y+3 =5 1 + y + 3 y = 5 1 + y + 3 y = 5  x  x  x x x x

1 +y x y x u 2 + 3v = 7 (1) Hệ trở thành  u + 3v = 5 (2)

1,0

 u = Đặt  v = 

u = −1; v = 2

Giải được  u = 2; v = 1 * Với u = −1 ⇒ v = 2

1 + y = −1  1 2   + 2 x = −1  2 x + x + 1 = 0 (VN ) Ta có  x ⇔ x ⇔  y = 2x y =2  y = 2 x  x

* Với u = 2 ⇒ v = 1 ta có 1 1  x + y = 2  x2 − 2x + 1 = 0 x = 1  +x=2 Ta có  ⇔ x ⇔ ⇔ y =1 y = x  y =1 y = x   x

0.5

0,5

a3 b3 c3 4 điểm. Cho 2 + + = 1. a + ab + b 2 b 2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a+ b + c

119 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a3 b3 c3 2a − b 2b − c 2c − a ≥ ; ≥ ; ≥ 2 2 2 2 2 2 a + ab + b 3 b + bc + c 3 c + ac + a 3 a+b+c Cộng vế theo vế ta được VT ≥ 3 S ≤3

1,5 1,5 0,5 0,5

GTLN của S bằng 3 khi a = b = c =1 5

3,0 điểm: Chứng minh điểm M thuộc đường tròn khi và chỉ khi MA2 + MB 2 + MC 2 = 2 BC 2 . BC 2 = 4R2 Ta có: 2 sin A 2 2 BC = 6 R 2 MA2 + MB 2 + MC 2 = 2 BC 2 2 2 2 2 2 ⇔ ( MO + OA) + ( MO + OB ) + ( MO + OC ) = 2BC = 6R 2 ⇔ 3MO + 2 MO(OA + OB + OC ) = 3R 2 ⇔ MO = R ( đpcm)

0,5 1,5 0,5 1,0

4,0 điểm C

B H I

K E D

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK ⊥ AE.

0.5

1 2

+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và KE = AD hay KE song song và bằng BC Do đó: CE ⊥ AE ⇒ CE: 2x - 8y + 27 = 0 3  2

Mà E = AE ∩ CE ⇒ E  − ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên

1.0 0.5



D ( −2;3)

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0.5

- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).

1.0

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

0.5

Học sinh làm cách khác nếu đúng căn cứ thang điểm giáo viên cho điểm.

120 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI OLIMPIC HỌC SINH LỚP 10 THPT Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

 x 2 + y 2 − 2y − 6 + 2 2y + 3 = 0 Câu 1( 5 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 2 2 (x − y)(x + xy + y + 3) = 3(x + y ) + 2 Câu 2( 4 điểm). Giả sử phương trình bậc hai ẩn

(1) (2)

( m là tham số): 2

x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 3

thức sau: P = x1 + x2 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) .

Câu 3 (4,0 điểm). Cho các số dương a, b, c : ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

1 1 1 1 . + + ≤ 2 2 1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) abc 2

Câu 4 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh

 

3 2

A là điểm D  2; −  , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của đường

thẳng BC.

Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có

c mb = . Chứng minh rằng 2 cot A = cot C + cot B b mc HẾT

121 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM 1

 x 2 + y 2 − 2y − 6 + 2 2y + 3 = 0 Giải hệ phương trình  2 2 2 2 (x − y)(x + xy + y + 3) = 3(x + y ) + 2

(1) (2)

ĐKXĐ: y ≥ −1,5 .

0.5

(2) ⇔

0.5

x 3 − y3 + 3x − 3y = 3 x 2 + y 2 + 2

(

⇔ ( x − 1) = ( y + 1)

)

0.5

⇔ x −1 = y +1

0.5

⇔ y = x−2 Thay vào pt thứ nhất ta được: 2 2  2x − 1 = 1 − x 1  1  x − 3x + 1 = − 2x − 1 ⇔  x −  =  2x − 1 −  ⇔  2  2   2x − 1 = x 2 (Có thể bình phương được pt: ( x − 1) (x 2 − 4x + 2) = 0)

1 1

Giải hai pt này ta được x = 1, x = 2 − 2

(

)

Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = (1; −1) , 2 − 2, − 2 .

Giả sử phương trình bậc hai ẩn

( m là tham số): 2

x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ 3

nhất của biểu thức sau: P = x1 + x2 + x1 x2 ( 3 x1 + 3 x2 + 8 ) .

Trước hết xét biệt thức

∆ ' = ( m − 1) −  − m3 + ( m + 1)  = m3 − 4m = m ( m − 2 )( m + 2 ) .   Phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 nên ∆ ' ≥ 0 ⇔ m ( m − 2 )( m + 2 ) ≥ 0. 2

(1)

0,5

b Khi đó, theo Vi-ét ta có x1 + x 2 = − = 2 ( m − 1) với điều kiện 2 ( m − 1) ≤ 4 a

0,5

(2)

0,5

c 2 = − m3 + ( m + 1) . Điều kiện (1) và (2) giải được −2 ≤ m ≤ 0 hoặc a 2 ≤ m ≤ 3.

và x1x 2 =

Như vậy x13 + x 32 = ( x1 + x 2 ) − 3x1x 2 ( x1 + x 2 ) nên biểu thức

0,5

122 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 3 2 P = ( x1 + x 2 ) + 8x1x 2 =  2 ( m − 1)  + 8  − m3 + ( m + 1)  = −16m 2 + 40m.  

Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P ( m ) = −16m 2 + 40m với m ∈ [ −2;0] ∪ [ 2;3].

0,5

Ta lập bảng biến thiên của hàm số P ( m ) = −16m 2 + 40m với m ∈ [ −2;0] ∪ [ 2;3].

0,5 5 m

-∞

-2

+∞

P(m) -144

-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 . Câu 3

4đ

Cho các số dương a, b, c : ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

0,5 0,5

1 1 1 1 . + + ≤ 2 2 1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) abc 2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 = ab + bc + ca ≥ 3 3 (abc) 2 ⇒ abc ≤ 1 .

0,5

Suy ra: 1 + a 2 (b + c) ≥ abc + a 2 (b + c) = a(ab + bc + ca) = 3a

0,5 1

1 1 (1). ≤ 1 + a (b + c) 3a 1 1 1 1 Tương tự ta có: (2), ≤ ≤ (3). 2 2 1 + b (c + a) 3b 1 + c (a + b) 3c ⇒

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:

1 1 1 1 1 1 1 ab + bc + ca 1 + + ≤ ( + + )= = . 2 2 3abc abc 1 + a (b + c) 1 + b (c + a) 1 + c (a + b) 3 c b c Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc = 1, ab + bc + ca = 3 ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0).

0,5

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân đường

 

0,5 4đ

3 2

phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2; −  , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của đường thẳng BC. Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

 15  Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP AD  0; −  2 

0,5 0,5

123 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ n (1;0 ) là véctơ pháp tuyến của AD PT đường thẳng AD là: x = 2 A' = AD ∩ (C);A ' ≠ A ⇒ A’ thuộc AD và IA’=IA,

0,5 0,5

Tìm được A ' ( 2; −4 )

0,5

không chứa A nên IA’ ⊥ BC A’ là trung điểm cung BC

0,5

 5  2

0,5

 

đường thẳng BC đi qua D và có A 'I =  − ;5  là vecto pháp tuyến Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x − 2y − 5 = 0

Câu 5. Cho tam giác ABC có Theo bài ra:

0,5

c mb . Chứng minh rằng 2 cot A = cot C + cot B = b mc

c mb c2 m2 = ⇒ 2 = 2b b mc b mc

0.5

b2 và áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta có : a + c = 2m + 2 b2 2 2 a + c − 2 2 c c 2 a 2 + b 2 = 2mc2 + Nên: 2 = 2 b c2 2 2 a +b − 2 2

2 b

1 1 1 ⇔ a 2c2 + b 2c 2 − c4 = a 2 b 2 + b 2c2 − b 4 ⇔ a 2 c2 − b 2 − c 4 −b 4 = 0 2 2 2 1 1   ⇔ c 2 − b 2  a 2 − c2 + b2  = 0 ⇔ a 2 − c 2 + b 2 = 0 2 2  

0.5

⇔ 2a 2 = b 2 + c 2

0.5

(

)

(

)

(

) (

)

⇔ 2a 2 = a 2 + 2bc cos A ⇔ a 2 = 2bc cos A

0.5

⇔ ( 2R sin A ) = 2 ( 2R sin B ) . ( 2R sin C ) cos A ⇔ sin 2 A = 2 sin Bsin C cos A sin ( B + C ) cos A sin A sin B cos C + sin C cos B ⇔ = = ⇔ cot A = sin A 2 sin Bsin C 2 sin Bsin C 2sin Bsin C 1  cos C cos B  =  +  ⇔ 2 cot A = cot C + cot B 2  sin C sin B 

0.5 0.5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Bài 1: (2,0đ) Tìm m để hàm số f ( x ) = 2x − 3m + 4 +

x−m xác định trên ( 0; + ∞ ) . x + m −1

124 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 2: (2,0đ) Cho phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số): 2

x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Khi đó, tìm 3

giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x1 + x2 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . Bài 3: (5,0đ) Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: a) 3 5 − x + 3 5 x − 4 = 2 x + 7 .  x x 2 + y + y = x 4 + x3 + x  b)  9.  x + y + x − 1 + y ( x − 1) = 2 

Bài 4: (4,0đ) a) Cho tam giác ABC đều cạnh 3a . Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các cạnh

BC , CA, AB sao cho BM = a, CN = 2a, AP =

4a . Chứng minh AM ⊥ PN . 5

b) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng: OA 2 OB2 OC2 + + =1 , bc ca ab với AB = c, BC = a, CA = b. Bài 5: (4,0đ) a) Cho hình vuông ABCD, M là điểm di động trên đường thẳng AB (M không trùng với A và B). Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ A xuống MC, E là giao của MC và AD , I là giao của AN và BE. Chứng minh ba điểm M, I, D thẳng hàng. b) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3 x + 4 y + 10 = 0 và đường phân giác trong BE có phương trình x − y + 1 = 0 . Điểm

M (0;2) thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng tam giác ABC . Bài 6: (3,0đ) 1

Cho a , b , c > 0. C/m:

a + b + abc

1 3

b + c + abc

1 3

c + a + abc

≤

2 . Tính diện tích

1 abc

--- HẾT ---

125 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN GIẢI, ĐÁP ÁN Bài 1: (2,0đ) Tìm m để hàm số f ( x ) = 2x − 3m + 4 +

x−m xác định trên ( 0; + ∞ ) . x + m −1

3m − 4  2 x − 3m + 4 ≥ 0 x ≥ 2 . + Điều kiện:  x + m − 1 ≠ 0 ⇔    x ≠ 1 − m

+ Để hàm số xác định trên ( 0; + ∞ )

1.0

4   3m − 4 ≤0 4  m ≤ ⇔ 3 ⇔1≤ m ≤ . thì  2 3 1 − m ≤ 0  m ≥ 1

1.0 Bài 2: (2,0đ) + Phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4  m ≥ 2 2 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0   m ( m − 4 ) ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4   2 ( m − 1) ≤ 4 m ≤ 3

+ Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) 3

0.5

⇒ P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m

0.5

+ Bảng biến thiên:

0.5

+ Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m =2, Pmin = −144 khi m = -2.

0.5 Bài 3a: (2,0đ) 126 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4 ≤ x ≤ 5 ta có : 5 3 5 − x + 3 5x − 4 = 2x + 7

+ Điều kiện

⇔ 7 − x − 3 5 − x + 3( x − 5 x − 4) = 0

(7 − x) ⇔

− 9 (5 − x )

7 − x+3 5− x

3( x2 − 5x + 4) x + 5x − 4

0.5

1 3   ⇔ ( x 2 − 5x + 4)  + =0  7 − x + 3 5 − x x + 5x − 4 

0.5

+ Lập luận và kết luận đúng

0.5

0.5  x 2 + xy ( 2y − 1) = 2y3 − 2y2 − x (1) Bài 3b: (3,0đ)  6 x − 1 + y + 7 = 4x ( y − 1) ( 2 ) ĐK: x ≥ 1 . (1) ⇔ ( 2y 2 + x ) (1 + x − y ) = 0 ⇔ y = x + 1 vì 2y 2 + x > 0, ∀x ≥ 1 2

Thay vào (2) ta được 6 x − 1 + x + 8 = 4x ⇔

(

x −1 + 3

)

1.0

= ( 2x ) ⇔ 2x = x − 1 + 3

 4x 2 − 13x + 10 = 0  ⇔ 2x − 3 = x − 1 ⇔  3 x ≥  2 ⇔x=2⇒ y=3 Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 2;3)

1.0

0.5

0.5 Bài 4a: (2,0đ)

127 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

P N

2 1 AB + AC 3 3 1 AP 1 4 1 PN = PA + AN = − AP + AC = − AB + AC = − AB + AC 3 AB 3 15 3  2 1  4 1  AM .PN =  AB + AC  − AB + AC  3 3 3  15  8 4 2 1 AB. AC + AB. AC + AC 2 = − AB 2 − 45 45 9 9 3 6 1 2 AB. AC = − AB 2 + AB. AC = − AB 2 + 45 45 15 15 9 2 2 = − a 2 + ( 3a ) .cos600 = 0 15 15 Suy ra AM ⊥ PN (đpcm) Ta có : 2 MB + MC = 0 ⇒ 2 AB + AC = 3 AM ⇒ AM =

0.5 0.5

0.5

Bài 4b: (2,0đ) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng: OA 2 OB2 OC2 + + = 1 , với AB = c, BC = a, CA = b. bc ca ab A N M O

+ Gọi M, N, P lần lượt là tiếp điểm của đường tròn (O) với các cạnh AB, BC, CA. Ta có: AM = AN, OM = ON nên 1 1 1 1 + S AMON = AM . AN .sin A + OM .ON .sin MON = AM 2 .sin A + OM 2 .sin A 2 2 2 2 1 1 = AM 2 + OM 2 .sin A = OA 2 .sin A 2 2 1 1 2 2 Tương tự, ta có: S BMOP = OB .sin B , SCPON = OC .sin C . 2 2

(

)

128 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Khi đó: 2

1.0 2

SAMON SBMOP SCPON OA OB OC + + = + + 1 1 1 bc ca ab bc.sin A ca.sin B ab sin C 2 2 2 S S S = AMON + BMOP + CPON = 1 SABC SABC SABC

0.5

0.5 Bài 5a: (2,0đ)

0.5

0.5 129 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

0.5 Bài 5b: (2,0đ) + Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 0 B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 4 x − 3 y − 1 = 0 ⇔ B (4;5)   x − y +1 = 0

0.5

+ Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 3 x − 4 y − 8 = 0 1 ⇔ A(−3; − )  4  3x + 4 y + 10 = 0 + Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: C (1;1)  x = 1; y = 1  4 x − 3 y − 1 = 0   ⇔  31 33 ⇒   31 33  2 2  C ;  x = ;y =  x + ( y − 2) = 2 25 25   25 25   + Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. (thoả)  31 33  Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài  25 25  của tam giác ABC. (loại) 49 49 Do đó: BC = 5, AH = d ( A, BC ) = . Do đó S ABC = (đvdt). 20 8 0.5 130 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

0.5 1

Bài 6: (3,0đ) Cho a , b , c > 0. C/m:

a + b + abc

1 3

b + c + abc

1 3

c + a + abc

≤

1 abc

° a + b = ( a + b) ( a − ab + a ) ≥ ( a + b) ab ⇒ a3 + b3 + abc ≥ ( a + b) ab + abc = ab ( a + b + c ) , tương tự ° b3 + c3 + abc ≥ ( b + c ) bc + abc = bc ( a + b + c ) ° c3 + a3 + abc ≥ ( c + a ) ca + abc = ca ( a + b + c ) 3

VT ≤

1.0

1 1 1 1 a+b+c + + =   ab ( a + b + c ) bc ( a + b + c ) ca ( a + b + c ) a + b + c  abc 

1.0

(Đề này có 01 trang)

THI OLIMPIC Môn: Toán – Lớp: 10 Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề 131

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình: x 2 + 9 = 6 x + 4 x 2 − 6 x + 6 .  4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1 b) Giải hệ phương trình:  2 . 2  4 x + 2 y − 4 xy = 2

Câu 2 (3,0đ) a) Tìm tập xác định của hàm số : y =

x3 + 4 x − x 4 + 3x 2 + 4

b) Cho hàm số y = x + x − 2 − x + 2 có đồ thị (C). Vẽ đồ thị (C) của hàm số. Từ đó suy ra các giá trị của m để phương trình x + x − 2 − x + 2 = m có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 3 (3,0đ) Cho tam giác ABC có BC = a và đường cao AH = ha. Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC. Chứng minh rằng : ha ≤ p( p − a ) . Câu 4 (4,0đ) Cho tam giác ABC, G là trọ ng tâm. a) Chứng minh MA.BC + MB.CA + MC. AB = 0 . a) Chứng minh: MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 , với M tùy ý. Suy ra vị trí M để MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (5,0đ) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-1,2) ; B(3;4); C(1;-2). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x – y = 0; (d2): 2x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. --------Hết--------

THI OLIMPIC Môn: Toán – Lớp: 10 HƯỜNG DẪN CHẤM 132 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu Nội dung Điểm 2 2 Câu 1 a) Giải phương trình x + 9 = 6 x + 4 x − 6 x + 6 (1) 2,0đ 5,0 ĐK: x ≤ 3 − 3 ∨ x ≥ 3 + 3 (*). 0,25 0,5 Khi đó: Đặt t = x 2 −6 x + 6 (t ≥ 0); suy ra t2 + 3 = x2 – 6x + 9 0,5 Phương trình đã cho trở thành : t2 + 3 – 4t = 0 ⇔ t = 1 ; t = 3 Với t = 1 ⇔ x 2 −6 x + 6 = 1 ⇔ x2 – 6x + 5 = 0 ⇔ x = 1 ; x = 5 ( 0,25 thỏa đk) 0,25 Với t = 3 ⇔ x 2 −6 x + 6 = 3 ⇔ x2 – 6x - 3 = 0 ⇔ x = 3 − 2 3 ; x = 0,25 3+ 2 3

( thỏa đk) Vậy phương trình (1) có 4 nghiệm là x = 1 ; x = 5 x = 3 − 2 3 ; x = 3+ 2 3  4 x 2 + y 4 − 4 xy 3 = 1 b) Giải hệ phương trình  2 2  4 x + 2 y − 4 xy = 2

3,0đ

Trừ vế theo vế ta được phương trình: y 4 − 2 y 2 − 4 xy 3 + 4 xy = −1

⇔ y 4 − y 2 − 4 xy ( y 2 − 1) − y 2 + 1 = 0 ⇔ ( y 2 − 1)( y 2 − 4 xy − 1) = 0  y = 1 ⇒ x = 0; x = 1  y = −1 ⇒ x = 0; x = −1

Với ( y 2 − 1) = 0 ⇔ y 2 = 1 ⇔  Vớ i

0,5

− 4 xy − 1) = 0 , kết hợp với pt (2) của hệ, ta có hệ mới

2  y − 4 xy − 1 = 0 (*)  2 2  4 x + 2 y − 4 xy = 2

Nhận thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ (*), ta đặt x = ty. Khi đó hệ trở thành  y 2 − 4 xy − 1 = 0  y 2 − 4ty 2 = 1 ⇔ 2 2  2 2 2 2  4 x + 2 y − 4 xy = 2  4t y + 2 y − 4ty = 2

0,25 0,25 0,5

Chia vế theo vế, ta có: 4t 2 + 2 − 4t = 2 ⇔ 4t 2 + 4 t = 0 1 − 4t t = 0 ⇔  t = −1

Với t = 0, suy ra x=0 ⇒ y = ±1 Với t = -1 suy ra x = - y, thay vào 1 pt trong hệ (*), suy ra nghiệm ( 2 − 5; −2 + 5 ) và ( 2 + 5; −2 − 5 ) Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: (0;1) ; (1;1); (0;-1); (-1;-1); ( 2 − 5; −2 + 5 ) ; ( 2 + 5; −2 − 5 )

0,5 0,25 0,25

133 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 (3,0đ)

a) Tìm tập xác định của hàm số : y =

x3 + 4 x 4

1,0đ

− x + 3x + 4

Hàm số đã cho xác định khi − x 4 + 3x 2 + 4 ≥ 0 ⇔ −( x 2 + 1)( x 2 − 4) ≥ 0 ⇔ x2 − 4 ≤ 0

⇔ x ∈ ( −∞; −2 ] ∪ [ 2; +∞ )

b) Cho hàm số y = x + x − 2 − x + 2 có đồ thị (C). Vẽ đồ thị (C) của hàm số, từ đó suy ra các giá trị của m để phương trình x + x − 2 − x + 2 = m có 4 nghiệm phân biệt. Dựa vào định nghĩa về giá trị tuyệt đối, ta suy ra  x + 4;  y =  − x;  x − 4; 

x≤2 −2< x <2 x≥2

Lập đúng bảng biến thiên Vẽ đúng đồ thị Lý luận: x + x − 2 − x + 2 = m là phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng (d) : y = m Dựa vào đồ thị suy ra pt có 4 nghiệm phân biệt khi (C) cắt (d) tại 4 điểm phân biệt. Suy ra −2 < m < 2 Cho tam giác ABC có BC = a và đường cao AH = ha. Gọi p Câu 3 (3,0đ) là nửa chu vi tam giác ABC. Chứng minh rằng : ha ≤ p( p − a ) .

0;5 0,5 2,0đ

0,5

0,5 1,0 0,25 0,25 0,5 3,0đ

Giả sử ha > p( p − a ) Sử dụng công thức diện tích tam giác, ta có: p ( p − a )( p − b )( p − c ) > p( p − a ) 1 a 2 1 ⇔ p ( p − b ) ( p − c) > a 2 1 2 ⇔ ( p − b)( p − c ) > a 4 ( a + c − b) ( a + b − c) a 2 ⇔ . > 2 2 4 2 ⇔ −(b − c ) > 0 (*)

Rõ ràng (*) không thể xảy ra, vậy ha ≤ p( p − a ) Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC cân tại A. là tr ọng tâm. Câu 4 Cho tam giác ABC, G (4,0đ) b) Chứng minh : MA.BC + MB.CA + MC. AB = 0

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2,0đ

134 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MA.BC = MA.( MC − MB ) = MA.MC − MA.MB MB.CA = MB.( MA − MC ) = MB.MA − MB.MC MC. AB = MC .( MB − MA) = MC .MB − MC.MA

Cộng 3 đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. c) Chứng minh: MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 , với M tùy ý. Suy ra vị trí M để MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 2 MA2 = MA = MG + GA = MG 2 + GA2 + 2MG.GA 2 MB 2 = MB = MG 2 + GB 2 + 2 MG.GB 2 MC 2 = MC = MG 2 + GC 2 + 2 MG.GC

(

)

Cộng 3 đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Theo MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (cmt), thì MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MG = 0 tức là M trùng với trọng tâm G. Câu 5 a)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A((5,0đ) 1,2) ; B(3;4); C(1;-2). Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Vì AB. AC = 0 nên tam giác ABC vuông tại A, do đó bán kính cần tìm là R =

AC = 5 2

b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x – y = 0; (d2): 2x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. A thuộc d1 nên A(t ;t) A và C đối xứng nhau qua BD và B, D thuộc Ox nên C(t ;-t) C thuộc d2 nên 2t – t – 1 = 0 ⇔ t = 1 Vậy A(1 ;1) và C(1 ;-1) Trung điểm AC là I(1;0) và I là tâm hình vuông nên IB = IA = 1; ID = IA = 1

0,5 0,5 0,5 0,5

2,0đ 0,5 0,5 0,5 0,5

2,0đ

1,0 1,0 3,0đ

0,5 0,5 0,5 0,5

 B ∈ Ox  B (b;0) b = 0; b = 2  b − 1 = 1 ⇔ ⇔ ⇔   D ∈ Ox  D (d ;0)  d − 1 = 1  d = 0; d = 2

Suy ra B(0,0) và D(2;0) hoặc B(2;0) và D(0,0) Vậy A(1 ;1), C(1 ;-1), B(0,0), D(2;0) hoặc A(1 ;1), C(1 ;-1), B(2;0), D(0,0)

0,5 0,5

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH

ĐỀ THAM KHẢO

Môn thi : TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 135

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình 3x + 1 + 5 x + 4 = 3x 2 − x + 3  x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 b) Giải hệ phương trình  4 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1

Câu 2 (4,0 điểm). 3 − 2x + x 3x + 11

a) Tìm tập xác định của hàm số sau : y =

1 − x 2 + 3x 2 − 2x − 5

b) Cho parabol (P): y = − x 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; −1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.

Câu 3 (4,0 điểm). a) Cho

số

thực

dương

cthỏa

a > c .  b > c

Chứng

minh

rằng:

c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab 2 2 b)Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

biểu thức: P =

4 x 2 + 2 xy − 1 2 xy − 2 y 2 + 3

Câu 4 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Câu 5 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm của BC, G là trọng tâm tam giác ABC, lấy D đối xứng với A qua M, I là trọng tâm của tam giác MCD.

1 3 b) Lấy J thỏa 2CJ = 2AB + JM . Chứng minh rằng IJ song song với AB. = 600 . Tính độ dài của u = AB + 2AC . c) Giả sử AB = a, BC = 2a và ABC d) Xác định tập hợp điểm E thỏa mãn: 2EA − 3EB + 5EC = 2 ED + EG .

a) Chứng minh rằng: IG = AB + DM .

–––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..………………………………….; Số báo danh: ………………

136 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THAM KHẢO Môn thi: TOÁN (Đáp án – Thang điểm gồm 5 trang) Câu 1: a) Giải phương trình:

1 3 3x + 1 − 1 +

3x + 1 + 5 x + 4 = 3 x 2 − x + 3 (1)

0,5

Điều kiện: x ≥ − (1) ⇔

⇔

(

) (

2, 5

)

5 x + 4 − 2 = 3x 2 − x

0,5

3x 5x = x ( 3x −1) 3x + 1 + 1 5 x + 4 + 2

 x = 0(TM ) ⇔  3 5 + = 3x −1 (*)  3x + 1 + 1 5x + 4 + 2

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*) Nếu x>1 thì VT(*)<2<VP(*) Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

 x + x y − xy + xy − y = 1(1) (*) 4 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1(2) 2

0,5 0,25 0,25

b) Giải hệ phương trình: 

2 2 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1 (*) ⇔  2 2 ( x − y ) + xy = 1

a = x 2 − y . Hệ trở thành: Đặt  b = xy

0,5

 a + ab + b = 1 (*)  2 a + b = 1

3 2 2 a + a − 2a = 0 a ( a + a − 2) = 0 Hệ (*) ⇔  ⇔ 2 2 b = 1 − a b = 1 − a

2,5

0,5

Từ đó tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}

 x2 − y = 0 ⇔ x = y = 1. Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ   xy = 1

0,5

 x2 − y = 1 ⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) . Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ   xy = 0

0,25

137 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Với ( a; b) = ( −2; −3) ta có hệ 3 3    x 2 − y = −2 y = − y = − ⇔ ⇔ ⇔ x = −1; y = 3 . x x  = − xy 3 3 2  x + 2x + 3 = 0   ( x + 1)( x − x + 3) = 0

0,25

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);(−1; 3)} . Câu 2:

a) Tìm tập xác định của hàm số sau : y =

3 − 2x + x 3x + 11 1 − x 2 + 3x2 − 2x − 5

3 − 2x ≥ 0  3x + 11 ≥ 0 3 − 2x + x 3x + 11 a) y = y có nghĩa ⇔  1 − x2 ≥ 0 1 − x 2 + 3x2 − 2x − 5   1 − x 2 + 3x 2 − 2x − 5 ≠ 0   3 x ≤ 2   x ≥ − 11  3 ⇔  x ≤1  2  1 − x > 0  2  3x − 2x − 5 ≠ 0

0,75

⇔ −1 < x ≤ 1 . kl

0,5

0,75

b) Cho parabol (P): y = − x và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; −1) và có hệ số góc là

k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB

2,0

+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx − 1

0,5

nằm trên trục tung.

+ PT tương giao (d) và (P): −x = kx − 1 ⇔ x + kx − 1 = 0(*)

0,5

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 vì ∆ = k 2 + 4 > 0 ( ∀k )

0,5

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là

x1 + x2 −k = ; M nằm trên trục tung 2 2

−k =0⇔k =0 ⇔ 2

0,5

138 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3: a > c a) Cho 3 số thực dương a, b, cthỏa  . Chứng minh rằng: b > c

2.0

c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: c(a − c ) + c(b − c ) ab

c (a − c ) c (b − c ) + . . b a a b

0,5

≤

1c a−c 1c b−c  + +  +  a  2a b  2b

0,5

≤

c 1c c 1c  +1−  +  +1−  = 1 a 2a b 2b

0,5

⇒ c(a − c ) + c(b − c ) ≤ ab (đpcm)

0,5

b) Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = Từ giả thiết suy ra: P =

4 x 2 + 2 xy − 1 2 xy − 2 y 2 + 3

3 x 2 + 2 xy − y 2 2 xy + y 2 + 3 x 2 0.5

Với y = 0 thì P = 1 (1) Với y ≠ 0 ta có: P =

2.0

3t 2 + 2t − 1 3t 2 + 2t + 1

⇔ (3P − 3)t 2 + 2(P − 1)t + P + 1 = 0

(*)

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1

0.5

Khi P ≠ 1

∆' = (P − 1)(− 2 P − 4) ≥ 0 ⇔ −2 ≤ P < 1

(2)

0.5

Kết hợp (1) và (2): P ∈ [− 2;1] Suy ra: MinP = - 2 khi x = ±

10 3 10 ;y =∓ 10 10

0.5

MaxP = 1 khi x = ±1; y = 0

Câu 4:

139 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.0 C d

B (C1) (C2)

0,5

(C1)cótâmlàgốctọa độO. GọiIlàtâm củađường tròn (C) cần viết phương trình.Ta có AB⊥OI.

0,5

Mà AB⊥d vàO∉dnênOI//d,dođóOIcóphươngtrìnhy=x.

0,5 MặtkhácI ∈(C2),nêntọađộcủaIthỏamãnhệ:

0,5

y = x x = 3 ⇔ ⇒ I (3;3)  2 2  x + y − 12 x + 18 = 0  y = 3

0,5

Do (C)tiếpxúcvớidnên(C)cóbánkínhR=d( I,d)=2 2

0,5

Vậyphương trìnhcủa(C)là(x−3)2+(y−3)2=8

Câu 5: 4,0 A

G B

C H

M I R J

1 1 1 a) IG = AG − AI = AB + AC − AC − AD − AM = AB + 2DM + DM = AB + DM 3 3 3

(

)

(

)

1,0

140 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) 2CJ = JM + 2AB ⇔ 2AJ − 2AC = AM − AJ + 2AB

5 ⇔ 3AJ = 2AB + 2AC + AM = 5AM ⇒ AJ = AM 3 MJ Mà M là trung điểmcủa AD nên = 2. JD MI MJ MI Gọi K là trung điểm của CD, ta có = 2 . Vậy ta có: = ⇒ IJ // CD // AB . IK JD IK

c) Kẻ AH vuông góc với BC. Ta có: BH = AB.cos600 =

1.0

a 3 a , AH = AB.sin600 = . 2 2

3a ⇒ AC = AH 2 + CH 2 = a 3 ⇒ BC 2 = AB2 + AC 2 2 Vậy tam giác ABC vuông tại A. Dựng BF = 2AC ⇒ AB + 2AC = AB + BF = AF và BF = 2AC = 2a 3 . ⇒ u = AB + 2AC = AF = AB2 + BF2 = a 13 .

Từ đó ta có CH = BC − BH =

1.0

5 3 d) Lấy điểm S sao cho 2SA − 3SB + 5SC = 0 ⇔ AS = AC − AB ⇒ S là điểm cố định. 4 4 2EA − 3EB + 5EC = 2 ED + EG Gọi R là trung điểm của DG. Khi đó, ta có: ⇔ 4ES = 2 2ER ⇔ ES = ER Vậy ta suy ra tập hợp điểm E là đường trung trực của đoạn thẳng SR.

1.0

============Hết============= ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI OLIMPIC CẤP TỈNH Môn thi : Thời gian:

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

x − 2 − 3x = 1 − 2 x + 3

TOÁN 10 150 phút

(x ∈ R)

( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 b) Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ ℝ )  x + 6 + y + 3 = − x 2 + 2 x + 8 Câu 2 (4,0 điểm). 2 a) Cho hàm số y = x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ x1, x2 thỏa

mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) . b) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

141 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (4,0 điểm).

(

Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện: x + 1 + x 2

)( y +

)

1 + y 2 = 2019 . Tìm giá trị nhỏ

nhất của P = x + y . Câu 4 (4,0 điểm).

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp

và ttrong tâm lần lượt có tọa độ là I (4;0), G (

11 1 ; ). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết 3 3

rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng (d): 2x + y – 1 = 0 và điểm M(4;2) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC.

Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được xác định bởi các hệ thức:

2 AD = 2 AB; AE = AC . Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng. 5

b) Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho 2 2 2 2

= MBC

= MCD

= MDA

= ϕ . Chứng minh: cot ϕ = AB + BC + CD + DA , với α là số đo góc MAB 2 AC.BD.sin α giữa hai đường thẳng AC và BD.

–––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: ………………….

142 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI OLIMPIC CẤP TỈNH Môn thi: TOÁN 10 Câu Đáp án Câu 1 a) Giải phương trình x − 2 − 3 x = 1 − 2 x + 3 (5,0  điểm) x ≥ 0 3 x ≥ 0   Điều kiện:  x − 2 ≥ 0 ⇔  x ≥ 2 ⇔ x ≥ 2 2 x + 3 ≥ 0   x ≥ − 3  2

(x ∈ R)

Điểm 2,0

0,25

x − 2 + 2 x + 3 = 3x + 1 ⇔ x − 2 + 2x + 3 + 2

( x − 2 )( 2 x + 3) = 3x + 1 + 2

( x − 2 )( 2 x + 3) = ⇔ ( x − 2 )( 2 x + 3) = 3 x

⇔

0,75

 x = −1 ⇔ 2 x 2 − x − 6 = 3x ⇔ 2 x 2 − 4 x − 6 = 0 ⇔  x = 3 Kết hợp với điều kiện ta được x = 3. Vậy tập nghiệm của phương trình S = {3}. ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 b) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ )  x + 6 + y + 3 = − x 2 + 2 x + 8 Điều kiện: x ≥ −6, y ≥ −3 Từ phương trình đầu của hệ ta có: ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2

⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 ) + 3 ( x − y ) = 3 x 2 + 3 y 2 + 2

0,75

0,25

3,0 0,25

0,5

⇔ x3 + y 3 + 3x − 3 y = 3 x 2 + 3 y 2 + 2 3

⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2 ⇒ x ≥ −1

0,5

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

x + 6 + x + 1 = − x 2 + 2 x + 8, ( x ≥ −1)

0,25

⇔ x + 6 − 3 + x + 1 − 2 + x2 − 2x − 3 = 0

⇔

x −3 x −3 + + ( x − 3)( x + 1) = 0 x+6 +3 x +1 + 2

1 1   ⇔ ( x − 3)  + + x + 1 = 0 x +1 + 2  x+6 +3  ⇔ x=3 Khi x = 3 ⇒ y = 1

1,0

0,25

143 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

So sánh với điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình (x;y) = (3;1).

Câu 2 a) Cho hàm số y = x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1)2 cắt trục hoành tại hai điểm có (4,0 điểm) hoành độ x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) .

0,25

2,0

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành: 2

x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

0,5

 m ≥ 2 2 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0  m ( m − 4 ) ≥ 0 ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 2 ( m − 1) ≤ 4  m ≤ 3 Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1)

0,5 3

⇒ P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m + 8 ( m + 1) = −16m + 40m Bảng biến thiên:

0,5

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m =2, Pmin = −144 khi m = -2

0,5

b) Tìm m để phương trình x − 1 = m − m + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

2,0

Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x 2 − 1 và đường thẳng y = m 4 − m 2 + 1 nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của 0,25 hai đồ thị. Bảng biến thiên của hàm số y = x 2 − 1 0,5 Dựa vào bảng biến thiên, hai đồ thị cắt nhau tại 4 điểm phân biệt khi

0 < m4 − m2 + 1 < 1 ⇔ m4 − m2 < 0 ⇔ 0 < m2 < 1

0,5

m ≠ 0 ⇔  −1 < m < 1

0,5

Vậy phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m ∈ ( −1;1) \ {0}

0,75

144 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 Cho x, y là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện: x + 1 + x2 (4,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y

(

Đặt t = x + 1 + x 2 , t > 0 và ( t − 1) = 1 + x 2 ⇒ x = Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 =

Từ (1) và (2) suy ra x + y =

Do đó x + y ≥

)( y +

)

1 + y 2 = 2019 .

t 2 −1 (1) 2t

0,75

2019 2019 2 − t 2 (2) . Từ đây suy ra y = t 2.2019t

0,75

2018  2019  t 2 − 1 20192 − t 2 + = t +  t  2t 2.2019.t 2.2019 

0,5

2018 2019 2018 2018 .2 t. = .2 2019 = 2.2019 t 2.2019 2019

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2019 . Từ (1) và (2) suy ra x = y =

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

4,0

1,0

2018 2 2019

2018 2018 , khi x = y = 2019 2 2019

Câu 4 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại (4,0 11 1 điểm) tiếp và ttrong tâm lần lượt có tọa độ là I (4;0), G ( 3 ; 3 ). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng (d): 2x + y – 1 = 0 và điểm M(4;2) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC.

0,5

4,0

c) Gọi B (a;1 – 2a) ∈ d, N là trung điểm AC

suy ra BN =

3 BG (1) 2

0,5

2  11 − a; 2 a −  3 3

Mà BN = ( xN − a; y N + 2a − 1) , BG =  Theo (1)

 3  11  11 − a   xN − a = 2  3 − a      xN =  11 − a  ;a ⇒ ⇒ 2 ⇒ N  2   y + 2 a − 1 = 3  2a − 2   y = a    N  N 2 3

1,0

145 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 3 − a  ; a  ; BM = ( 4 − a; 2a + 1) mà IN / / BM ⇔ ∃k ∈ ℝ : IN = k BM  2 

Ta có: IN = 

3 − a a = 1 = k (4 − a)   ⇔ 2 ⇔ 1 ⇒ B (1; −1) , N ( 5;1) a = k ( 2a + 1) k = 3  

1,0

AC đi qua N(5;1) và có vecto pháp tuyến n = IN = (1;1) suy ra AC có phương trình x + y – 6 = 0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R = IB = 2

10 nên có phương trình: ( x − 4 ) + y 2 = 10

0,5

Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

y = 6− x  x + y − 6 = 0  y = 6 − x  ⇔ ⇔  x = 3  2 2 2 2 ( x − 4 ) + y = 10 ( x − 4 ) + y = 10  x = 7 

0,5

Vậy A(3;3), B(1;-1), C(7;-1) hoặc A (7;-1), B (1;-1), C(3;3)

Câu 5 (3,0 điểm)

0,5

a) Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được xác định bởi các hệ

thức: AD = 2 AB; AE =

2 AC . Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng 5

Gọi M là trung điểm của BC ta có: 2 1 1 AG = AM = AB + AC 3 3 3 2 2 (1) DE = DA + AE = −2 AB + AC = −5 AB + AC 5 5 1 1 5 1 1 DG = DA + AG = −2 AB + AB + AC = − AB + AC = −5 AB + AC 3 3 3 3 3 6 Từ (1) và (2) suy ra DE = DG ⇒ D, E, G thẳng hàng 5

(

0,25

)

(

0,25

)

(2)

b) Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho 2 2 2 2

= MBC

= MCD

= MDA

= ϕ . Chứng minh: cot ϕ = AB + BC + CD + DA , MAB 2 AC.BD.sin α với α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.

S ABCD =

1,0

0,25 0,25

2,0

AB 2 + MA2 − MB 2 1 AC.BD.sin α; cot ϕ = 2 4 S MAB

0,5

146 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tương tự ta được:

AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2 cot ϕ = = = 4 S MAB 4 S MBC 4 S MCD

DA2 + MD 2 − MA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4 S MDA 4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA )

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4 S ABCD 2 AC.BD.sin α

0,5

1,0

Đề thi Giỏi toán Khối 10 Câu 1: 5 điểm a) ( 3 điểm) Cho ( P ) : y = x 2 + x − 1 và đường thẳng (d ) : y = −2 x − m Tìm m để (d ) cắt ( P) tại hai điểm A,B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O) là gốc tọa độ b) (2 điểm) Tìm m để phương trình x 2 − 4 x + 3 = 4m 2 − 3m có 4 nghiệm phân biệt Câu 2: 5 điểm a) ( 3 điểm) Giải bất phương trình

1 ≥ 2x −1

x2 − 4 x + 3 2 2  y + y x = −6 x b) ( 2 điểm) Giải hệ phương trình  3 3 3 1 + x y = 19 x Câu 3: 5 điểm 1 + cosB 2a + c a) (2,5điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn ,. Chứng minh tam giác ABC cân = sin B 4a 2 − c 2 b) (2,5điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC , Giả sử A(1;-2) , Các đường phân giác trong của góc B, góc C lần lượt là 2x-y+1=0 và x+y= 0 Viết phương trình đường thẳng BC Câu 4 ( 3 điểm) Cho tam giâc ABC đều có cạnh bằng 3 Trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt lấy M,N,P sao cho BM=1, CN=2 , AP=x ( 0<x<3) Tìm x để AM vuông góc PN

Câu 5 ( 2 điểm)

147 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Giả sử x, y, z ≥ 1 và

Đáp án

1 1 1 + + = 2 chứng minh x y z

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1

Sơ lược ý chính

Câu 1: 5 điểm a) ( 3 điểm) PTHĐGĐ x 2 + 3 x + m − 1 = 0 0,5 điểm 0,5 điểm Lập ∆ = 13 − 4m và tìm điều kiện ∆ > 0 Xác định x1 + x2 , x1.x2 0,5 điểm 2 Xấc địn điều kiện vuông góc OA.OB = 0 ⇔ m − m − 5 = 0 1 điểm 1 ± 21 Giải , đối chiếu và tìm đúng m = 0,5 điểm 2 b) (2 điểm) Tìm m để phương trình x 2 − 4 x + 3 = 4m 2 − 3m có 4 nghiệm phân biệt +) Đồ thị y = x 2 − 5 x + 6

0,5 điểm

+) Xác định điều kiện để có 4 nghiệm 0 < 4m 2 − 3m < 1 1 3 +) Giải hệ và chọn được nghiệm − < m < 0 hoặc < m < 1 4 4

0,5 điểm 1 điểm

Câu 2: 5 điểm a) ( 3 điểm) Giải bất phương trình

1 ≥ 2x −1

- Nêu được ĐK xác định - Giải thích được lý do 2x-1>0  x2 − 4x + 3 > 0  - BPT tương đương 2 x − 1 > 0  2 2 x − 1 < x − 4 x + 3 - Giải hệ bpt 1 6  - Kết luận được tạp hợp nghiệm S =  ;  2 3 

1 2

x − 4x + 3

0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 1 điểm 0,5 điểm

148 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 2  y + y x = −6 x b) ( 2 điểm) Giải hệ phương trình  3 3 3 1 + x y = 19 x

 y y2 = −6  2 + x x Nhận xét x ≠ 0 , biến đổi hệ thành   1 + y 3 = 19  x3  yt 2 + y 2t = −6 1 Đặt t = , hệ trở thành 3 3 x t + y = 19 Giải hệ và tìm được nghiệm

0,5 điểm

0,5 điểm 1 điểm

Câu 3: 5 điểm 1 + cosB 2a + c ,. Chứng minh tam giác ABC cân = sin B 4a 2 − c 2 1 + cosB 2a + c -Bình phương 2 vế và rút gọn 1 điểm = 1 − cosB 2a − c 2 4a - Tiếp tục rút gọn = đẫn đên c = 2a cosB 0,5 điểm 1 − cosB 2a − c - Dùng định lý hàm cô sin , biến đổi dãn tới a=b 1 điểm a) (2,5điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn

b) (2,5điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC , Giả sử A(1;-2) , Các đường phân giác trong của góc B, góc C lần lượt là 2x-y+1=0 và x+y= 0 Viết phương trình đường thẳng BC + Tìm được A1 đố xứng của A qua phân giác của góc B +) Tìm được A2 đố xứng của A qua phân giác của góc C +) Lập được phương trình của A1 A2

1 điểm 1 điểm 0,5 điểm

Câu 4 ( 3 điểm) Cho tam giâc ABC đều có cạnh bằng 3 Trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt lấy M,N,P sao cho ( 0<x<3) Tìm x để AM vuông góc PN BM=1, CN=2 , AP=x

Chuẩn BA, BC 1 AM = BM − BA = BC − BA (1) 3 1 1 PN = AN − AP = AC − x AB = ( BC − BA) + xBA (2) 3 3 AM vuông góc PN khi AM PN = 0 Cho (1).((2)=0 tìm được x

1 điểm 1 điểm 1 điểm

Câu 5 ( 2 điểm)

1 1 1 + + = 2 chứng minh x y z 1 1 1 x −1 y −1 z −1 Vì + + = 2 nên + + =1 x y z x y z

Giả sử x, y, z ≥ 1 và

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1 1 điểm

149 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x + y + z = ( x + y + z)

Suy ra

x −1 y −1 z −1 + + ≥ ( x − 1 + y − 1 + z − 1) 2 x y z

1 điểm

x + y + z ≥ x −1 + y −1 + z −1

ĐỀ THI HỌC OLYMPIC MÔN TOÁN: KHỐI 1O ( Thời gian: 120’) Bài 1: (5 điểm) Cho phương trình: x 2 - 2x + m = 4 x 2 − 2 x + 3 (1) a) giải phương trình(1) khi m = 6. b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt . Bài 2: (3 điểm) Cho hàm số y = x 2 + (2m + 1) x + m 2 − 1 ( P ) , m là tham số. Tìm m để (P)cắt trục hoành tại 2 phân biệt có hoành độ x 1 ,x 2 ,đồng thời biểu thức A =2m 2 + x 12 + x 22 đạt giá trị nhỏ nhất,tìm giá trị nhỏ nhất của A. Bài 3:(2 điểm) Cho a,b,c,d,e là các số thực.Chứng minh rằng: a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e2 ≥ ab + ac + ad + ae

Bài 4:( 2 điểm) Một trường học có 1136 học sinh trong đó có 620 em biết bơi, 739 em biết chơi bóng bàn và có 54 em vừa không biết bơi vừa không biết chơi bóng bàn. Hỏi có bao nhiêu em biết một môn bơi và có bao nhiêu em biết chơi một môn bóng bàn? Bài 5:(5 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 3 , AC = 4. Lấy điểm M sao cho : 8MB + 3MC = 0

a) Hãy biểu diễn AM theo hai AB và AC . b) Gọi BD là phân giác trong của góc ABC ( D ∈ AC ), gọi I là trung điểm của BD. Chứng minh 3 điểm A ,I ,M thẳng hàng. Bài 6 (3điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, Cho điểm A(-3; 4) và B (5 ;2). Tìm toạ độ của điểm M thuộc trục hoành sao cho : MA + MB ngắn nhất. …………………………………………………………………………………………

ĐÁP ÁN: Bài 1(5 đ) a) m = 0 (1) ⇔ x 2 - 2x + 6 = 4 x 2 − 2 x + 3 (2) 2 Đặt t = x − 2 x + 3 , t ≥ 0 t = 1 t = 3

(2) : t 2 − 4t + 3 = 0 ⇔ 

2 * t = 1 ta có: x − 2 x + 3 = 1 (vn)

0;5đ 0;5đ 0;5đ 150

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

* t=3

ta có:

x = 1+ 7 x2 − 2 x + 3 = 3 ⇔   x = 1 − 7

0;5đ 0;5đ

b) Đặt t = x 2 − 2 x + 3 , t > 2 (1) có dạng:m = −t 2 + 4t + 3 BBT: (Đúng) t 2 −∞ +∞

( có thể t ≥ 2 ) 0;5đ

1đ 2 7

−t 2 + 4t + 3

4 2 +1

−∞

Dựa vào bảng biến thiên: KL:

1đ

4 2 +1 < m < 7

Bài 2: (3 đ) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục hoành là: x 2 + (2m + 1) x + m 2 − 1 = 0 (1) ∆ = 4m +5 . Để (P)cắt trục hoành tại 2 phân biệt ,ta có ∆ >0 ⇔ m > -

5 . 4

0,5đ 5 4

Với m >- , ta gọi x 1 ,x 2 là 2 nghiệm phân biệt của (1) và x 1 + x 2 = -(2m+1) , x 1 .x 2 = m 2 0,5đ A= 2m 2 + x 12 + x 22 = 2m 2 + (x 1 + x 2 ) 2 -2x 1 x 2 0,5đ = 2m 2 +(2m+1) 2 -2(m 2 -1) = 4m 2 + 4m +3 0,5đ = (2m+1) 2 +2 ≥ 2 .Suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA = 2 khi 2m+1=0 ⇔ m 1

1 2

= − (thỏa) 0,5đ

KL: Vậy với m = −

thì biểu thức A = 2m 2 + x 12 + x 22 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2. Bài 3:(2 điểm) Cho a,b,c,d,e là các số thực.Chứng minh rằng: a 2 + b2 + c 2 + d 2 + e2 ≥ ab + ac + ad + ae (1) (1) ⇔

1 2

0,5đ

a2 a2 a2 a2 − ab + b2 + − ac + c 2 + − ad + d 2 + − ae + e2 ≥ 0 4 4 4 4

1đ 2

a  a  a  a  ⇔  − b  +  − c  +  − d  +  − e  ≥ 0 (đúng với mọi số thực a,b,c,d,e) 2  2  2  2 

1đ 151 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 4: ( 2 đ) Số HS của trường tham gia bơi và chơi bóng bàn là: 1136 – 54 = 1082 (em) 0,5đ Số HS của trường tham gia cả 2 môn bơi và bóng bàn là (620 + 739) – 1082 = 277 (em) 0,5đ Số HS của trường tham gia một môn bơi là: 620- 277 =343 (em) 0,5đ Số HS của trường tham gia một môn bóng bàn là: 739 – 277 = 462 (em) 0,5đ Bài 5 : ( 5 điểm) a) 8MB + 3MC = 0 ⇔ 8( AB − AM ) + 3( AC − AM ) = 0 1 đ ⇔ 11AM = 8 AB + 3 AC 0;5 đ ⇔

8 3 AM = AB + AC 11 11

b) Tam giác vuông tại A . Suy ra BC =5

BA 3 BD là phân giác trong của góc ABC .suy ra AD = − DC = − DC BC 5

3 8 1 AI = ( AB + AD ) 2 1 3 = ( AB + AC ) 2 8 1 3 = AB + AC 2 16 AB + 3 AC Suy ra 16 AI = 8 Suy ra 16 AI = 11AM . Suy ra ba điểm A,I M thẳng hàng.

Suy ra AD = AC Vì I là trung điểm của đoạn BD ,suy ra

0;5 đ 0;5 đ 0;5 đ 0;5 đ

1đ

0;5 đ Bài 6 (3điểm): Lí luận hai điểm A và B nằm cùng phía đối với trục hoành ( có thể vẽ hình) 0;5 đ Tìm điểm đối xứng A’(-3 ;-4) của điểm A (hay B’(5 ;-2) của điểm B ) qua trục hoành 0;5 đ Suy ra MA = MA’ . ( MB’ = MB) 0;5 đ MA + MB = MA’+ MB ≥ A ' B 0;5 đ MA+ MB đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA’+MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A’B khi ba điểm A’ , M, B thẳng hàng. 0;5 đ

152 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7 3

Suy ra M( ; 0) .

0;5

đ …………………………………………………………………………………………….. Chú y’: HS giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

153 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*****

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) *************

Câu 1: ( 3,0 điểm ). 1) Giải phương trình 2) Giải hệ phương trình

1 sin 2 x tan x + = 2sin x sin x + cos x 2 cos x + 3 ( sin 2 x + sin x ) − 4cos 2 x.cos x − 2cos 2 x + 2

2sin x − 3

= 0.

Câu 2: ( 4,0 điểm ). 1) Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un 2 + 2 với mọi n ≥ 1 . a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . 2 b. Tính tổng S = u12 + u 22 + u32 + ... + u 2011 .

2) Cho a, b, c là ba hằng số và (un ) là dãy số được xác định bởi công thức:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n→∞

Câu 3: ( 4,0 điểm ). Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu 4: ( 2,0 điểm ). Cho m> 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn:

a b c + + = 0 . Chứng m + 2016 m + 2015 m + 2014

minh rằng phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm thực. Câu 5:( 3,0 điểm ). Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên AB lấy điểm E sao cho BF = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định điểm Q sao cho PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ Câu 6:( 4,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2 . (α ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α ) . b) Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. ================== HẾT==================

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) *************

*****

1 a) 1 sin 2 x tan x + Giải phương trình: = 2sin x (3đ) sin x + cos x 2 Điều kiện: cosx ≠ 0, sinx + cosx ≠ 0. 1 2sin x cos x 1 sin x 2sin 2 x tan x = 2sin x − ⇔ Pt ⇔ = sin x + cos x 2 2 cos x sin x + cos x sin x + cos x = 2sin 2 x cos x ⇔ sin x. 2 π  ⇔ sin x = 0,sin  x +  = sin 2 x . 4  +) sin x = 0 ⇔ x = kπ (t/m) π π π   +) sin  x +  = sin 2 x ⇔ 2 x = x + + k 2π , 2 x = π −  x +  + k 2π ⇔ 4 4 4   π π k 2π π k 2π ⇔x= + (t/m) x = + k 2π , x = + 4 4 3 4 3 b)

cos x + 3 ( sin 2 x + sin x ) − 4 cos 2 x.cos x − 2 cos 2 x + 2 2sin x − 3 ĐKXĐ: sin x ≠

0,25 0.25 0,25 0.25

0,25 0.25

= 0.

3 2π π  ⇔ x ∈  + k 2π ; + k 2π ( k ∈ ℤ)  2 3 3  

0.25

(*) ⇒ 3 sin x(2 cos x + 1) − 4(2 cos 2 x − 1) cos x − 2 cos 2 x + cos x + 2 = 0

⇔ 3 sin x(2 cos x + 1) = (2 cos x + 1)(4 cos 2 x − cos x − 2)

0.25

1   cos x = − 2  2 cos x + 1 = 0 ⇔ ⇔  cos( x − π ) = cos 2 x  3 sin x + cos x = 2 cos 2 x  3

0.5

Giải ra sau đó kiểm tra lại ta được phương trình đã cho có các họ nghiệm là

x=−

2π π π k 2π + k 2π , x = − + k 2π , x = + ( k∈Z ) 3 3 9 3

0.5

1) Cho dãy số ( un ) xác định bởi u1 = 1 và un +1 = 3un 2 + 2 , ∀ n ≥ 1 . c. Xác định số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . 2 d. Tính tổng S = u12 + u 22 + u32 + ... + u 2011 .

Câu 2

2) Cho a, b, c là ba hằng số, (un ) là dãy số được xác định bởi:

un = a n + 1 + b n + 2 + c n + 3 (∀n ∈ ℕ*). Chứng minh rằng lim un = 0 khi và chỉ khi a + b + c = 0. n→∞

1) (2,5đ)

a) Dễ thấy un > 0, ∀n ∈ N

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0 đ 0,25

Từ un +1 = 3un2 + 2 ⇔ un2+1 = 3un2 + 2 . Đặt vn = un2 thì có: vn +1 = 3vn + 2 ⇔ vn +1 + 1 = 3 ( vn + 1) .

0, 5

Đặt xn = vn + 1 thì ta có: xn+1 = 3 xn . Từ đây suy ra ( xn ) là cấp số nhân với x1 = 2 , công bội là 3.

0,25

n −1

Nên: xn = 2.3 0

n −1

⇒ vn = 2.3 2

n −1

− 1 ⇒ un = 2.3

−1 .

0,5 0,25

2010

b) S = 2.3 + 2.3 + 2.3 + ... + 2.3 − 2011 = 2 ( 30 + 31 + 32 + ... + 32010 ) − 2011

2 (3

2011

− 1)

3 −1

0,25

− 2011

= 32011 − 2012 u n+2 n+3 Đặt vn = n = a + b +c ⇒ vn → a + b + c khi n → +∞ n +1 n +1 n +1 Ta có: un = vn n + 1

2) cho nên: nếu a + b + c ≠ 0 thì lim un = ∞ ≠ 0. n →+∞ (1,5đ) Ngược lại nếu a + b + c = 0 ⇒ a = −b − c thì khi n → +∞ ta có un = b

(

) (

n + 2 − n +1 + c

b 2c + →0 n + 3 − n +1 = n + 2 + n +1 n + 3 + n +1

)

Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy Câu 3 ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Ta có: Ω = 9 = 59.049 5

0,25 0.25 0,25 0,25

0.5

2,0 đ 0,5

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có: Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp rời nhau sau đây: TH1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 ⋅

0,25 0,25

5! = 60 số tự nhiên. 3!

0,5

(4,0đ) TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 3 ⋅

5! = 90 số tự nhiên. 2!2!

9! Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅ = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6! Ω 12 600 1 400 = ≈ 0,213382106 Kết luận: P ( A ) = A = Ω 59049 6561

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 0,5 0, 5

Cho m> 0 và a, b, c là 3 số thực thoả mãn: Câu 4

a b c + + = 0. m + 2016 m + 2015 m + 2014

(1)

f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm

Chứng minh rằng phương trình: thực. (2đ)

Ta có f ( x ) = ax 2 + bx + c xác định và liên tục trên R

0,5

 m + 2015  m + 2015 (m + 2015)2 +c =0  +b (m + 2014)(m + 2015) m + 2016  m + 2016 

(1) ⇔ a 

0.25

 m + 2015  m + 2015 m + 2015 ⇔ a +c+ c=0  +b m + 2016 (m + 2014)(m + 2015)  m + 2016  f (0) = c

0.25 0,25

 m + 2015   m + 2015  m + 2015 m + 2015 f c +c = −  = a  +b (m + 2014)(m + 2015) m + 2016  m + 2016   m + 2016   m + 2015  Suy ra f   . f (0) ≤ 0, ∀ m > 0, c ∈ R  m + 2016 

Vậy phương trình: f ( x ) = ax 2 + bx + c = 0 có ít nhất một nghiệm thực.

0,25

Cho tam giác ABC và đường tròn (O). Gọi F là trung điểm AC, trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = 2AE. I là đỉnh thứ tư của hình bình hành AEIF. Với mỗi điểm P trên đường tròn (O), hãy xác định

quỹ tích điểm Q sao cho PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ Hình vẽ:

A O E

Câu 5 (3,0đ)

F Q

P B

C O’ 0,5

Ta có

PA + 2 PB + 3PC = 6 IQ ⇔ IA + 2 IB + 3 IC = 6 IQ − 6 PI

1 1 1 2 Mà IA = IE + IF = − AC − AB ; IB = IE + IB = − AC + AB 2 3 2 3 1 1 IC = IF + FC = AC − AB 2 3

⇒ IA + 2 IB + 3IC = 0 ⇒ 6 IQ − 6 PI = 0 ⇒ IQ + IP = 0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,5 0,5

⇒ I là trung điểm PQ

Hay phép đối xứng tâm I biến điểm P thành điểm Q Gọi (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I Vì P di động trên (O) nên Q di động trên (O’). Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM =

0,5 0,5

x 2 . (α ) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).

c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α ) .

d) Tính diện tích thiết diện theo a và x. Xác định x để thiết diện là hình thang vuông.

Hình vẽ:

S M K A N

D O

H C

0,5

a) Ta có: Câu 6 (4,0đ)

SA⊥(ABCD) (α)⊥(ABCD)

⇒ SA // (α)

(α)∩(SAB) = MN // SA (α)∩(SAC) = OK // SA (α)∩(SABCD) = NH qua O (α)∩(SCD) = KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.

1,0

Ta có MN// OK // SA ⇒ MN ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD) Std = S htMKON + S ∆KOH =

MN = BN = x; KO =

1 1 ( MN + KO ).ON + .OK .OH 2 2

0,5

SA ; 2

Tính ON, theo định lý hàm số Côsin ta có: 2

= x 2 + a − 2 x a 2 .cos450 OH = ON = BN 2 + BO 2 − 2 BN .BO.cosOBN 2 2 = x 2 − ax +

a2 2

Suy ra :

s1 =

0, 5

(a + 2 x ) 2 x 2 − 2ax + a 2 4 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

a 2 x 2 − 2ax + a 2 s1 = 4 2 Vậy: Std =

0, 5

a2 1 ( a + x). x 2 − ax + 2 2

0,25

để thiết diện là hình thang vuông ⇔ MK// NO// BC ⇔ N là trung điểm AB ⇔ x =

a 2

0,5

KỲ THI HỌC SINH GIỎI Môn thi: TOÁN KHỐI 11 Thời gian: 150phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1.(3,0 điểm)

2−3 2 8 2 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 4sin 2x − sinx 8 3cosx+1 − cos x + 6 + 2cos6x 3

a) Giải phương trình sau: cos 3x cos x − sin 3x sin x =

(

)

Câu 2.(4,0 điểm) a)Xét tính đơn điệu và bị chặn của dãy số

un =

( un ) được xác định bởi:

1 1 1 1 + + + ... + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)

b/ Cho dãy số

u1 = 2

( un ) được xác định bởi: u 

Tìm công thức tổng quát của dãy số

n +1

= 3un − 4n + 6;(n ∈ N * )

( un ) .

Câu 3.(4,0 điểm) a.Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 ta lập nên các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau .Lấy ngẫu nhiên 2 số từ các số này.Tính xác suất trong 2 số lấy được có ít nhất 1 số chia hết cho 5 b. Tìm số cạnh của đa giác đều có 2n đỉnh (n ≥ 2,n ∈ Z) nội tiếp đường tròn (O).Biết số tam giác có các đỉnh là 3 trong 2n đỉnh trên gấp 20 lần số hình chữ nhật có các đỉnh là 4 trong 2n đỉnh của đa giác đó. Câu 4 ( 3,0đ)

2 1+ x − 3 8 − x x →0 x

a) Tìm giới hạn sau lim

b) Cho a>0, b>0 chứng minh phương trình

1 1 1 + + =0 x x-a x+b

luôn có 2 nghiệm phân biệt thuộc

khoảng (a;b) Câu 5.(3,0 điểm) ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường tròn tâm I tiếp xúc với hai cạnh AC, BC lần lượt tại E, F và tiếp xúc trong với đường tròn tâm O tại điểm P. Một đường thẳng song song với AB và tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm Q nằm trong tam giác ABC.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Gọi K, L lần lượt là giao điểm thứ hai của PE và PF với (O). Chứng minh rằng KL song song với EF.

. b) Chứng minh rằng ACP = QCB Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = a 3 , SA .Câu 6.(3,0 điểm) vuông góc với đáy. Gọi E là điểm đối xứng của B qua A . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SE . = = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = = Lưu ý: Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.

ĐÁP ÁN CÂU 1a

NỘI DUNG

2−3 2 8 cos 3x + 3 cos x 3 sin x − sin 3x 2 − 3 2 ⇔ cos 3x − sin 3x = 4 4 8 2 2 ⇔ 2(cos 3x + sin 3x) + 6(cos 3 xcosx− sin 3 xsinx) = 2 − 3 2

ĐIỂ M

cos 3x cos3 x − sin 3x sin 3 x =

⇔ cos 4x = −

0,5 0,5

2 2

3π + k2π 4 3π π ⇔x=± + k ,k ∈ Ζ 16 2 y = 4sin 2 2x − sinx 8 3cosx+1 − cos 2 x + 6 + 2cos 6x ⇔ 4x = ±

(

0,5

)

= 4sin 2 2x − 8 3sinxcosx-sinx − 1 + sin 2 x + 4 + 2(2cos 2 3x − 1) 2

1 1 1  = (2sin 2x − 3) +  sin x −  + 4cos 2 3x − ≥ − 2 4 4   3 sin 2x = 2  1 1  min y = − ⇔  sinx = 4 2   cos3x = 0   2

⇔x=

π 6

0.5

0,5

+ k2π ,k ∈ Ζ 3.0đ

Ta có : 2a

1 1 1 1 1 1 1 1 0 < un = 1 − + − + − + ... + − = 1− <1 2 2 3 3 4 n n +1 n +1 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

( un ) là dãy số bị chặn. 1 1 ; un+1 = 1 − n +1 n+2 1 1 ⇒ un+1 − un = − <0 n + 2 n +1

0,5

un = 1 −

Và

( un ) là dãy số giảm.

V ậy

0,5

0 ,5

un +1 − 2n = 3un − 6n + 6, ∀n ∈ N *

⇔ ⇔ un +1 − 2n = 3(un − 2(n − 1))

0,5

⇔ vn +1 = 3vn (vn = un − 2(n − 1)) T ừ đó

( vn ) là cấp số nhân có công bội q= 3 và v =3.

Suy ra

vn = 3.3n −1 = 3n

0,5

Vậy:

0,5

un = 3n + 2(n − 1)∀ n ∈ N ∗ 3

*Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau:6. A6 =720 số. *Số các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau mà chia hết cho 5 -Có 1 .

3 6

số có dạng:

abc0 .

0,5

- Có 1 . 1.5.5.4 số có dạng: abc5 . Vậy có 120+100 =220 số chia hết cho 5 *Lấy ngẫu nhiên 2 số từ 720 số này có n(Ω)

0,5 2 = C720 = 258840

2 1 1 .C500 n( A) = C220 + C220 = 134090 n(A) 13409 = *vậy p ( A) = n(Ω) 25884

*Gọi A là biến cố cần tìm

3b *số tam giác tạo thành: *Số hcn tạo thành:

3 C2n

Cn2

C23n = 20Cn2 (n ≥ 2) *Ta có:

0 ,5

(2 n − 2)(2 n − 1)2 n = 20n(n − 1) 2 ⇔ n =8

0,5

0 ,5 0,5

⇔

0,5

Vây đa giác có 16 cạnh. 2

TH1 :Có 8. C7

0,5

*TH2:Có 8. C8 - C8 2

*Vậy có:8( C7 + C8 )- C8 =364

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 1+ x − 3 8 − x x →0 x 2 1+ x − 2 2− 3 8− x = lim + lim x →0 x →0 x x 4x x = lim + lim x →0 x 2 1 + x + 2 x →0 x 4 + 2 3 8 − x + 3 ( 8 − x ) 2

lim

(

= lim x →0

= 4b

(

)

1+ x + 2

)

+ lim x →0

0,5 0,5

)

(4 + 2 8 − x + 3

(8 − x )

)

Ta có

xác định và liên tục trên R. Ta có f ( - b) = b(b + a ) ,

0,25

13 12

x ≠ 0 ∧ x ≠ a ∧ x ≠ −b  1 1 1 + + =0⇔ x x−a x+b ( x − a )( x + b) + ( x + b) x + x ( x − a ) = 0 Đặt f ( x ) = ( x - a )( x + b) + ( x + b) x + x ( x - a ) ta có hàm số f ( x )

0,25

f (0) = - ab < 0 , f (a ) = a ( a + b) 2 2 nên f ( - b ). f (0) = - ab (b + a ) < 0 và f (0). f ( a ) = - a b (b + a ) < 0 Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa - b < x1 < 0 < x2 < a Xét phép vị tự V( P ;k ) tâm P biến đường tròn (I) thành đường tròn (O) nên biến điểm E

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0 0.5

thành điểm K và biến điểm F thành điểm L nên KL//EF. b. Gọi D là giao điểm thức hai của đường thẳng PC với đường tròn tâm I, và M là giao điểm thứ hai của đường tròn tâm O với PQ. Xét phép vị tự V( P ;k ) biến đường tròn tâm I thành đường tròn tâm O, ta có phép vị tự

V( P;k ) biến E, D, Q, F lần lượt thành K, C, M, L. Do OK là ảnh của IE qua V( P ;k ) , dẫn đến OK / / IE mà IE ⊥ AC nên OK ⊥ AC , suy ra K là điểm chính giữa của cung AC. Chứng minh tương tự ta có L là điểm chính giữa của cung BC, M là điểm chính giữa của cung AB.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

M C L

Q D

F O E I

---------------------------------------------------------------------------------------Nếu AC ≤ BC thì ta có

1.0

= MA ⇔ BL + LM = MK + KA BM 0.5 + LM = MK + CK ⇔ LC + MC = MC + 2CK ⇔ 2 LM = CK ⇔ LM = CK Trường hợp AC > BC ta cũng chỉ ra được LM = FQ (tính chất phép vị tự). ⇒ DE = QFC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn hai cung bằng nhau) và ⇒ DEC DE = QF. ---------------------------------------------------------------------------------------Lại có CE = CF theo tính chất của hai tiếp tuyến kẻ từ một điểm.

= FCQ . Từ đó ta có điều phải chứng Suy ra ∆CED = ∆CFQ , dẫn đến ECD minh. 6

Gọi M là trung điểm SB , ta có AM //SE (Tính chất đường trung bình).

0,5

Suy ra SE // ( MAC ) . Do đó ta có: d ( SE; AC ) = d ( E; ( MAC ) ) = d ( B; ( MAC ) ) = 2d ( H ; ( MAC ) ) (với H là trung điểm AB ).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

 AC ⊥ KH Gọi K là trung điểm AO ta có:  ⇒ AC ⊥ ( MHK ) .  AC ⊥ MH Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên MK ta có:  HI ⊥ AC ⇒ HI ⊥ ( MCA ) ⇒ d ( H ; ( MAC ) ) = HI .   HI ⊥ MK 1 1 1 Trong tam giác MHK ta có: = + . 2 2 HI MH HK 2 Lại có: MH =

SA a 3 AO a 2 a 21 ; HK = = = ⇒ HI = 2 2 2 4 14

a 21 . ⇒ d ( H ; ( SAC ) ) = 14 Vậy d ( E ; ( SAC ) ) =

1,0

a 21 . 7

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI OLYMPIC TOÁN 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1(4,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) cos2x - 2sin2x = 11sinx + 2cosx + 6. b) sin 3 x + co s 3 x = sin x − cosx Câu 2(4,0 điểm).Chứngminh rằngdãysố sautăngvà bịchặntrên

un = 3 + 3 + ... + 3 (ndấucăn) Câu 3(4,0 điểm). Một đoàn tàu có 6 toa ở sân ga, trên sân ga có 6 hành khách chuẩn bị lên tàu, mỗi người độc lập với nhau và chọn toa tàu 1 cách ngẫu nhiên. a. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 6 hành khách lên các toa tàu đó sao cho 6 người cùng lên 1 toa hoặc mỗi người lên 1 toa khác nhau. b. Tính sác xuất sao cho 1 toa có 3 hành khách, 1 toa có 2 hành khách, 1 toa có 1 hành khách, còn 3 toa còn lại không có ai lên.

Câu 4(2,0 điểm). Tính lim n→ 2

5 − 2x − 2 x − 1 + 2x − 3 x−2

Câu 5(2,0 điểm). Cho đoạn thẳng O1O2 = a > 0, hai đường tròn (O1 ; a) và (O2 ; a) cắt nhau tại hai điểm A, B. Đường 2 ). Hai đường thẳng trung trực đoạn AO2 cắt đường tròn (O1) tại hai điểm M, N (N thuộc cung nhỏ AO BM và BN lần lượt cắt đường tròn (O2) tại M’, N’ (khác B). Tính góc giữa hai đường thẳng MN và M’N’. Câu 6(4,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA vuông góc với mặt phẳng 1 (ABCD) và SA = a. Gọi M là điểm trên cạnh SD sao cho SM = SD. Mặt phẳng (α ) qua OM và vuông 3 góc với (ABCD). a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (α ) . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SC theo a. ---------------Hết--------------

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Câu 1 a) Giải phương trình: cos2x - 2sin2x = 11sinx + 2cosx + 6. 4,0 ⇔2sin2x - cos2x + 11sinx + 2cosx + 6 = 0 ⇔ 4sinxcosx - (1 − 2sin 2 x) + 11sinx + 2cosx + 6 = 0 ⇔(2sinx + 1)(2cosx + sinx + 5) = 0 ⇔ 2sinx+1 = 0 (1) hoặc 2cosx + sinx +5 = 0 (vô nghiệm) π 7π Giải (1) được: x = − + k2π hoặc x = + k2π 6 6 3

b) sin x + co s x = sin x − cosx 2

pt ⇔ s inx(sin x − 1) + cos x + cosx = 0 ⇔ − sin x.cos 2 x + cos3 x + cosx = 0 ⇔ cosx(cos 2 x − sin x.cos x + 1) = 0  cosx = 0 π ⇔ ⇔ x = + kπ(k ∈ Z) 2 2 1 − tan x + 1 + tan x = 0(VN)

Câu 2 Chứng minh dãy số tăng với mọi n ∈ N* 4,0 Dãy số (u n ) được viết dưới dạng công thức truy hồi:

Điểm 2,0 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5

3,0 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5

2,0 0,5

u1 = 3  un+1 = 3 + un , n ≥ 1 Với n=1 thì u2 =

3 + u1 = 3 + 3 > 3 = u1 (luôn đúng)

Giả sử bđt (1) đúng với n = k ( k ≥ 1) tức uk +1 > uk Cần chứng minh bđt (1) đúng với n = k + 1 tức uk + 2 > uk +1 Thật vậy uk + 2

= 3 + uk +1 > 3 + uk = uk +1

Từ đó bđt (1) đúng với mọi n ∈ ℕ* Chứng minh (u n ) bị chặn trên bởi 3 tức un < 3, ∀n ≥ 1( 2 ) bằng phương pháp qui nạp. Với n = 1 thì u1 =

3 < 3 (luôn đúng)

Giả sử bđt (2) đúng với n = k ( k ≥ 1) tức uk < 3 Cần chứng minh bđt (2) đúng với n = k + 1 tức uk +1 < 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

Thật vậy uk +1 =

3 + uk < 3 + 3 = 6 < 3

Từ đó bđt (2) đúng với mọi n ∈ ℕ*

Câu 3 a. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 6 hành khách lên các toa tàu đó sao cho 6 người cùng 4,0 lên 1 toa hoặc mỗi người lên 1 toa khác nhau. TH1: Xếp 6 người lên 1 toa có 6 cách. TH2: Xếp 6 người mỗi người lên 1 toa có 6! Cách. Vậy có: 6 + 6! = 726 (cách) b. Tính sác xuất sao cho 1 toa có 3 hành khách, 1 toa có 2 hành khách, 1 toa có 1

0,5 0,25

2,0 0,75 0,75 0,5 2,0

hành khách, còn 3 toa còn lại không có ai lên.

n(Ω) = 66.

0,5

+ Chọn 3 hành khách và xếp họ lên 1 toa có C36 .C16 cách.

0,25

+ Chọn 2 hành khách và xếp họ lên 1 toa có C32 .C15 cách. + Khi đó xếp 1 hành khách còn lại lên 1 toa có C14 cách. Số kết quả thuận lợi của biến cố là: C36 .C16 .C32 .C15 .C14 = 7200

0,25 0,25 0,5

7200

0,25

Vậy xác suất của biến cốlà

Câu 4 2,0

25 . = 162 66

5 − 2x − 2 x − 1 + 2x − 3 x−2 x →2 5 − 2x − (3 − x) + x − 2 x − 1 = lim x−2 x →2 5 − 2x − (3 − x) x − 2 x −1 = lim + lim x−2 x−2 x →2 x →2 = 0. lim

0,5 0,5 1,0

Câu 5 Tính góc giữa hai đường thẳng MN và M’N’ 2,0 N'

M B

Vì O1O2 = O1A = O2A = a nên tam giác AO1O2 đều.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

= 600 và AM Ta có: AMB ' B = 600 Suy ra tam giác AMM’ đều = 1200 nên góc ANN ' = 600 . ANB

0,5

Mà AN ' N = 600 nên tam giác AN’N đều Xét phép quay Q(A, 600 ) biến P thành P’, biến Q thành Q’, suy ra góc giữa MN và M’N’ bằng 600 Câu 6 a) 4,0 S

1,5

M E

0,5

I L

K B

A N O

Ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA / / ( α )  ( α ) ⊥ (ABCD) (α)∩(SAD ) = MN // SA (N∈AD) (α)∩(SAC) = OK // SA(K∈SC) (α)∩(ABCD) = NH qua O( H∈BC) (α)∩(SBC) = KH Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

H C

b) Dựng SE//MA ( E ∈AD) thì AM // (SEC) ⇒ d(AM,SC) = d(A; (SEC)) Dựng AL ⊥ EC, L ∈EC. Dựng AI ⊥ SL, I ∈ SL. Chứng minh AI ⊥ (SEC) ⇒ d(A; (SEC)) = SI 1 a 3a a 13 Ta có AE = AD = => ED = ; EC = ED 2 + DC2 = 2 2 2 2 2 a 2SAEC a AL = = 2 = EC a 13 13 2 1 1 1 1 13 14 = + 2= 2+ 2= 2 2 2 AI AS AL a a a a a => AI = => d ( AM;SC ) = 14 14

*****

2,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian giao đề)

************* Câu 1(3,0 điểm). Cho phương trình: sin 2 4 x − cos 2 6 x = sin(18.5π + 10 x ) . π Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng (0; ) . 2

Câu 2(4,0 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1  u1 = 3 Cho dãy số (un) xác định bởi:  Với mọi n ∈ N * n + 1 u = un  n +1 3n

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm limun . b)Tính tổng S = u1 +

u2 u3 u + + ....... + 11 2 3 11

Câu 3(4,0 điểm). 1 x

a) Trong khai triển ( x 2 + ) n , n ∈ N , n ≥ 2 .Tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba là 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên. b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3. Câu 4(2,0 điểm). Tìm m để hàm số sau liên tục tại điểm x = 0. 2 1+ x − 3 1+ x −1 , khi x > 0  f ( x) =  x 2 x + m − 1 , khi x ≤ 0  Câu 5(3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R) và điểm cố định A trên (O;R). Một góc ∠xAy có số đo không đổi, hai cạnh Ax, Ay thay đổi cắt đường tròn (O) lần lượt tại B và C. Dựng hình bình hành ABDC. Chứng minh rằng: a) Trực tâm H của tam giác BCD là điểm cố định. b) Trực tâm K của tam giác ABC thuộc đường tròn cố định. Câu 6(4,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a 2 , AD = a, SA vuông góc mp(ABCD) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm BC, N là trung điểm AB. a) Tính góc φ hợp bởi đường thẳng SM và mp(SBD). b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SM và DN. ---------------Hết-------------ĐÁP ÁN Câu Nội dung 2 2 Câu 1 Cho phương trình: sin 4 x − cos 6 x = sin(18.5π + 10 x ) (1) 5,0 π Tìm tất cả các nghiệm của phương trình thuộc khoảng (0; ) .

Điểm 3,0

1 − cos 8 x 1 + cos12 x (1)⇔ − = cos10 x 2 2 cos12 x + cos 8 x ⇔ + cos10 x = 0 2 ⇔ cos10 x cos 2 x + cos10 x = 0 ⇔ cos 10 x (1 + cos 2 x) = 0 ⇔ cos10 x cos 2 x = 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

π ⇔ cos10 x = 0 (vì cosx>0, với mọi x thuộc khoảng (0; ) ) 2 π kπ ⇔x= + (k ∈ Z ) 20 10 π π π Vì 0 < x < ⇒ 0 < (1 + 2k ) < 2 20 2

0,5 0.25 0.5

Do đó k nhận các giá trị 0,1,2,3,4 π Vậy tập nghiệm của PT (1) trên (0; ) là: 2

0.25

 π 3π 5π 7π 9π  T = ; ; ; ; .  20 20 20 20 20 

Câu 2 4,0

1  u1 = 3 a) Cho dãy số (un) xác định bởi:  Với mọi n ∈ N * u = n + 1 u n  n +1 3n

2,5

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un) và tìm limun . Với mọi n ∈ N* ta có: n +1 un 3n u 1 un ⇔ n+1 = n +1 3 n

u n +1` =

Đặt v n =

0,5 0,5

un 1 . Khi đó v n +1 = v n n 3

1 3

Vậy (v n ) là cấp số nhân co công bội q = và số hạng đầu v1 =

1 3

n −1

1 1 = n , ∀n ∈ N * 3 3 n Suy ra u n = n , ∀n ∈ N * 3 n Vậy lim u n = lim n = 0 3

Suy ra v n = v1  

b) b)Tính tổng S = u1 +

u2 u3 u + + ....... + 11 2 3 11

S = v1 + v 2 + ...... + v11 1 11 1 = . 3 1 3 1− 3 11 3 −1 = 2.311 88573 = 177147 1−

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0.25 0.25 0.5

1,5

0,5 0,5 0,25 0,25

1 Câu 3 a)Trong khai triển ( x 2 + ) n , n ∈ N , n ≥ 2 , tổng các hệ số của các hạng tử 4,0 x thứ nhất, thứ hai, thứ ba bằng 46. Tìm hạng tử không chứa x trong khai triển trên.

Theo đề ta có :

1,5

0,25

C n0 + C n1 + C n2 = 46

0,5 0,25

⇔ n 2 + n − 90 = 0 ⇒n=9

1 x

Từ khai triển ( x 2 + ) 9 , Tìm được hạng tử không chứa x là C96

0.5

b) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,9 có thể lập đượcbao nhiêu số tự nhiên chẵn có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 3.

2,5

Gọi số cần tìm là x = abc (a ≠ 0) ) Vì x chia hết cho 3 nên (a + b + c) ⋮ 3 x là số chẵn nên c ∈ {0;2;6} a) Với c=0 (a + b) ⋮ 3 có 2 khả năng a, b ∉ {1;2}. Khi đó có 2 ! cách chọn ab a, b ∉ {3;6;9}. Khi đó có A32 cách chọn ab Suy ra 2! + A32 = 8 số b) Với c=2 Khi đó a hoặc b phải là chữ số 1, chữ số còn lại thuộc tập {0 ;3 ;6 ;9} a=1 , có 4 cách chọn b từ {0 ;3 ;6 ;9} b=1 , có 3 cách chọn b từ {;3 ;6 ;9} Suy ra 4+3=7 số c) Với c=6 a, b ∉ {1;2}, có 2 ! cách chọn ab a, b ∉ {0;3;9}, ,có 2.2 cách chọn ab Suy ra 2 ! + 4 = 6 số Vậy 8+7+6 = 21 số thỏa yêu cầu bài toán Câu 4 Ta có: f(0) = m - 1 2,0 2 1+ x − 3 1+ x −1

lim f ( x ) = lim+

x→0+

x →0

1+ x −1 1− 1+ x ) + lim+ ( ) x →0 x x

2 3

0,25 0,5

0,5

0,5 0,25 0,25

0,5

lim f ( x) = lim− (2 x + m − 1) = m − 1

x →0 −

0,25

x →0

= 2 lim+ (

0,25

x→0

0.25

Hàm số f(x) liên tục tại x = 0 khi và chỉ khi: lim f ( x) = lim+ f ( x) = f (0)

x →0 −

⇔ m −1 =

x →0

2 5 ⇔m= 3 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

3đ

Câu 5 A

3 điểm B

I C

O D

− −

− − − −

a) Gọi H/ là xuyên tâm của A trên (O;R), ta có: BH/ ⊥ AB ⇒ BH/ ⊥ CD, tương tự CH/ ⊥ BD. Vậy H/ trùng H. A cố định nên H cố định. b) Gọi I là tâm hình bình hành ABDC suy ra hai tam giác BCD CBA cũng đối và xứng nhau qua I. Suy ra K đối xứng với H qua I. Hay: HK = 2HI . H cố định nên từ HK = 2HI , suy ra K là ảnh của I qua phép vị tự tâm H, tỉ số bằng 2. Số đo góc ∠xAy không đổi nên BC có độ dài không đổi → OI cũng có độ dài không đổi. Suy ra, I thuộc đường tròn tâm O, bán kính OI. I thuộc đường tròn (O;OI) nên K thuộc đường tròn ảnh của đường tròn (O;OI) qua phép vị tự tâm H tỉ số bằng 2. S

Câu 6 4 điểm

E P

K B

H D

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0 0.5 0.5 2.0 0,5 0,5 0,5 0,5

2.0

− Gọi G = AM ∩ BD, G là trọng tâm tam giác ABC. Dựng GP//SM, P ∈ SA, ta có góc φ giữa SM và mp(BCD) cũng là góc giữa PG và mp(BCD) và SP= 1 SA . 3 − Gọi H là hình chiếu của A trên BD, ta có (SAH) ⊥ mp(BCD). Gọi K, E lần lượt là hình chiếu của A và P trên SH, ta có AK và PE đều vuông góc mp(BCD). Như vậy, góc giữa PG và mp(BCD) là góc ∠PGE . 2 5a a 6 2a 1 2a − Ta có: AH = , AK = , PE = AK = và GP = SM = . 3 3 3 3 7 3 7 2 2 ⇒ φ = arcsin . − Trong tam giác vuông tại E, ta có: sin ϕ = 5 7 5 7 Hay ϕ ≈ 80 41/ b)

0,5

0,5 0,5

A1 F3 A

N B

M F1

0,5 − Gọi N1 là trung điểm CD, F là trung điểm CN1, ta có MF//DN và d(DN;SM) = d(DN;(SMF)). − Gọi F2 và F1 lần lượt là giao điểm của AC với DN và MF, ta có: 0,5 2 a 6 1 1 3 1 ⇒ + = = DF2 = DN = , mặt khác: DF ⊥ 2 AC. 3 3 DA 2 DC2 2a 2 DF2 2 Do đó MF ⊥ AC, Suy ra mp(SMF) ⊥ mp(SAC). − Gọi A1 và F3 lần lượt là hình chiếu của A và F2 trên SF1, khi đó A1 và F3 cũng là hình chiếu của A và F2 trên (SMF) và F2F3 = d(DN;(SMF)) =d(DN; SM). 0,5 10a 1 1 1 73 = + = ⇒ AA1 = − Ta có: 2 2 2 2 AA1 SA AF1 100a 73 0,5 3 6a 73 . và F2F3 = AA1 = 5 73 6a 73 . Vậy d(DN; SM) = 73

ĐỀ THAM KHẢO OLIMPIC KHỐI 11 MÔN: TOÁN(thời gian 150 phút) Câu 1/(3điểm) Giải các phương trình sau đây trên tập số thực: a/ cos2 x − 2cos x = 4sin x − sin 2 x b/ sin2x - cot3x = cos2x + tan3x Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2/(4 điểm)

1 a/ Cho dãy số (un) có u1 = 2019; u = u2 n+1 3 n của dãy số (un).

(∀n ≥ 1) . Tìm số hạng tổng quát n

b/ Cho dãy số (xn) có số hạng tổng quát xn = 2 2 (4n − 1)

(∀n ≥ 1) .

Tính lim(x1+x2+...+xn) Câu 3/(4 điểm) a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau biết rằng số đó có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng trước ít nhất 2 đơn vị?

b/ Cho đa giác đều T có 2019 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một ngũ giác có các đỉnh là các đỉnh của T. Tính xác suất để ngũ giác đó không chứa cạnh nào của đa giác T. Câu 4(2 điểm):Tính các giới hạn hàm số sau: x3 − 2 x − 3 − x −1 a/ lim x−2 x→2 (1 + nx)m − (1 + mx)n b/ lim với m,n là các số nguyên dương. x→0 x2 Câu 5(3 điểm) Cho hai đường tròn C1(I1;R1) và C2(I2;R2) tiếp xúc tại A, lần lượt có phương trình là: (x-3)2 + (y-1)2 = 9 và x2 + y2 -2x -2y +1= 0. Đường kính AB của đường tròn (C1) cắt đường tròn (C2) tại điểm thứ 2 là C. Một đường thẳng (d) lưu động luôn đi qua A và cắt (C1) và (C2) lần lượt tại M và N(trừ điểm A). Tìm tập hợp giao điểm của BN và CM Câu 6(4 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều với AB=2BC=2CD=2AD=2 a. Tam giác SAD vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm SC. a/ Tính cosin của góc α tạo bởi SD và mặt phẳng (SBC). b/ Xác định góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD). c/ Tính khoảng cách giữa SA và DM. Hết. Họ và tên thí sinh……………………….. Chữ kí giám thị………………………….. Số báo danh……………………………... …………………………………………… • Lưu ý: Học sinh không sử dụng tài liệu, Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ***** ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút(không kể thời gian giao đề) ************* CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Giải phương trình sau đây trên tập số thực: a/ cos2 x − 2cos x = 4sin x − sin 2 x Câu 1 b/ sin2x - cot3x = cos2x + tan3x

Đưa về phương trình: (cosx-2)( cosx – 2sinx) = 0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3,0 đ 0,5

a) (1,5đ)

b) (1,5đ)

* cosx-2=0 vô nghiệm * Giải phương trình: cosx+2sinx = 0 cho nghiệm −1 x = arctan + kπ 2 Đặt đk và Đưa về phương trình: sin2x – cos2x = tan3x+cot3x

0,5

Chứng minh: |sin2x – cos2x| ≤ 2

0,5

Chứng minh: |tan3x + cot3x| ≥ 2 suy ra pt vô nghiệm 0,5 1 2 a/ Cho dãy số (un) có u1 = 2019; u = u (∀n ≥ 1) . Tìm n+1 3 n số hạng tổng quát của dãy số (un). Câu 2 b/ Cho dãy số (xn) có số hạng tổng quát n

(∀n ≥ 1) . Tính lim(x1+x2+...+xn)

xn = 2 2 (4n − 1)

4,0 đ

1 un = u 2 3 n−1

0,5

1 1 un = ( u 2 ) 2 = ..... = 3 3 n− 2

a) (2đ)

n−1 1 .u 2 1 2 n−2 1 31+2 +2 +...+2

n−1 .u 2 1 3 n−1 1 un = 2 −1 .20192 3 un =

0,5

2 n −1 −1

0,5

n−1

xn = b) (2đ)

0,5

 n 1 1 1  =  − (4n2 −1)2 8  (2n − 1)2 (2n + 1)2 

 1  1  1− 8  (2n + 1)2 

0,5

x1+x2+...+xn =





KQ = 1/8

0,5

a/ Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 4 chữ số khác nhau biết rằng số đó có chữ số đứng sau luôn lớn hơn chữ số đứng trước ít nhất 2 đơn vị? Câu 3

b/ Cho đa giác đều T có 2019 đỉnh, chọn ngẫu nhiên một ngũ giác có các đỉnh là các đỉnh của T. Tính xác suất để ngũ giác đó không chứa cạnh nào của đa giác T. 4đ

a (2,0đ)

Gọi số cần lập có dạng a1a2a3a4 Lập luận số được chọn không có số 0 và có 2 trường hợp a4=7 hoặc 9 +Trường hợp a4=7 có 1 số

0,5

+ Trường hợp a4=9 việc chọn a1 <a2 <a3 từ {1 ;2 ;3 ;4 ;5 ;6 ;7}tương ứng chọn b1 ;b2 ;b3 (b1=a1 ;b2=a2-1 ;b3=a3-2) từ {1 ;2 ;3 ;4 ;5} Chọn 3 số từ 5 số có C53 . KQ 1+ C53 = 11 số

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

5 Không gian mẫu C2019

Chọn 1 đỉnh tùy ý trong 2019 đỉnh làm đỉnh đầu tiên cảu ngũ giác có 0,25 2019 cách Chọn 4 đỉnh còn lại luôn có 5 đỉnh không được chọn nên có số cách 0,5 4 b chọn là : C2013 (2,0đ) 0,5 Một ngũ giác như vậy được đếm đi đếm lại 5 lần Kq :

4 2019C2013 5 5C2019

0,5

Tính các giới hạn hàm số sau: x3 − 2 x − 3 − x −1 a/ lim x−2 x→2 Câu 4 (1 + nx)m − (1 + mx)n b/ lim với m,n là các số nguyên dương. x→0 x2

2,0 a/(1đ) Phân tích: lim x→2

 x3 − 2 x − 4 1 − x −1  x3 − 2 x − 3 − x −1  = lim  + x−2 x−2  x→2  x − 2 



 x3 − 2 x − 4   = 10 x−2    1 − x −1  1 lim   = − 2 x →2  x − 2 

Tính lim  x→2 

0,25 0,25 0,25

KQ: 19/2 0,25 (1 + nx)m − (1 + mx)n

Phân tích lim x→0 2 2 KQ Cm n − Cn2 m 2

b 1đ

2 m

2 n

(C n − C m ) x + x .M x2 x→0

= lim

C1 có tâm I1(3;1) R1=3 C2 có tâm I2(1;1) R2=1 Tìm A(0;1) B(6;1) C(2;1)

0,25 0,25

IC R2 CI R2 = → = IM R1 CM R1 + R2 R2 CI = CM R1 + R2

Tính

Câu 5 (3đ)

0,5 0,5

Suy ra I là ảnh của M qua V

1 (C , ) 4

Mà M lưu động trên (C1 )suy ra I lưu động trên (C1’)........... 9 4

0,5 0,5

Viết (C1’) là ( x − ) 2 + ( y − 1) 2 =

9 16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

H vẽ đúng đến câu b.

0,5

a/Gọi H là trung điểm AD suy ra AH vuông (ABCD) Tính đúng khoảng cách từ D đến (SBC) =

a 3 31

0,5 Tính đúng sin( SD, ( SBC )) =

Câu 6 5 cos( SD, ( SBC )) = 4đ

186 31

0,5 0,5

b/ Xác định đúng được góc DSB Tính đúng : tanDSB = 6 => KQ c/ dựng hình bình hành ABCP và có d(DM,SA)=d(DM,(SAP))=2d(H,SAP) Tính đúng KQ

0,5 0,5 0,5

a 30 5

0,5

ĐỀ ĐỀ NGHỊOLYMPIC TOÁN MÔN: Toán 11 ĐỀ: Câu 1(3 điểm). Giải các phương trình sau: π π π a) sin 2 2 x − sin 2 x = sin 2 b) cos(2 x + ) + cos(2 x − ) + 4 sin x = 2 + 2 (1 − s inx ) 4

Câu 2(4 điểm). 4  u1 = 9 Cho dãy số thực ( un ) xác định bởi công thức  n∈ N* ) . ( u = − 4 + 8 3u n  n +1 9 9 a) Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn.

b) Tìm lim ( un ) . Câu 3(4 điểm).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm hệ số của số hạng chứa x8  nx 2

1

trong khai triển nhị thức Niu- Tơn  −  ,x ≠ 0.  14 x  b) Trên một hình vuông gồm 4x4 ô vuông, người ta điền số 1 hoặc số -1 vào tất cả các ô vuông. Mỗi ô vuông điền chỉ một số. Hỏi có bao nhiêu cách điền như trên sao cho tổng các số trên mỗi hàng bằng không và tổng các số trên mỗi cột bằng không. Câu 4(2 điểm).Tìm giới hạn của hàm số f ( x ) =

5x −1 + 3 x2 + x −1 − 5 2 x2 −1 khi x → 1 1− x

Câu 5 (3 điểm).Cho điểm P nằm trong tam giác đều ABC sao cho PC = 3cm, PA = 4cm và PB = 5cm. Tìm chu vi của tam giác ABC. Câu 6 (4 điểm).Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, H là trung điểm của AB, và điểm thỏa mãn

. Gọi M là hình chiếu vuông góc của H lên đường thẳng AC và N là .

, chứng minh đường thẳng SN vuông góc với mặt phẳng (SAC). a) Khi b) Tìm x theo a để góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 450. ___________Hết___________ ĐÁP ÁN TOÁN11 ĐỀ NGHỊ OLYMPIC Câu Đáp án 2 1a(1.5đ) Pt ⇔ cos4x-cos2 x + 1 = 0 ⇔ 2cos 2x-cos2 x = 0

1b(1,5đ)

π kπ  x = 4 + 2 ⇔ ,k ∈Z  x = ± π + kπ  6 π pt ⇔ 2cos2x.cos + 4sin x = 2 + 2 − 2 s inx 4

0.5đ

⇔ 2 (1 − 2sin 2 x ) + 4 sin x = 2 + 2 − 2 s inx

0.5đ

s inx = 2 ( l ) ⇔ 2 2 sin x − 4 + 2 sin x + 2 = 0 ⇔  s inx = 1 n ( )  2 π   x = 6 + k 2π ⇔ ,k ∈Z  x = 5π + k 2π  6

0.5đ

2a(2d)

Điểm 1đ

(

)

Bằng phương pháp qui nạp CM được dãy số (un) tăng Bằng phương pháp qui nạp CM được dãy số (un) có Kết luận dãy số bị chặn trên. Kết luận dãy số có giới hạn.

2b(2đ) Giả sử

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.75đ 0.75đ 0.5đ 0.5đ

4 9

Chuyển về được pt: a = − +

0.5đ

8 3a 9

1.0đ

Đưa pt về

3a(2đ)

4  a = ( n)  3 ⇔ 81a 2 − 120a + 16 = 0 ⇔  a = 4 (l )  7 ( n − 2 )( n − 1) n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 ⇔ 5C nn −1 = Cn3 ⇔ 5n = 6 7

7  7 x2 1   x 2 1  1 Xét khai triển:  −  =  −  = ∑ C7k    14 x   2 x  k = 0  2  8 với x suy ra14-3k = 8 ⇔ k=2

 n = −4( L)  n = 7( N ) 

7−k k

. ( −1) .x14 −3k (0 ≤ k ≤ 7) Úng

0.5đ

Trên mỗi hàng và trên mỗi cột phải chứa 2 số 1 và hai số -1 nên ta chọn như sau Trên hàng đầu có C42 = 6 cách điền Trên hàng 2 cũng có 6 cách điền chia ra 3 trường hợp TH1: Có một cách điền hàng 2 sao cho mỗi ô điền giống với ô liền kề phía trên nó. Như vậy hàng 3, 4 chỉ có 1 cách điền TH2: Có 1 cách điền hàng 2 sao cho mỗi ô không trùng với ô liền kề phía trên nó. Như vậy hàng thứ 3 có 6 cách điền và hàng thứ 4 có 1 cách điền. TH3: Có 4 cách điền hàng thứ 2 sao cho có đúng 2 ô trùng với ô liền kề phía trên nó. Khi đó hàng thứ 3 có 2 cách điền, hàng thứ 4 có 1 cách điền. Vậy số cách thỏa đề bài: 6(1.1.1 + 1.6.1 + 4.2.1)= 90 cách

0.5đ

4(2đ)

1đ

1 21 Vậy hệ số cần tìm là C .   =  2  32 2 7

3b(2đ)

0.5đ

5x − 1 − 2 3 + 1− x 17 Tính được lim f ( x ) = x →1 4

Biến đổi f ( x ) =

(

) − 5(

x + x −1 −1

1− x

)

2x −1 −1

1đ

0.5đ 1đ

1− x

5 (3đ)

1đ 1đ

Xét phép quay + CP = CQ và

biến tam giác CBP thành tam giác CAQ. suy ra là tam giác đều.

+AQ = BP = 5, AP = 4 và PQ = PC = 3, suy ra Vậy chu vi tam giác ABC là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

6 (4đ)

6a (1,5đ)

Hình vẽ phục vụ câu a Ta có AC HM , AC SH AC SN (1) Từ giả thiết ta có H là trung điểm của MN Gọi K là trung điểm của AC, ta có Do đó ta có HM = HN = SH = Suy ra SM SN (2)

6b (2đ)

0,5đ 0,5đ 0,75đ .

∆NSM vuông tại S

Từ (1) và (2) ta có SN (SAC). Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên SM, ta có HI (SAC) Trong mặt (ABI) kẻ đường thẳng qua B, song song với HI cắt AI tại P. Ta có BP (SAC) Gọi φ là góc giữa SB và (SAC), ta có φ = . Tam giác SHM vuông tại H và HI là đường cao nên HI =

0,25đ

0,75đ

suy ra 0,5đ

0,25đ Theo giả thiết ta có

0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLIMPIC TOÁN 11 Câu 1. (3,0 điểm) . Tìm tất cả các nghiệm của phương trình sau trên đoạn [0; π] (2sinx - 1)(2cos2x + 2sinx + 3) = 1 - 2cos2x Câu 2. (4,0 điểm) Chứng minh rằng dãy số sau tăng và bị chặn trên un = 2 + 2 + .... + 2

( n dấu căn)

Câu 3. (4,0 điểm) Tính giá trị biểu thức:

Câu 4. (2,0 điểm) Tìm giới hạn của hàm số sau: L = lim x →0

( x 2 + 2019)3 1 − 2 x − 2019 4 x + 1 x

Câu 5. (3,0 điểm)Cho tam giác ABC bất kỳ. Qua điểm A dựng hai tam giác vuông cân tại A là ABE và ACF. Gọi M là trung điểm BC và H là giao điểm của AM và FE. Chứng minh AH là đường cao của tam giác AEF Câu 6. (4,0 điểm) Cho tứ diện đều SABC. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và SB . Trên đường thẳng AS và CK ta chọn các điểm P,Q sao cho PQ song song với BI. Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1. - Hết -

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 11 Câu Câu 1 (3,0đ)

Nội dung PT tương đương : (2sinx - 1)(2cos2x + 2sinx + 3) = 4sin2x -1 ⇔ 2(2sinx - 1)( cos2x +1) = 0 Với 2sinx - 1= 0 ⇔ x=

π 6

v x=

5π ∈ [0; π ] 6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm 0,5 0.5 1

Với cos2x + 1 = 0 ⇔ x =

π 2

0,5

∈ [0; π ]

Vậy PT có 3 nghiệm thỏa yêu cầu là x=

Câu 2

Dãy số ( un ) được viết lại dưới dạng

(4,0đ)

π 6

, x=

π 5π ,x= 6 2

 u1 = 2  u n +1 = 2 + u n ,.n ≥ 1

0,5 1

+) Chứng minh ( un ) tăng, tức là un+1> un , ∀n ≥ 1 (1) . Khi n = 1, ta có u2 = 2 + 2 > 2 = u1 ( đúng) Giả sử (1) đúng với n = k, k ≥ 1 , tức là uk+1> uk Ta chứng minh (1) đúng với n = k +1 , tức là uk+2> uk+1 Thật vậy uk+2 = 2 + u k +1 > 2 + u k = uk+1 Từ đó (1) đúng ∀n ≥ 1 +) Chứng minh un bị chặn trên bởi 2, tức là un< 2, ∀n ≥ 1 (2) . Khi n = 1, ta có u1 = 2 < 2 ( đúng) Giả sử (2) đúng với n = k, k ≥ 1 , tức là uk< 2 Ta chứng minh (1) đúng với n = k +1 , tức là uk+1< 2 Thật vậy uk+1 = 2 + u k < 2 + 2 = 2 Từ đó (2) đúng ∀n ≥ 1 Ta có ( 1 - x2)2018 = ( 1 - x)2018(1 + x)2018

Câu 3

(1- x2)2018 =

2018

∑C

k 2018

2018

( − x 2 ) k , suy ra hệ số chứa x

1009 là m = - C 2018

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 1

k =0

(4,0đ)

2018

k =0

k k ( 1 - x)2018(1 + x)2018 = [ ∑ C 2018 ( − x) k ][ ∑ C 2018 xk ]

Suy ra hệ số chứa x2018 là: 0 2018 1 2017 2 2016 3 2015 2018 0 m = C 2018 C 2018 - C 2018 C 2018 + C 2018 C 2018 - C 2018 C 2018 + ...+ C 2018 C 2018 0 1 2 3 2017 2 2018 2 = ( C 2018 )2 - ( C 2018 )2 + ( C 2018 )2 - ( C 2018 )2 + ....- ( C 2018 ) + ( C 2018 ) Vậy 0 1 2 3 2017 2 2018 2 A = ( C 2018 )2 - ( C 2018 )2 + ( C 2018 )2 - ( C 2018 )2 + ....- ( C 2018 ) + ( C 2018 ) 1009 = - C 2018

Câu 4



Ta có L = Lim x.3 1 − 2 x + 2019 x →0 

(2,0đ)

1 − 2x − 1 4x + 1 − 1   − 2019  x x 

1 1

0,5

0,5 0,5

Lim x 3 1 − 2x = 0 x →0 3

Lim

1 − 2x − 1 2` −2x −2 = Lim = Lim =− 2 2 3 3 x → 0 x → 0 3 3 x 3 x( (1 − 2x) + 1 − 2x + 1) ( (1 − 2x) + 1 − 2x + 1)

Lim

4x + 1 − 1 4x 4 = Lim = Lim =2 x →0 x( 4x + 1 + 1) x →0 x 4x + 1 + 1

x →0

0,5 0,5

Vậy L = 0 + 2019(

−2 ) - 2019. 2 = -5384 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5 (3,0đ) 0.5

Gọi D là điểm đối xứng của F qua A. Xét phép quay tâm A, góc quay 90o Vì AF = AC nên AC = AD Suy ra Q( A, 90o) (B) = E và Q( A, 90o) (C) = D hay Q( A, 90o) (BC) = ED Gọi K là trung điểm ED, ta có Q( A, 90o) (M) = K hay AM ⊥ AK (1) Mà AK là đường trung bình của tam giác DEF nên AK // EF (2) Từ (1) và (2) suy ra AM ⊥ EF hay AH là đường cao tam giác AEF

0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

S P

Câu 6. (4,0 đ)

E Q

0.5

K C

Ta có PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng : Mặt phẳng chứa CK và song song với BI và mặt phẳng chứa SA và song song với BI. Trong mặt phẳng (SBI) kẻ KE / / BI, CE cắt SA ở P Qua A kẻ A F // BI (F thuộc BC) , CK cắt S F tại Q. Vậy PQ // BI Ta có I, E là các trung điểm của AC và SI ⇒

SP 1 = SA 3

PQ SP 1 1 = = ⇔ PQ = AF AF SA 3 3 Ta có AF = 2 BI = 3

Mà

Vậy PQ =

0.5

3 3

*****

ĐỀ ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC LỚP 11 MÔN : TOÁN Thời gian làm bài :150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:( 3,0 điểm ). Giải các phương trình sau: Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3Ď€ ďŁŤ a). 2 cos2 ďŁŹ x âˆ’ 4 ďŁ

ďŁś ďŁˇ + 3 cos 2 x = 0 TĂnh táť•ng cĂĄc nghiáť‡m trĂŞn âˆ’ ; ďŁ¸

b).2 + âˆ’ 2 âˆ’ = .

CĂ˘u 2: ( 4,0 Ä‘iáťƒm ).

a) Cho táť•ng

+ â‹Ż + . . HĂŁy dáťą Ä‘oĂĄn cĂ´ng tháťŠc tĂnh Sn vĂ

cháťŠng minh báşąng phĆ°ĆĄng phĂĄp quy náşĄp toĂĄn háť?c, váť›i nâˆˆN*.

b) XĂĄc Ä‘áť‹nh sáť‘ háşĄng táť•ng cáť§a dĂŁy sáť‘ { xn } tháť?a mĂŁn: x1 = 1; xn +1 =

2 xn , âˆ€n â‰Ľ 1 3 xn + 4

CĂ˘u 3: ( 4,0 Ä‘iáťƒm ). a) Cháť?n ngáşŤunhiĂŞn máť™t sáť‘ cĂł 5 cháťŻ sáť‘ cĂł dáşĄng ! tĂnh xĂĄc suáşĽt Ä‘áťƒ cháť?n Ä‘Ć°áťŁc máť™t sáť‘ tháť?a mĂŁn â‰¤ < â‰¤ < !.

1 x

n b) TĂŹm háť‡ sáť‘ cáť§a x 4 trong khai triáťƒn biáťƒu tháťŠc: P ( x) = [ x + 3(1 âˆ’ )] . Biáşżt n lĂ sáť‘ nguyĂŞn

dĆ°ĆĄng tháť?a mĂŁn: 3C n +1 + 8C n + 2 = 3C n +1 . CĂ˘u 4: ( 2,0 Ä‘iáťƒm ). ďŁą 3 x + 7 âˆ’ 3x + 1 ďŁ´ Cho hĂ m sáť‘ f(x) = ďŁ˛ x âˆ’1 ďŁ´ax ďŁł

khi x â‰ 1

.TĂŹm a Ä‘áťƒ hĂ m sáť‘ liĂŞn táťĽc táşĄi x = 1

khi x = 1

CĂ˘u 5.( 3,0 Ä‘iáťƒm ). Cho tam giĂĄc ABC dáťąng váť phĂa ngoĂ i cáť§a tam giĂĄc cĂĄc hĂŹnh vuĂ´ng BCIJ,

ACMN, ABEF vĂ gáť?i O, P, Q láş§n lĆ°áťŁt lĂ tĂ˘m cáť§a chĂşng. Gáť?i D lĂ trung Ä‘iáťƒm cáť§a AB. CháťŠng minh ráşąng tam giĂĄc DOP vuĂńg cĂ˘n táşĄi D vĂ AO vuĂńg gĂłc vĂ báşąng váť›i PQ. CĂ˘u 6( 4,0 Ä‘iáťƒm ). Cho hĂŹnh chĂłp S.ABCD Ä‘ĂĄy ABCD lĂ hĂŹnh thang vuĂńg táşĄi AvĂ D , AD =DC =a , AB=2a .mp (SAB ) vĂ mp (SAD) cĂšng vuĂńg gĂłc váť›i Ä‘ĂĄy .Cho cáşĄnh SA báşąng âˆš2. a) Gáť?i gĂłc giáťŻa mp (SAB) vĂ mp(SBC) lĂ % .TĂnh sáť‘Ä‘o cáť§a gĂłc% . b) Káşť AH vuĂńg gĂłc váť›i S táşĄi H. TĂnh khoáşŁng cĂĄch táťŤ H Ä‘áşżn mp(SBC) Ä?Ă P Ă N Ä?áť€ THI HSG KHáť’I 11 MĂ”N TOĂ N CĂ˘u Ă? HĆ°áť›ng dáşŤn-Ä?ĂĄp ĂĄn a 2 + âˆ’ 2 âˆ’ = . 1 & & 5& â‡”2 + = 2 âˆ’ +

3 6 6 & & & â‡”2 + = 2 + . *+, âˆ’ 3 3 2 & â‡”2 + . ,

âˆ’ 1 = 0 3 & + = 00 â‡”/ 3 ,

= 1

= âˆ’ + 22& 0 káşżt luáşn: 1

= + 22& b x 3Ď€ ďŁś ďŁŤ Ta cĂł 4 sin 2 âˆ’ 3 cos 2x = 1 + 2 cos2 ďŁŹ x âˆ’ ďŁˇ (1) 2

ďŁ

4 ďŁ¸

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť…n Thanh TĂş Ä?Äƒng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ä?iáťƒm

0,5 0,5 0,5

0,5

(1) â‡” 2 (1 âˆ’ cos x ) âˆ’ 3 cos 2x = 1 + 1 + cos ďŁŤďŁŹ 2x âˆ’ ďŁ

3Ď€ ďŁś ďŁˇ 2 ďŁ¸

0,5

(1) â‡” 2 âˆ’ 2 cos x âˆ’ 3 cos 2x = 2 âˆ’ sin 2x (1) â‡” âˆ’2 cos x = 3 cos 2x âˆ’ sin 2x . Chia hai váşż cho 2: (1) â‡” âˆ’ cos x =

0,5

3 1 cos 2x âˆ’ sin 2x 2 2

Ď€ďŁś 5Ď€ 2Ď€ 7Ď€ ďŁŤ â‡” cos ďŁŹ 2x + ďŁˇ = cos ( Ď€ âˆ’ x ) â‡” x = +k ( a ) hay x = âˆ’ + h2Ď€ ( b ) 18 3 6 6ďŁ¸ ďŁ

a DáťąÄ‘oĂĄn: Sn = CM: -váť›i n =1

-váť›i giáşŁ sáť n = k âˆˆ 3 thĂŹ Sk Ä‘Ăşng táťŠc lĂ Sk =

-váť›i n = k+1 ta cm: 4 =

4 + 4 4 =

0,5 0,5 0,5

4 4

0,5 4 4

+ 4 4 = 4 4 = 4 4 = 4

1 3x + 4 3 1 = n = +2 xn+1 xn 2 xn 2 3 1 Ä?áşˇt yn = Ta cĂł y1 = 1, yn+1 = 2 yn + 2 xn 3 3 3 3 Ä?áşˇt yn = un âˆ’ â‡’ yn +1 = un+1 âˆ’ â‡’ 2 yn + = un+1 âˆ’ 2 2 2 2 5 3ďŁś 3 3 ďŁŤ â‡’ 2 ďŁŹ un âˆ’ ďŁˇ + = un+1 âˆ’ â‡’ un +1 = 2un , vĂ un = 2 2ďŁ¸ 2 2 ďŁ n âˆ’1 5 nâˆ’1 2 5.2 âˆ’ 3 TáťŤ Ä‘Ăł suy ra: un = 2 â‡’ yn = â‡’ xn = n âˆ’1 2 2 5.2 âˆ’ 3

b Ta cĂł xn > 0, âˆ€n âˆˆ N Ta cĂł

a Gáť?i B lĂ biáşżn cáť‘ cáş§n tĂnh xĂĄc suáşĽt KhĂ´ng gian máşŤu â„Ś = 9.10 4 (do a â‰ 0 ) vĂŹ a â‰ 0 mĂ a mĂ sáť‘ bĂŠ nháşĽt nĂŞn b,c,d,e cĹŠng khĂĄc khĂ´ng.váşy a, b,c,d,e lĂ 5 sáť‘ Ä‘Ć°áťŁc cháť?n trong 9 sáť‘ táťŤ 1 Ä‘áşżn 9 xáşżp tháťŠ táťą duy nháşĽt.cĂł cĂĄc trĆ°áť?ng háťŁp xáşŁy ra sau: +TrĆ°áť?ng háťŁp 1:Cháť?n a < b < c < d < e máť—i sáť‘ lĂ máť™t cĂĄch xáşżp duy nháşĽt tháťŠ táťą 5 pháş§n táť trĂŞn Ä‘Ć°áťŁc cháť?n trong 9 pháş§n táť nĂŞn cĂł C 95 sáť‘ táşĄo thĂ nh ďŁŽa = b < c < d < e +TrĆ°áť?ng háťŁp 2: Cháť?n ďŁŻ do cĂł 2 sáť‘ báşąng nhau nĂŞn cháť‰ cáş§n cháť?n ďŁ°a < b < c = d < e 4 sáť‘ trong 9 sáť‘ xáşżp tháťŠ táťą duy nháşĽt váşy cĂł 2.C 94 sáť‘ +TrĆ°áť?ng háťŁp 3: a = b < c = d < e do cĂł 2 cáşˇp sáť‘ báşąng nhau (a = b;c = d)nĂŞn cháť‰ cáş§n cháť?n 3 sáť‘ khĂĄc nhau trong 9 sáť‘ xáşżp tháťŠ táťą duy nháşĽt . váşy cĂł C 93 sáť‘

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

Váşy cĂł táşĽt cáşŁ B = C 95 + 2.C 94 + C 93 77 15000 ( n + 1) n( n âˆ’ 1) b TáťŤ gt suy ra : 3( n + 1) + 4( n + 1)(n + 2) = , n â‰Ľ 2 â‡” n = 11 2

â‡’ P (B ) = ( C 95 + 2.C 94 + C 93 )/( 9.10 4 ) =

Theo khai triáťƒn nháť‹ tháťŠc newton ta cĂł 11 1 1 P( x) = [ x + 3(1 âˆ’ )]11 = âˆ‘ C11k ( x )11âˆ’k 3k (1 âˆ’ ) k = k =0 x x PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť…n Thanh TĂş Ä?Äƒng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

k =0

i =0

âˆ‘ C11k ( x )11âˆ’k 3 k âˆ‘ C ki

XĂŠt phĆ°ĆĄng trĂŹnh 4

( âˆ’1) i 11 k k k i i = âˆ‘ C11 3 âˆ‘ C k ( âˆ’1) x i k =0 i =0 x

11âˆ’ k âˆ’i 2

11 âˆ’ k âˆ’ i = 4;0 â‰¤ i â‰¤ k â‰¤ 11 â‡” k + 2i = 3 â‡” 2

0,5 ďŁŽk = 1; i = 1 ďŁŻk = 3; i = 0 ďŁ°

Suy ra háť‡ sáť‘ cáť§a x 4 lĂ 3C111 C11 (âˆ’1) + 33 C113 = 4422 Ä?áşˇt f(x) = (2m2-3m+5).(x-1)3.(x-3)2 - 2 hĂ m sáť‘ lien táťĽc trĂŞn R Ta cĂł:f(1) = - 2 f(2) = 2m2-3m+3 >0 nĂŞn f(1).f(2) <0 suy ra phĆ°ĆĄng trĂŹnh f(x)=0 cĂłĂt nháşĽt máť™t nghiáť‡m thuáť™c (1;2) a) VĂŹ 56 = 789;:;<= >? â†’ >? = 56 BĂ >? BDĂ´ F FĂł 56.

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5

1 AI BM , DO 2 â‡’ DP = vaĂ¸ âŠĽ DO â‡’ âˆ†DOP vuoĂ˘ ng caĂ˘ n taĂŻ i D . b) TĂśĂ¸ caĂ˘ u a) suy ra : Q Q (D;90 ) (D;90 ) O IďŁ§ďŁ§ďŁ§ďŁ§ďŁ§ â†’ P,A IďŁ§ďŁ§ďŁ§ďŁ§ďŁ§ â†’ Q â‡’ OA = vaĂ¸ âŠĽ PQ.

MaĂŤ t khaĂš c : DP

a Káşť AI vuĂ´ng gĂłc SB táşĄi I. Gáť?i J giao Ä‘iáťƒm AD váť›i BC. CM: % =AIJ lĂ gĂłc giáťŻa mp (SAB) vĂ mp(SBC) CĂł: AJ = 2a, AI = NĂŞn Tan% =

IJ IK

Hâˆš

= âˆš3. Suy ra % = 600.

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť…n Thanh TĂş Ä?Äƒng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5 0,5

b Gáť?i: E trung Ä‘iáťƒm AB, O giao cáť§a AC váť›i DE. Káşť OP vuĂ´ng gĂłc SC táşĄi P LM

VĂŹ

LIO

LNO

d(H;(SBC)) =

0,5

nĂŞn

8P; ?* = = . 8P; ?* =

0,5

= . 8Q; ?* = vĂŹ O thuáť™c DF //BC.

Káşť OK vuĂ´ng gĂłc SC suy ra: 8Q; ?* == OK. Káşť AQ vuĂ´ng gĂłc SC thĂŹ OK = 1/2.AQ vĂ O = Do Ä‘Ăł:

d(H;(SBC)) = .

LIO

0,5

I9 O

nĂŞn AQ = a

0,5

MĂ”N THI: TOĂ N 11(nÄƒm 2018-2019) Tháť?i gian:150 phĂşt (khĂńg káťƒ tháť?i gian giao Ä‘áť ) CĂ˘u 1(2,0 Ä‘iáťƒm). GiáşŁi phĆ°ĆĄng trĂŹnh sau: 4 sin 3 x + sin 2 x + cos x = 2 sin x + cos 2 x ďŁąu1 = âˆ’2 ďŁ´ CĂ˘u 2(5,0 Ä‘iáťƒm). Cho dĂŁy sáť‘ un xĂĄcÄ‘áť‹nh báť&#x;i ďŁ˛ un ďŁún +1 = 1 âˆ’ u ( n = 1, 2,3,...) n ďŁł a. CháťŠng minh ráşąng un <0 váť›i âˆ€n âˆˆ N * b. TĂŹm sáť‘ háşĄng táť•ng quĂĄt cáť§a dĂŁy sáť‘( un ) vĂ tĂŹm lim un CĂ˘u 3(4,0 Ä‘iáťƒm) TáťŤ cĂĄc cháťŻ sáť‘ 1,2,3,4,5,6 láşp Ä‘Ć°áťŁc bao nhiĂŞu sáť‘ táťą nhiĂŞn gáť“m 8 cháťŻ sáť‘ sao cho trong máť—i sáť‘Ä‘Ăł cĂłÄ‘Ăşng 3 cháťŻ sáť‘ 1,cĂĄc cháťŻ sáť‘ cĂ˛n láşĄiÄ‘Ăí máť™t khĂĄc nhau vĂ hai cháťŻ sáť‘ cháşľn khĂńg Ä‘áťŠng cáşĄnh nhau. ďŁą 2 âˆ’ x âˆ’ x2 , khi x â‰ 1 ďŁ´ CĂ˘u 4(2,0Ä‘iáťƒm) Cho hĂ m sáť‘ f(x)= ďŁ˛ x âˆ’ 1 ďŁ´3, khi x = 1 ďŁł XĂŠt tĂnh liĂŞn táťĽc cáť§a hĂ m sáť‘ f(x) táşĄi x=1 CĂ˘u 5(3,0 Ä‘iáťƒm) Trong máşˇt pháşłng Oxy cho tam giĂĄc ABC cĂł A(3,4) B(1,2) Ä‘áť‰nh C âˆˆ Ä‘Ć°áť?ng tháşłng d: x+2y+1=0,tráť?ng tĂ˘m G.Biáşżt diáť‡n tĂch âˆ†GAB = 3 Ä‘ĆĄn váť‹ diáť‡n tĂch ,hĂŁy tĂŹm táť?a Ä‘áť™Ä‘áť‰nh C

PhĂĄt hĂ nh PDF báť&#x;i Ths Nguyáť…n Thanh TĂş Ä?Äƒng kĂ˝ Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 6(4điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a cạnh bên bằng a 2 .Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AD và BC a. Chứng minh rằng mặt phẳng (SI J) vuông góc với mặt phẳng (SBC) b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD vàSB ĐÁPÁN Câu 1

Câu 2 a

(1) 2sin x(1 − 2sin 2 x) + cos 2 x = 2sin x cos x + cos x ⇔ cos 2 x(2sin x + 1) − cos x (2sin x + 1) = 0 ⇔ (2 sin x + 1)(cos 2 x − cos x ) = 0 π 7π 2π giải ta được x = − + k 2π , x = + k 2π , x = k ,k ∈Z 6 6 3 Ta có u1 = −2 < 0 uk < 0(k ≥ 1) giả sử ⇒ 1 − uk > 0

⇒ uk +1 =

uk <0 1 − uk

Vậy un < 0 với mọi n ∈ N * Với ∀n ∈ N * ta có u 1 1 un +1 = n ⇔ = − 1(1) un +1 un 1 − un 1 1 1 Đặt vn = khi đó v1 = = − un 2 u1 Từ (1) suy ra vn +1 = vn − 1, ∀n ∈ N * ⇒ (vn ) là cấp số cộng có công sai d=-1 và số hạng đầu v1 = −

Câu 3

Câu 4

1 2

1 1 ⇒ vn = v1 + (n − 1)d = − + (n − 1)(−1) = − n 2 2 1 2 ⇒ un = = vn 1 − 2n 2 Vậy số hạng tổng quát un = và lim un = 0 1 − 2n

Số hoán vị 5 chữ số lẻ 1,1,1,3,5 là 3! ứng với mỗi hoán vị có 6 vị trí đầu ,cuối,và xen kẽ giữa 2 chữ số lẻ Do đó có A63 cách sắp xếp 3 chữ số chẵn 2,4,6 vào 3 vị tríđó để được số thỏa đề bài 5! A63 = 2400 Vậy số các số thỏa đề bài 3!

lim x →1+

f(x)= lim x →1+

2 − x − x2 2 − x − x2 = lim x −1 x −1 x →1+

(1 − x )( x + 2 ) x −1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lim − ( x + 2 ) = −3 x →1+

Câu 5

lim f(x)= lim x →1−

x →1−

2 − x − x2 (1 − x )( x + 2 ) x − 1 = lim 1− x x →1−

lim x + 2 = 3 Vì lim f(x) ≠ lim f(x) nên hàm số không có giới hạn tại x=1 nên không x →1−

x →1+

x →1−

liên tục tại x=1 BA =(2;2) AB=2 2 x −1 y − 2 Ptđt AB = ⇔ x − y +1 = 0 1 1 C ∈ ( d ) x + 2 y + 1 = 0 ⇒ C ( −1 − 2t ; t )

Câu 6

t 2 G là trọng tâm ∆ABC G( 1 − t ; 2 + ) 3 3

Khoảng cách từ G đến AB d(G,AB)=

2 1 Vì diện tích ∆GAB = 3 đơn vị nên ta có d (G , AB ) AB = 3 2 t = 3 ⇒ C ( −7,3) ⇔ t = −3 ⇒ C ( 5, −3 )

Gọi O là tâm hình vuông ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ BC (1) Ta có IJ BC , BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ IJ ( 2 ) Từ (1) và (2) ⇒ BC ⊥ mp ( SIJ ) Ta có AD// BC nên AD// (SBC) Khoảng cách giữa AD và SB là khoảng cách từđiểm A đến mp(SBC) Do mp(SI J) ⊥ ( SBC ) nên IK ⊥ SJ Nên IK ⊥ ( SBC ) Vậy độ dài IK là khoảng cách giữa 2đt AD và SB Trong tam giác SI J SO.IJ Ta có SO.I J=IK.SJ ⇒ IK = ⇒ IK = SJ 2

Mà SO = SC − OC =

(a 2 )

Và I J=a ⇒ SJ = SC 2 − JC 2 =

Do đó IK = a

6 7

a 2 a 6 −   = 2  2 

(

a 2

)

a 7 a −  = 2 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

J C

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN TOÁN-LỚP 11

Câu 1.(3điểm). Giải các phương trình: a) cosx + 3 sin x = 3 −

3 cosx + 3 sin x − 1

b) (1 + sin x)cosx + (1 + cos x)sinx=1+sin2x Câu 2(4điểm). 1 1 1 13 + + .. + > , ∀n ∈ N , n > 1 a) Chứng minh bằng qui nạp: n +1 n + 2 2n 24 u1 = 3 b) Cho dãy số (un ) :  . Tìm số hạng tổng quát un ? * un = 4un−1 + 5n − 2, ∀n ∈ N

Câu 3(3điểm). a) Từ 10 chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,9 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số thỏa: số 1 và số 6 có mặt đúng 2 lần và các chữ số khác có mặt đúng 1 lần b) Cho X là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số trong tập X. Tính xác suất để chọn được số bé hơn 34500? Câu 4 ( 2 điểm).Xét tính liên tục của hàm số sau tại x=0

 (x 2 + 2012) 3 1 − 2x − 2012 4x + 1 khi x ≠ 0  f (x) =  x 2x + a khi x = 0  Câu 5: ( 4 điểm). 2

1. Cho đường tròn (C ) : x + y − 4 x + 2 y + 1 = 0 và đường thẳng d: 2x-y+2=0. Hãy viết phương trình đường tròn (C’) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng trục d 2. Trong mặt phẳng cho 3 đường thẳng a, b, c song song. Hãy dựng tam giác đều ABC có A ∈ a , B ∈b , C ∈c

Câu 6(4điểm). Cho hình choùp SABCD, coù ñaùy laø hình chöõ nhaät coù AB = a, BC = a 3 , maët beân SBC vuoâng taïi B, maët beân SCD vuoâng taïi D coù SD = a 5 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Ñöôøng thaúng qua A vaø vuoâng goùc vôùi AC, caét caùc ñöôøng thaúng CB, CD laàn löôït taïi I, J. Goïi H laø hình chieáu cuûa A treân SC. Haõy xaùc ñònh caùc giao ñieåm K, L cuûa SB, SD vôùi mp(HIJ). Chứng minh rằng: AK ⊥ (SBC), AL ⊥ (SCD). b) Tính dieän tích töù giaùc AKHL ---HẾT----

ĐỀ THI OLIMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

Môn thi : Thời gian:

TOÁN 180 phút (không kể thời gian giao đề)

cos x có tập xác định là ℝ. 3sin 5 x − 4cos5 x − 2m + 3  2 π 2 b) Giải phương trình: 2 cos  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos x − 1 4  

Câu 1 (3,0 điểm). a) Tìm m để hàm số y =

u1 = 2  Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số ( un ) xác định  . 1 2 un +1 − un = 2019 un − un , ∀n ≥ 1 a) CM dãy ( un ) không bị chặn trên .

(

)

 u un  u b)Tính lim  1 + 2 + ... + . un +1 − 1   u2 − 1 u3 − 1

Câu 3 (4,0 điểm). a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. b) Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật không phải là hình vuông được tạo thành từ 4 đỉnh của hình H . Câu 4 (2,0 điểm). Cho hàm số

 3 x + 7 − 5 − x2 khi x > 1  f ( x) =  1− x   2m cos(π x ) khi x ≤ 1

Tìm giá trị của m để hàm số f ( x ) liên tục tại x = 1 . 2

3  Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( x − 1) +  y +  = 4 và điểm 2   1 A 1;  . Gọi M là điểm nằm ngoài đường tròn đã cho. Từ M kẻ tiếp tuyến MT với đường tròn ( T là tiếp  2 điểm), gọi ( C ) là tập hợp các điểm M sao cho MT = 2MA. Viết phương trình đường ( C ) . 2

= 600. Biết Câu 6 (4,0 điểm). Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a. BAD 3 SO = a và SO ⊥ ABCD . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của BC và BH. 4 a) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) , khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) . b) Goi (α ) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (α ) . Tính diện tích của thiết diện.

–––––––––––– Hết ––––––––––––

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁPÁN ĐỀ THI OLIMPIC LỚP 11 CẤP TỈNH

Câu 1

Nội dung

Điểm

cos x có tập xác định là ℝ. 3sin 5 x − 4cos5 x − 2m + 3 Hàm số có tập xác định là ℝ khi và chỉ khi f ( x) = 3sin 5 x − 4cos5 x − 2m + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ. 3 4 2m − 3 Ta có: f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ sin 5 x − cos5 x > , ∀x ∈ ℝ. 5 5 5 3  cos ϕ =  2m − 3  5 . ⇔ sin(5 x − ϕ ) > , ∀x ∈ ℝ với  5 sin ϕ = 4  5 a. Tìm m để hàm số y =

Do −1 ≤ sin(5 x − ϕ ) ≤ 1, ∀x ∈ ℝ nên f ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ ⇔

m < −1.

2m − 3 < −1 ⇔ m < −1. Vậy 5

π  b)Giải phương trình 2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 4  π  PT: 2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 4  π  ⇔ 1 + cos  − 4 x  + 3 cos 4 x = 2 (1 + cos 2 x ) − 1 ⇔ sin 4 x + 3 cos 4 x = 2 cos 2 x 2  π  ⇔ cos 4 x −  = cos 2 x 6  π π kπ   4 x − 6 = −2 x + k 2π  x = 36 + 3 ⇔ ⇔ (k ∈ Z ) 4 x − π = 2 x + k 2π  x = π + kπ   6 12

a. CM dãy ( un ) không bị chặn trên . Theo giả thiết ta có: un +1 =

un ( un − 1) + un mà u1 = 2 suy ra. 2019

2 = u1 < u2 < u3 < ....... do đó dãy ( un ) là dãy tăng. Giả sử dãy ( un ) bị chặn trên suy ra lim un = L với ( L ≥ 2 ) khi đó.

lim un+1 = lim

L = 0 un2 + 2018un L2 + 2018L ⇔L= ⇔ . 2019 2019 L = 1

Vô lý do L ≥ 2 . Suy ra dãy ( un ) không bị chặn trên .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5

0.25 0.5 0.25

0.5

1,5

0.5 0.25+ 0,25 0,5

1.5 0,25 0,25 0.25 02.5 +0.25 0.25

1 =0 un ( dùng để giải câu b/ )  u u un  b/Tính lim  1 + 2 + ... + . un +1 − 1   u2 − 1 u3 − 1

lim un = +∞ ⇒ lim

do đó

Ta có: 1 un2 − un ⇔ u n ( un − 1) = 2019 ( un +1 − un ) 2019 un ( un − 1) 2019 ( un +1 − un ) un ⇔ = = un +1 − 1 ( un +1 − 1)( un − 1) ( un +1 − 1)( un − 1)

un +1 − un =

(

2019 un +1 − 1 − ( un − 1)

(un+1 − 1)(un − 1)

)

1 1  −    un − 1 un +1 − 1 

un u1 u + 2 + ... + u2 − 1 u3 − 1 un +1 − 1

 1  1  1  ⇒ S n = 2019  − = 2019  1 − ⇒ lim S n = 2019   u1 − 1 un +1 − 1  un +1 − 1

0.25 0.5 0.25 0.5

) = 2019. 

Đặt : Sn =

2,5

0.5 0.5

a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được 2,0 một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. 0.5 Số phần tử của không gian mẫu: nΩ = A106 − A95 = 136080 * Số các số tự nhiên có 6 chữ số có3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ là TH1: (số tạo thành không chứa số 0) • Lấy ra 3 số chẵn có: C43 • •

•

Lấy ra 3 số lẻ có: C53 Số các hoán vị của 6 số trên: 6! Suy ra số các số tạo thành: C43 .C53 .6! = 28800 TH2: ( số tạo thành có số 0) Lấy ra hai số chẵn khác 0: C42

0.5

Lấy ra 3 số lẻ: C53 0.5 • Số các hoán vị không có số 0 đứng đầu: 6!− 5! = 5.5! 2 3 Số các số tạo thành: C4 .C5 .5.5! = 36000 Gọi biến cố A: “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ” Suy ra : n A = 28800 + 36000 = 64800 0.5 nA 64800 10 Xác suất xảy ra biến cố A: PA = = = nΩ 136080 21 b) Cho hình đa giác đều H có 24 đỉnh. Có bao nhiêu hình chữ nhật không phải là hình 2.0 vuông được tạo thành tư 4 đỉnh của hình H . •

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đa giác đều 24 đỉnh có 12 đường chéo qua tâm. Cứ 2 đường chéo qua tâm tương ứng cho ta một hình chữ nhật hoặc hình vuông. Số hình chữ nhật và hình vuông được tạo thành là C122 . 0.5 Giả sử A1 , A2 ,..., A24 là 24 đỉnh của hình H . Vì H là đa giác đều nên 24 đỉnh nằm trên 1 đường tròn tâm O.

3600 AOA = = 150 với i = 1, 2,..., 23 Góc i i +1

24 Ta thấy: A1OA7 = A7OA14 = A14OA21 = 900 , do đó A1 A7 A14 A21 là một hình vuông, xoay

0.5

hình vuông này 15 ta được hình vuông A2 A8 A15 A22 , cứ như vậy ta được 6 hình vuông.

0,5

Số hình chữ nhật không là hình vuông là: C122 − 6 = 60.

0.5

Câu 4 (2,0 điểm)

 3 x + 7 − 5 − x2 khi x > 1  f ( x) =  1− x  2m cos(π x) khi x ≤ 1

Cho hàm số

Tìm giá trị của m để hàm số f ( x ) liên tục tại x = 1 . f (1) = 2m cos π = −2m

0,25

lim f ( x ) = −2m

x →1−

lim+ f ( x )

x →1

( = lim

) (

x + 7 − 2 + 2 − 5 − x2 x −1

x →1

( + Tính được: lim

x+7 −2

x →1

(2 − + Tính được: lim +

x →1

Suy ra lim f ( x ) = x →1+

x −1

x →1

x+7 −2

x −1

) + lim ( 2 − +

x →1

5 − x2

)

0,25

)=1

0,25

2 0,25

7 12

Để f ( x) liên tục tại x = 1 thì lim f ( x) = lim f ( x) = f (1) x →1+

Suy ra: m = −

0,25

x −1

)= 1

5 − x2

x −1

) = lim (

x →1−

0,25 0,25

7 là giá trị cần tìm. 24 Câu 5 (3,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3  1  Trong mặt phẳng với hệ tọa độOxy, cho đường tròn ( x − 1) +  y +  = 4 vàđiểm A 1;  . 2  2  GọiM làđiểm nằm ngoài đường trònđã cho. TừM kẻ tiếp tuyếnMT với đường tròn ( T là tiếpđiểm), gọi ( C ) là tập hợp cácđiểmM sao cho MT = 2MA. Viết phương trình đường ( C ) . 2

M I' A

B  

3

Đường trònđã cho có tâm I 1; −  và bán kính bằng 2. ĐiểmA thuộc đường tròn 2 

này.

0.5

GọiB là giao điểm thứ hai của đường thẳngMA với đường trònđã cho. Các tam giácMAT vàMTB đồng dạng nên 2 MT 2 = MA.MB ⇔ 4MA = MA.MB ⇔ MA(4MA − MB) = 0 ⇔ 4MA = MB

0.5

1 4 MA = MB = MA + AB ⇔ AM = − AB. 3

0.25

Suy ra M làảnh củaB qua phép vị tự tâm A , tỉ số −

1 . 3

0.25

MàB thuộc đường trònđã cho,

0.25

nên tập hợpđiểmM làảnh của đường trònđã cho qua phép vị tự tâm A, tỉ số − 1

1 3

 7

GọiI’ làảnh củaI qua phép vị tự tâm A, tỉ số − , suy ra I ' 1;  3  6 1 3

Bán kính đường trònảnh là R ' = − .2 =

2 3

0.25 0.5 0.25

7 4 2  Vậy phương trình của đường ( C ) cần tìm là ( x − 1) +  y −  = 6 9 

0.25

Câu 6 (4,0 điểm)

= 600. Biết SO = Cho hình chópS.ABCD cóđáyABCD là hình thoi tâm O cạnh a. BAD

SO ⊥ ABCD . GọiH vàK lần lượt là trung điểm củaBC vàBH. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3 a và 4

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) , khoảng cách từA đến mặt phẳng ( SBC ) . b) Goi (α ) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Xácđịnh thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (α ) . Tính diện tích của thiết diện. (Hình vẽ phục vụ câu a - 0,5 điểm)

N I

H K

A a)

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) , khoảng cách từ A đến mặt

1,5

phẳng ( SBC ) . ( vì BC ⊥ ( SKO ) ) Góc giữa hai mặt phẳng cần tìm là SKO = SO = 3 tan SKO KO Vậy SKO = 600 Gọi khoảng cách từA đến mặt phẳng (SBC) làd thìd = 2OI, với I là hình chiếu củaO trên mặt phẳng(SBC) ( vìAC = 2OC ). OI chính là đường cao của tam giácSOK Tính được OI =

3a 3a ⇒d = 8 4

b) Goi (α ) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) . Xácđịnh

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

2,0

thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (α ) . Tính diện tích của thiết diện. 0,25

Kẻ AJ ⊥ ( SBC ) tại J Suy ra AJ = 2OI

0,25

Gọi ∆ là đường thẳngđi qua J và ∆ // BC, ∆ cắtSB, SC lần lượt tạiM vàN

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AD // (SBC) nên MN // AD, suy ra thiết diệnADNM là hình thang

S ADNM =

1 ( AD + MN ) AJ 2

0,25 0,25

a a 3 , IK = 3 . VìI là 2 8 a trung điểm củaJC nên I là trung điểm củaTK, suy ra TK = 2.IK = 3 do đó T là 4 trung điểm củaSK, a MN là đường trung bình của tam giácSBC. Tính đượcMN = 2 2 9a S ADNM = 16 Đường thẳngSK cắt CJ tạiI, cắt MN tạiT. Tính đượcSK =

0,25 0,25 0,25

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

KỲ THI OLIMPIC

TOÁN - Lớp:11 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Môn thi : Thời gian:

Câu 1 (3,0 điểm).

 sin3x − cos3x  a/ Tìm các nghiệm trên khoảng của pt ( 0; π ) 7  − cosx  = 4 − cos2x  2sin2x −1  b /Giải phương trình (sin x cos x − 1) cos 2 x + cos x − sin x = 0 Câu 2 (4,0 điểm). a/ Giả sử x1 , x2 ,...xn ∈ R+ ∨ x1.x2 ....xn = 1 . Chứng minh x1 + x2 + ... + xn ≥ n 2

b/ Tìm m để phương trình : x 4 − ( 3m + 5 ) x 2 + ( m + 1) = 0 có bốn nghiệm lập thành một cấp số cộng ?

Câu 3 (4,0 điểm). a.Ba xạ thủ độc lập cùng bắn vào bia. Xác suất bắn trúng mục tiêu của mỗi xạ thủ là 0,6. 1. Tính xác suất để trong 3 xạ thủ bắn có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu. 2. Muốn mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn phải có ít nhất hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu. Tính xác suất để mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn. n

2  b..Tính hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của  x 2 −  , biết rằng: x  1 1 1 1 99 . + 2 + ... + 2 + ... + 2 = 2 A2 A3 Ak An 100 20

 1 − 2s inx − 2 x + 1  Câu 4 (2,0 điểm). a/ tính giới hạn sau. lim   ( 1 điểm) x→0  3 x + 4 − x − 2  

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 x − 2 − 1 , nếu x ≠ 3  3− x Cho hàm số f ( x ) =   2 m x − 2 m , nếu x = 3  Xác định m để hàm số f ( x ) liên tục tại x0 = 3 .

( 1 điểm)

Câu 5 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có hai góc B,C đều nhọn . Dựng hình chữ nhật DEEG có

EF=2DE với hai đỉnh D,E nằm trên BC và hai đỉnh F,G nằm trên hai cạnh AC và AB Câu 6 (4,0 điểm). tâm O . SA = a

Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , Gọi H , K lần lượt là trung điểm của SB, SD .

a. Chứng minh SC ⊥ ( AHK ) và HK ( ABCD ) b. Tính góc giữa AH ; BD

( 2 điểm) ( 0.5 điểm)

c. Lấy điểm M nằm trên cạnh AB sao cho AM = x, 0 < x < a . Mặt phẳng (α ) qua M vuông góc với AB . Xác định thiết diện của mặt phẳng (α ) với hình chóp S . ABCD . Thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a; x . Tìm vị trí của điểm M để diện tích thiết diện là lớn nhất? ( 1.5 điểm )

––––––––––– Hết –––––––––––– Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay KỲ THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN Lớp : 11

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM () Câu 1

Nội dung . a/Tìm các nghiệm trên khoảng của pt ( 0; π )  sin 3 x − cos 3 x  7 − cosx  = 4 − cos 2 x  2sin 2 x − 1  5π   x ≠ 12 + m 2π 1 ĐK : sinx ≠ ⇔  2  x ≠ π + m2π  12 +Ta có sin 3 x − cos 3 x = 3 sin x − 4 sin 3 x − 4 cos 3 x + 3 cos x = 3(sin x + cos x ) − 4(sin x + cos x)(1 − sin = (sin x + cos x )( 4 sin x cos x − 1) = (sin x + cos x )(2 sin 2 x − 1) sin 3 x − cos 3 x ⇒ = sin x + cos x 2 sin 2 x − 1 (5) ⇔ 7(sin x + cos x − cos x) = 4 − cos 2 x ⇔ 7 sin x = 4 − (1 − 2 sin 2 x) 1 ⇔ 2 sin 2 x − 7 sin x + 3 = 0 ⇔ sin x = ∨ sin x = 3 (loại) 2 π   x = 6 + k 2π 1 sin x = ⇔  2  x = 5π + k 2π  6 *Chọn nghiệm trên khoảng (0; π ) ta được hai nghiệm của phương trình là:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm 1.5

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

π 6

; x=

5π 6

1.5 0.25

b/Giải phương trình (sin x cos x − 1) cos 2 x + cos x − sin x = 0

(

)

⇔ (sin x cos x − 1) cos x − sin x + (cos x − sin x ) = 0 ⇔ (sin x cos x − 1)(cos x − sin x )(cos x + sin x ) + (cos x − sin x ) = 0 ⇔ (cos x − sin x)[ (sin x cos x − 1)(cos x + sin x ) + 1 ] = 0 (6 a ) cos x − sin x = 0 ⇔ (6b) (sin x cos x − 1)(cos x + sin x) + 1 = 0

(6a) ⇔ x =

0.25 0.25

+ kπ

4 (6b): Đặt t = sinx +cosx ( t ≤ 2 ) ; t 2 = 1 + sin 2 x ⇒ sin 2 x = t 2 − 1 (*)

t ⇔ t

 t 2 −1  (6b) ⇔  − 1.t + 1 = 0 ⇔ t 3 − 3t + 2 = 0 ⇔ (t − 1)(t 2 + t − 2) = 0 2   =1 kπ ⇒ t = 1 thay vào (*) thì sin2x = 0 ⇔ x = 2 = −2

a. Giả sử x1 , x2 ,...xn ∈ R+ ∨ x1.x2 ....xn = 1 . Chứng minh x1 + x2 + ... + xn ≥ n Chứng minh bằng quy nạp . - Với n=1 : x1 = 1 . Mệnh đề đúng . - Giả sử mệnh đề đúng với n=k ( k>1 ). ⇔ x1 + x2 + x3 + .... + xk ≥ k

0.25 0.25 0.25

20 0,25

∨ x1 x2 x3 ..xk = 1

( *)

Nếu với mọi xk = 1 thì hiển nhiên : x1 + x2 + .. + xk + xk +1 ≥ k + 1 . Nếu trong k+1 số có ít nhất một số lớn hơn 1 , thì ắt phải có số nhỏ hơn 1. Không giảm tính tổng quát , giả sử xk > 1 và xk +1 < 1 , khi đó ta có :

(1 − xk +1 )( xk − 1) > 0 ⇔ xk + xk +1 > 1 + xk xk +1 (1)

02.5 0.25 0.25

Do đó :

x1 + x2 + ... + xk + xk +1 > x1 + x2 + ... + xk −1 + xk xk +1 + 1 Theo giả thiết quy nạp , ta suy ra từ k số ở vế phải : x1 + x2 + ... + xk −1 + ( xk xk +1 ) ≥ k ( 3)

0,25 0.25

( 2)

Từ (2) và (3) suy ra : x1 + x2 + ... + xk + xk +1 > k + 1 .

0.25 0.25

b. Tìm m để phương trình : x 4 − ( 3m + 5 ) x 2 + ( m + 1) = 0 có bốn nghiệm lập thành một cấp số cộng ?.

Giả sử bốn nghiệm phân biệt của phương trình : x1 , x2 , x3 , x4 .

Đặt x 2 = y ≥ 0 , ta được phương trình : 2

⇔ y 2 − ( 3m + 5 ) y + ( m + 1) = 0

(1)

Ta phải tìm m sao cho (1) có hai nghiệm dương phân biệt : 0 < y1 < y2 , Khi đó thì (1) có bốn nghiệm là : x1 = − y2 , x2 = − y1 , x3 = y1 , x4 = y2 ( Rõ ràng : x1 < x2 < x3 < x4 ) Theo đầu bài thì bốn nghiệm lập thành cấp số cộng , nên :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0 0.25 0.25 0.25

⇒ x3 + x1 = 2 x2 ∨ x4 + x2 = 2 x3 ⇔ y1 − y2 = 2 y1 ⇒ 3 y1 = y2 ⇔ 9 y1 = y2 (*) Áp dụng vi ét cho phương trình (1) ta có hệ : ∆ = ( 3m + 5 )2 − 4 ( m + 1)2 > 0 m = 5   ⇔  S = y1 + y2 = 10 y1 = 3m + 5 ⇔  25 n=−   2 2 19   P = y1 y2 = 9 y1 = ( m + 1)

a.Ba xạ thủ độc lập cùng bắn vào bia. Xác suất bắn trúng mục tiêu của mỗi xạ thủ là 0,6.

0.5 0.5 0.25

2.0

1. Tính xác suất để trong 3 xạ thủ bắn có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu. 2. Muốn mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn phải có ít nhất hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu. Tính xác suất để mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn. Gọi Ai là biến cố “xạ thủ thứ i bắn trúng mục tiêu” P(Ai) = 0.6, Ai độc lập, i = 1,3 1. Gọi A là biến cố “Trong ba xạ thủ bắn có đúng một xạ thủ bắn trúng mục tiêu” thì A = A1 A2 A3 ∪ A2 A1 A3 ∪ A3 A1 A2 và A1 A2 A3 ; A2 A1 A3 ; A3 A1 A2 đôi một xung khắc.

0.25 0.25

( P( A) = P( A1 A2 A3 ) + P( A2 A1 A3 ) + P ( A3 A1 A2 )

P(A) = 3x 0.6 x 0.4 x 0.4 = 0.288 2. Gọi B là biến cố “Mục tiêu bị phá hủy hoàn toàn” và C là biến cố " Không xạ thủ nào bắn trúng mục tiêu" thì C = A1 A2 A3 và P(C) = 0.4 x 0.4 x 0.4 = 0.064 Ta có: B = A ∪ C và A, C là hai biến cố xung khắc nên :

0.25 0.25 0.25

P( B) = P( A) + P(C ) = 0.288 + 0.064 = 0.352

0.25 0.25

P(B) = 1 – P( B) = 0.648

0.25

2  b..Tính hệ số của số hạng chứa x trong khai triển của  x 2 −  , biết rằng: x  1 1 1 1 99 + + ... + 2 + ... + 2 = . A22 A32 Ak An 100 20

1 1 1 = − (k ≥ 2) 2 Ak k − 1 k 1 1 1 1 n − 1 99 Suy ra: 2 + 2 + ... + 2 + ... + 2 = = ⇒ n = 100 A2 A3 Ak An n 100 k =100 2 k ( x 2 − )100 = ∑ C100 (−1)k x100 − 2 k (0.25) k = 0 x 40 Số hạng chứa x20 ứng với k=40 có hệ số bằng C100

0.5

 1 − 2s inx − 2 x + 1  a/ tính giới hạn sau. lim   x →0 3 x + 4 − x − 2    1 − 2 x + 1 − 2s inx   1 − 2s inx − 2 x + 1  x    lim  lim   = lim  = → 0 → 0 x →0 x x   x 3x + 4 − x − 2   3x + 4 − x − 2        3x + 4 + ( x + 2 )   1− 2x +1 s inx  x = lim  −2 lim = − 3.lim     = 12  x →0 x →0   x x  x→0  3 x + 4 − ( x + 2 )  −x −1   

1,0

Ta có: Ak2 = k ( k − 1) ⇔

(

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 0.5 0.5

0.25 0.25 0.25

0.25

 x − 2 −1  3− x Cho hàm số f ( x ) =  2mx − 2m 

, nếu x = 3

Xác định m để hàm số f ( x ) liên tục tại x0 = 3 .

(

1 x − 2 −1 −1 = lim =− x → 3 3− x 2 x − 2 +1

Ta có lim f ( x ) = lim x →3

1.0

, nếu x ≠ 3

x →3

(0.5) f ( 3) = 6m − 2m = 4m . Để hàm số liên tục tại x = 3 thì

lim f ( x ) = f ( 3) ⇔ 4m = − x →3

1 1 ⇔m=− 2 8

Cho tam giác ABC có hai góc B,C đều nhọn . Dựng hình chữ nhật DEEG có

0.25 0.25 0.25 0.25

3,0

EF=2DE với hai đỉnh D,E nằm trên BC và hai đỉnh F,G nẵm trên hai cạnh AC và AB Vẽ hình ( đã thỏa mãn yêu cầu bài toán ). * Phân tích : + Giả sử hình chữ nhật đã dựng xong , trên AB lấy một điểm G’ bất kỳ , dựng hình chữ nhật G’F’E’F’ có E’F’=2D’E’ và hai đỉnh D’,E’ thuộc BC , nối BF’ cắt AC tại F , khi đó ta có :

BG GD GF 2GF . = = = BG ' GD ' 2G ' F ' G ' F '

Chứng tỏ B,F’F thẳng hàng .Ta có thể xem hình chữ nhật DEFG là ảnh của hình chữ nhật D’E’F’G’ qua phép vị tự tâm B tỉ số vị tự :

BG = k . Từ đó suy ra cách dựng . BG '

* Cách dựng : - Lấy điểm G’ tùy ý trên AB , sau đó dựng hình chữ nhật G’F’E’D’ có E’F’=2 D’E’, hai đỉnh D’E’ nẵm trên BC . - Nối BF’ cắt AC tại F , đường thẳng qua F song song với BC cắt AB tại G . Gọi D và E là hình chiếu của G và F trên BC . Thì hình chữ nhật DEFG là hình chữ nhật cần dựng . * Chứng minh : Thật vậy : Vì GF //G’F’ , GD//G’D’ nên :

GF BG GD . = = G ' F ' BG ' G ' D '

0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5

0.5

Từ đó suy ra : GD G ' D ' = = 2 . Như vậy hình chữ nhật đã dựng thỏa mãn yêu cầu bài toán . GF G ' F '

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , biết BD = a ; cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) và SA = a . a. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng SB và AD . b. Gọi (α ) là mặt phẳng qua A song song với BD và cắt cạnh SC tại M sao

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

4.0

cho khoảng cách từ C đến mặt phẳng (α ) bằng 3 lần khoảng cách từ S đến mặt phẳng (α ) . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α ) và hình chóp S . ABCD . Hình vẽ: ( Phục vụ câu a :0.25 điểm và câu b 0.25 điểm) 0.5

a 2

a K

H P

A M

a 2

O N

. a. Ta có ∆SAB; ∆SAD đều vuông cân tại A . ⇒ AH ⊥ SB; AK ⊥ SD

0.25

 BC ⊥ BA Do  ⇒ BC ⊥ ( SBA ) ⇒ BC ⊥ AH  BC ⊥ SA

0.25

Mặt khác, SB ⊥ AH . Do đó, AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC (1) (0.5)

0.25

( 2) SC ⊥ ( AHK ) .

Tương tự, AK ⊥ SC Từ (1) ; ( 2 ) suy ra (0.5)

Ta có HK ⊄ ( ABCD ) , HK BD ( tính chất đường trung bình của ∆SBD )

0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

Do đó HK ( ABCD ) .

.05

b. AHK . Do HK BD nên góc giữa AH và BD là góc Do ∆AHK đều cạnh

a 2 nên góc AHK bằng 60 0 . 2

0.25 0.25

C Do mặt phẳng (α ) qua M vuông góc với AB nên từ M , dựng đường thẳng song song với AD cắt CD tại N . Từ M dựng đường thẳng song song với AB cắt SB tại Q . Khi

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

đó mặt phẳng (α ) là mặt phẳng ( MNQ ) . Từ Q dựng đường thẳng song song với BC cắt SC tại P . Thiết diện của mặt phẳng

(α )

0.25

với hình chóp S . ABCD là hình thang vuông MQPN vuông tại M , Q ( do

MQ SA; SA ( ABCD ) )

0.25 Diện tích thiết diện MQPN là: S =

1 ( MN + PQ ) .MQ 2

Mà MN = a; MQ = a − x; PQ = x; Suy ra diện tích là S =

0.25 1 ( a − x )( a + x ) . 2

1 1 S ≤ ( a 2 − x 2 ) ≤ a 2 .Dấu bằng xảy ra khi x = 0 . Khi đó M ≡ A 2 2

0.25 0.25

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN 11 (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1: (4 điểm)

( x + 1)2 + y 2 + xy + y = 4 a) Giải hệ phương trình:   x + 2 y + xy = 1 b) Giải phương trình:

2x + 4 − 2 2 − x =

6x − 4 x2 + 4

Câu 2: (4 điểm)

3  u = 1  2  a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 3 + un * u = , ∀ n ∈ N + 1 n  2 Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (un)

v1 = 5 b) Cho dãy số (vn) xác định bởi: v = v + 12, ∀n ∈ N*  n+1 n Chứng minh rằng dãy số (vn) có giới hạn hữu hạn, tìm giới hạn đó.

Câu 3: (3 điểm) a) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 3 chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 6, 9. Chọn ngẫu nhiên 1 số từ S, tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 3.

1 7  b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Newton của  4 + x  x  26

Biết rằng:

C21n+1 +C22n+1 +...+C2nn+1 = 220 −1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4: (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Từ B ta kẻ các đường thẳng BE vuông góc CD và BK vuông góc AD (E ∈ CD, K ∈ AD). Biết KE = a và BD = b (b > a). Gọi H là trực tâm ∆ BEK, tính BH theo a và b. Câu 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD. Qua điểm M trên cạnh AC ta dựng mặt phẳng (P) song song với AB và CD, (P) cắt các cạnh BC, BD và AD lần lượt tại N, P và Q. a) Tứ giác MNPQ là hình gì? b) Định vị trí của M để diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất. Câu 6: (2 điểm) Chứng minh rằng với ∀m ∈ R phương trình :

x 3 + mx 2 − 9 x + 5 − m = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt . ----------------------------------Hết-----------------------Đáp án

Câu 1: a) (2 điểm) ( x + 1)2 + y 2 + ( x + 1) y = 4 ( II ) (I) ⇔  ( x + 1) + y + ( x + 1) y = 2 Đặt ( x + 1) + y = S ; ( x + 1) y = P ta có: S − P = 4 S = 2  ( II ) ⇔  S + P = 2 ⇔  P = 0  2 S ≥ 4 P 

Điểm

0.5

Đáp án Câu 4: Do EH vuông góc BK, EK vuông góc BH 0.5

1.0

 x = 1  x +1+ y = 2 y = 0  ⇔ ⇔   x = −1 ( x + 1) y = 0    y = 2 Câu 1: b) (2 điểm) Đk: −2 ≤ x ≤ 2 6x − 4 6x − 4 (1) ⇔ = 2x + 4 + 2 2 − x x2 + 4

2  x=  3 ⇔  2 x + 4 + 2 2 − x = x 2 + 4 (2) 2  x=  3 ⇔   4 2(2 + x)(2 − x) + (2 − x)( x + 4) = 0

0.5 0.5 0.5 0.5

→

B → B’ BH → B’E Vì BH ⊥ EK nên B’E ⊥ KE ∆ B’EK vuông tại E ⇒ B’E2 = B’K2 – KE2 0.5

khác B’K = BD Mặ t 0.5 Do đó B’K = b vậy B’E – BH = b 2 − a 2 0.5

0.5

0.5 0.5

Câu 2: a) (2 điểm)

0.5

Đặt vn = 3 – un suy ra được (vn) là 1 CSN có

2  x=  3 ⇔   2 − x (4 2(2 + x) + ( x + 4) 2 − x ) = 0 2  x=  ⇔ 3  x = 2

3 + un 1 Từ ĐK: un +1 = ⇔ 3 – un+1 = (3 – un) 2 2

⇒ DE =KH ; EH = KD TKD : K → D

0.5 0.5

Câu 5: a) (2 điểm) Dựng được MNPQ là hình bình hành

0.5

1.0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

1 3 , và v1 = 2 2 1 Suy ra vn = 3. n . 2 1 Suy ra un = 3(1 - n ) 2

công bội q =

1.0

Câu 2: b) (2 điểm) Chứng minh được (vn) bị chặn dưới bởi 4 0.5 (Bằng qui nạp) Chứng minh được (vn) là dãy số giảm. Suy ra dãy số (vn) có giới hạn hữu hạn. 0.5 Đặt limvn = a (a ≥ 4), suy ra pt: a = a + 12 Tìm được a = 4. 0.5 Câu 3: a) (1,5 điểm) Tìm được số phần tử của S = n( Ω ) = 5.5.4 = 100 Các bộ gồm 3 số có tổng chia hết cho 3 là: (012), (036), (039), (069), (123), (126), (126) và (369). Suy ra n(A) = 4.4 + 4.6 = 40. Suy ra P(A) = 0,4. b) (1,5 điểm) Gt suy ra C 20n +1 + .... + C 2nn+1 = 2 20 Mà C 2kn +1 = C 22nn++11−k .

Nên C 20n +1 + .... + C 2nn +1 = 2n+1

1 0 (C 2 n +1 + .... + C 22nn++11 ) 2

Từ khai triển (1+1) suy ra 2n+1 0 2 n +1 C 2 n +1 + .... + C 2 n +1 = 2 Suy ra 22n = 220. Suy ra n = 10

Câu 5: b) (2 điểm) Gọi α là góc giữa AB và CD Ta có dt(MNPQ) = MN.NP.sin α 0.25 MN CM = AB CA NP AM MN np suy ra : = + = 1 0.75 CD CA AB CD

CM được:

Theo BĐT Cô-Si suy ra: 1≥ 2

MN .NP 1 suy ra MN.NP ≤ AB.CD 4 AB.CD

0.5 Dấu bằng xảy ra khi::

10  1 7 10 11k − 40  4 + x  = ∑ Ck x x   k =0

Hệ số của x26 (ứng với k = 6) là 210.

MN NP 1 = = 0.5 AB CD 2

Hay M là trung điểm AC Câu 6: (2 điểm) XÐt hµm sè f(x) = x 3 + mx 2 − 9 x + 5 − m . 0.25 Hàm sè f(x) liªn tôc trªn R. MÆt kh¸c: lim f ( x) = −∞ , lim f ( x) = +∞ , x → −∞

x → +∞

f(- 1) = 13 > 0, f(1) = - 3 < 0 0.75 nªn : ∃x 1 ∈ ( −∞;−1) mµ f ( x 1 ) = 0 ∃x 2 ∈ (-1;1) mµ f( x 2 ) = 0 1.0 ∃x 3 ∈ (1;+∞) mµ f( x 3 ) = 0 VËy ph−¬ng tr×nh ( 1 ) cã 3 nghiÖm ph©n biÖt

KỲ THI OLIMPIC Đề thi thử Môn thi : TOÁN - Lớp: 11 180phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: a/Giải phương trình : 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8 b/ Giải phương trình: sin3x + cos2x = 1 + 2sinxcos2x Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 Cho u1 = 1, un+1 = b. Gọi vn =

un − 4 a. Chứng minh: un ≠ −4 với mọi n là số nguyên dương un + 6

un + 1 ,chứng minh : Dãy vn là cấp số nhân . Tìm lim un un + 4

Câu 3.a/Tìm n nguyên dương và P = (x +

)n và hệ số xn-6 bằng 2 lần hệ số xn-3

b/Đội tình nguyện của trường có 30 học sinh, trong đó có 8 học sinh lớp 12, 12 học sinh lớp 11 , 10 học sinh lớp 10.Nhằm đánh giá năng lực đội tình nguyện ,người ta chọn ngẫu nhiên 10 học sinh của đội để sát hoạch gồm 3 học sinh lớp 12 và 7 học sinh thuộc 2 khối còn lại.Tính xác suất để 10 học sinh được chọn đủ cả ba khối lớp, trong đó có ít nhất 5 học sinh khối 11 Câu 4. Tìm a để hàm số sau liên tục trên tập R  x2 − x − 2  f ( x) =  x +1  a 

khi x ≠ −1 khi x = -1

Câu 5. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x+2y-6 = 0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu M trên cạnh AB, AD đều nằm trên đường thẳng c: x+y-1 = 0 . Tìm tọa độ C Câu 6 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 .Hãy tính khoảng cách từ S đến mp(ABC) và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). HẾT Hướng dẫn : ĐỀ OLYUM PIC TOÁN

Bài 1 .3đ

Bài 2 4đ

LỚP 11

NĂM HỌC 2018 - 2019

a/+Đưa về tích: (1-sinx).(6cosx +2sinx-7)= 0 + sinx =0 ; 2sinx -1 =0 + K luận b/+ -2sin2x = -sinx + sinx = 0; 2sinx -1 = 0 + K luận +a/Gải sử Uk ≠ -4 Chưng minhUk+1 ≠ -4• Nếu Uk+1=-4 =>Uk =-4 ( vô lí)

1 1 0.5 0.5 0.5 0.5

Vn+1 =

U n+1 + 1 2(U n + 1) 2 = = Vn U n +1 + 4 5(U n + 4) 5

=> Vn : CSN 2 => Vn = ( ) n 5 V −1 +U n = n → −1 1 − 4Vn

Bài 3 4đ

a/ hệ số của xn-6 là: Cn4 .24 hệ số của xn-3 là: Cn2 .22

1 1 1 0.5 0.5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ tìm n= 5 7 b/+ Không gian mẫu: C83 .C22 +kẾT QUẢ THUẬN LỢI: + Xác suất p =

Bài 4 2đ Bài 5 3đ

0.5 1 0.5

C125 .C83 .C102 + C126 .C101 .C83

5 19

+ CM : CM vuông góc EF + Viết phương trình MC + Tìm C( 2;2)

Bài 6 4đ

+ Khoảng

cách

SH=

1 1 1 1

15 : 2

BI ⊥ AH   ⇒ BI ⊥ (SAH ) BI ⊥ SH 

Ta có d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a = = ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI = d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2

KỲ THI OLIMPIC Môn thi : Thời gian:

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

TOÁN - Lớp: 11 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (3,0 điểm).

2014 + 2015cot x . 1 − sin x x 2 b) Giải phương trình: ( sin x + cos x ) + 2sin 2 = sin x 2 3 sin x + 4 − 3 . 2 a) Tìm tập xác định của hàm số f ( x ) =

(

)

Câu 2 (4,0 điểm).

 

a. Cho Pn= 1 −

 2  2   2  1 − .....1 − 2.3  3.4   (n + 1)(n + 2) 

Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm

lim Un n→+∞

 u1 + u 2 + u 3 + u 4 + u 5 = 11

b. Cho cấp số nhân (u n ) thỏa: 

82 11 1  Tính tổng S 2018 .Trên khoảng  ;1  có bao nhiêu số hạng của cấp số. 2   

u1 + u 5 =

Câu 3 (4,0 điểm). a) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. b) Chứng minh đẳng thức sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 0 2012

2 1 2012

2 2 2012

2 3 2012

(C ) − (C ) + (C ) − (C )

2011 2012 1006 + ... − ( C2012 . ) + ( C2012 ) = C2012

Câu 4 (2,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình . x 3 + 2x = 4 + 3 3 − 2x có đúng một nghiệm Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho tam giác ABC . Gọi I, J,M lần lượt là trung điểm của AB,AC,IJ . Đường tròn ( O ) ngoại tiếp tam giác AIJ cắt AO tại D . Gọi E là hình chiếu vuông góc của D trên BC . Chứng minh A,M,E thẳng hàng. b) Cho tam giác ABC có tất cả các góc nhỏ hơn 1200 . Tìm trên mặt phẳng chứa tam giác điểm M sao cho tổng MA + MB + MC nhỏ nhất.

Câu 6 (4,0 điểm). a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng mặt phẳng

( A ' BD )

song song với mặt

phẳng ( CB ' D ' ) . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. ––––––––––– Hết –––––––––––– Họ và tên thí sinh: …..…………………………………….; Số báo danh: ……………………... Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay

KỲ THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN Lớp : 11 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu 1

Nội dung

Điểm 1,5

2014 + 2015cot x . 1 − sin x 1 − sin x ≠ 0 sin x ≠ 1 Hàm số f ( x ) xác định khi và chỉ khi  ⇔ sin x ≠ 0 sin x ≠ 0 a. Tìm tập xác định của hàm số f ( x ) =

0,5

π π π     x ≠ + k 2π  x ≠ + k 2π  x ≠ + k 2π ⇔ ⇔ ⇔ ( k ∈ ℤ) 2 2 2  x ≠ kπ  x ≠ kπ  x ≠ kπ π  Vậy tập xác định của hàm số đã cho là: S = ℝ \  + k 2π , kπ k ∈ ℤ  2  x 2 b) Giải phương trình: ( sin x + cos x ) + 2sin 2 = sin x 2 3 sin x + 4 − 3 . 2 x 2 ( sin x + cos x ) + 2sin 2 = sin x 2 3 sin x + 4 − 3 2 ⇔ 1 + 2sin x cos x + 1 − cos x = 2 3 sin 2 x + 4sin x − 3 sin x

(

)

0,5

0,5 1,5

)

(

⇔ ( 2 − 4sin x ) + ( 2sin x cos x − cos x ) = 2 3 sin 2 x − 3 sin x

0,25

)

⇔ 2 (1 − 2sin x ) + cos x ( 2sin x − 1) = 3 sin x ( 2sin x − 1) ⇔ ( 2sin x − 1)

(

 2sin x − 1 = 0 3 sin x − cos x + 2 = 0 ⇔   3 sin x − cos x + 2 = 0

)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

3 sin x − cos x + 2 = 0 ⇔

3 1 π  sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = −1 2 2 6 

+ k 2π , k ∈ ℤ . 3 π  x = + k 2π  1 6 +) 2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x = ⇔  (k ∈ ℤ) . 2  x = 5π + k 2π  6 ⇔ x−

=−

+ k 2π ⇔ x = −

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −

 

a. 1. Cho Pn= 1 −

π 3

+ k 2π , x =

Ta có: 1 −

0,25

π 6

+ k 2π , x =

5π + k 2π ( k ∈ ℤ ) 6

 2  2   2  1 − .....1 − 2.3  3.4   (n + 1)(n + 2) 

Gọi Un là số hạng tổng quát của Pn. Tìm

0,25

0,25 1.5

lim Un n→+∞

2 k(k + 3) = (k + 1)(k + 2) (k + 1)(k + 2)

0,5

Cho k=1,2,3,…,n ta được 0.5

1.4.2.5.3.6 n(n + 3) .... 2.3.3.4.4.5 (n+2)(n + 1) (n + 3) ⇒ Un= 3(n + 1) Sn =

0.25

(n + 3) 1 = n→+∞ 3(n + 1) 3

⇒ lim Un = lim

n→+∞

0.25

 u1 + u 2 + u 3 + u 4 + u 5 = 11

Cho cấp số nhân (u n ) thỏa: 

82 11 1  Tính tổng S 2018 .Trên khoảng  ;1  có bao nhiêu số hạng của cấp số. 2 

 

u1 + u 5 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,5

Gọi q là công bội của cấp số. Khi đó ta có:

39 39   u + u 3 + u4 = u1 q + q 2 + q 3 =   2  11 ⇔ 11   82 82 4 u + u = u 1 + q = 5  1 11 11  1

( (

q4 + 1

Suy ra:

q +q +q

)

82 ⇔ 39q 4 − 82q 3 − 82q 2 − 82q + 39 = 0 39

⇔ (3q − 1)(q − 3)(13q 2 + 16q + 13) = 0 ⇔ q =

• . Ta có: S 2018 = u1

0.5

0.5 0.5

1 ,q = 3 3

q 2018 − 1 q −1

0.25

243  1  1 81 • q = ⇒ u1 = ⇒ S 2018 =  1 − 2018  22  3 11 3  1 1 2018 • q = 3 ⇒ u1 = ⇒ S 2018 = 3 −1 11 22

(

Với q = 3 ta có: u n = Với q =

0.25

)

0.25

3n −1  1  ∈  ;1  ⇔ n = 3 nên có một số hạng của dãy 11  2 

1 1  1 ∈  ;1  ⇔ n = 3 nên có một số hạng của dãy ta có: u n = n − 5 3 2  11.3

0.25

a) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập 2,0 A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 h −1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd + 1 = 7 h ⇔ abcd = 2h + là số nguyên khi và chỉ khi 3 h = 3t + 1 Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999 998 9997 ⇔ ≤t≤ ⇔ t ∈ {143, 144,..., 1428} suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1 chia 7 7 hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 Vậy xác suất cần tìm là: ≈ 0, 015 90000 b) Chứng minh đẳng thức sau: 2 0 2012

2 1 2012

2 2 2012

2 3 2012

(C ) − (C ) + (C ) − (C ) Xét đẳng thức (1 − x ) +) Ta có (1 − x 2 )

2012

. (1 + x )

2012

= (1 − x 2 )

2012

0.5

2.0

0.5

2012

k =0

0.5

1006 k = ∑ C2012 ( − x 2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x2012 là C2012

. (1 + x )

0.5

2011 2012 1006 + ... − ( C2012 . ) + ( C2012 ) = C2012

2012  2012 k  k  k xk  =  ∑ C2012 ( − x )   ∑ C2012  k =0   k =0  2012 suy ra hệ số của số hạng chứa x là 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 o C2012C2012 − C2012C2012 + C2012C2012 − C2012 C2012 + ... + C2012 C2012

+) Ta có (1 − x )

0.5

2012

0,25

0 1 2 3 2011 2012 = ( C2012 ) − (C2012 ) + ( C2012 ) − ( C2012 ) + ... − ( C2012 ) + ( C2012 )

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 0.25

Chứng minh rằng phương trình . x 3 + 2x = 4 + 3 3 − 2x có đúng một nghiệm

. Điều kiện: x ≤

3 2

0.25

Phương trình ⇔ x 3 + 2x − 3 3 − 2x − 4 = 0 

3





Xét hàm số f(x) = x 3 + 2x − 3 3 − 2x − 4 liên tục trên  −∞;  2

0.25

 3  19 3 f(0) = −4 − 3 3 < 0, f   = > 0 ⇒ f(0).f   < 0 2 8 2 Nên phương trình f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm

0.25 0.25

Giả sử phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x1 ,x 2 Khi đó: f(x1 ) − f(x 2 ) = 0

(

)

⇔ x13 − x23 + 2 ( x1 − x2 ) − 3

(

2,0

0.25

)

3 − 2x1 − 3 − 2x2 = 0

0.25

  6 =0 ⇔ ( x1 − x 2 )  x12 + x1x 2 + x 22 + 2 +   3 − 2x + 3 − 2x 1 2  

0.25

⇔ x1 = x 2 

(Vì B =  x1 + 

x2  3x 22 6 +2+ > 0)  + 2  4 3 − 2x1 + 3 − 2x 2

0.25

Vậy phương trình luôn có nghiệm duy nhất.

a) Cho tam giác ABC . Gọi I, J,M lần lượt là trung điểm của AB,AC,IJ . Đường tròn ( O )

1.5

ngoại tiếp tam giác AIJ cắt AO tại D . Gọi E là hình chiếu vuông góc của D trên BC . Chứng minh A,M,E thẳng hàng.

A O

I D B

0.25

Xét phép vị tự V( A;2 ) ta có

AB = 2AI; AC = 2AJ nên V( A;2 ) ( I ) = B, V( A;2 ) ( J ) = C

0.25

do đó V( A;2 ) biến tam giác AIJ thành tam giác ABC , do đó phép vị tự này biến đường tròn

0.25

thành đường tròn ( O') ngoại tiếp tam giác ABC . Do AD = 2AO ⇒ V( A;2 ) ( O ) = D

0.25

(O)

⇒ O' ≡ D , hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử V( A;2 ) ( M ) = M' khi đó OM ⊥ IJ ⇒ DM' ⊥ BC ⇒ M' ≡ E .

Vậy V( A;2) ( M ) = E nên A,M,E thẳng hàng.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

0.25 b) Cho tam giác ABC có tất cả các góc nhỏ hơn 1200 . Tìm trên mặt phẳng chứa tam giác điểm M sao cho tổng MA + MB + MC nhỏ nhất.

1.5

M C

0.25 M'

Giả sử tam giác ABC có các điểm được sắp xép như hình vẽ Xét phép quay Q( B; −600 ) , giả sử

0.25

Q B; −600 : M → M ',C → C' thế thì ΔMBM' đều nên BM = MM' . ( ) Tương tự MC = M' C' do đó MA + MB + MC = AM + MM'+ M'C' ≥ AC' Vậy min ( MA + MB + MC ) = AC' khi A,M,M',C' thẳng hàng, khi đó ta dễ dàng kiểm tra = BMC = CMA = 1200 . được AMB Hay điểm M nhìn ba cạnh dưới các góc 1200 .

a) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng mặt phẳng

0.25 0.5 0.25

( A ' BD )

2.0

song song với mặt phẳng ( CB ' D ' ) . Tìm điểm M trên đoạn BD và điểm N trên đoạn CD’ sao cho đường thẳng MN vuông góc với mặt phẳng (A’BD). A

0.5

N D' A'

Ta có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành nên CD ' BA ' ⇒ CD ' ( BDA ') (1) Ta có tứ giác BDD’B’ là hình bình hành nên B ' D ' BD ⇒ B ' D ' ( BDA ' ) (2) Từ (1) và (2) ta được ( A ' BD ) ( CB ' D ' ) . Đặt BM = x.BD, CN = y.CD ' . Khi đó MN = MB + BC + CN = − xBD + AD + y.CD '

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

= x AB − AD + BC + y AA ' − AB = ( x − y ) AB + (1 − x ) AD + y AA '

(

)

(

)

0.25

Do MN vuông góc (A’BD) nên MN ⊥ BD, MN ⊥ BA ' . Từ đó ta được:

2   MN .BD = 0 1 − x − ( x − y ) = 0 2 x − y = 1  x = 3 ⇔ ⇔ ⇔  x = 2 y y = 1  MN .BA ' = 0  y − ( x − y ) = 0  3

0.5

2 1 0.25 Do đó BM = .BD, CN = .CD ' 3 3 b) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a . Gọi M, N, P lần lượt là trung 2.0 điểm của các đoạn thẳng AD, BB’, C’D’. Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, tính theo a diện tích thiết diện đó. M

S R C

B O

0,25

A' N P

Gọi S là trung điểm của AB, khi đó MS BD ⇒ MS ( BDC ' ) và NS C ' D ⇒ NS ( BDC ' ) suy ra ( MNS ) ( BDC ') . Do ( MNS ) BC ' nên (MNS) cắt (BCC’B’) theo giao tuyến qua N 0,5 song song với BC’ cắt B’C’ tại Q. Do ( MNS ) BD B ' D ' nên (MNS) cắt (A’B’C’D’) theo giao tuyến qua Q song song với B’D’ cắt D’C’ tại P’, do P’ là trung điểm của C’D’ nên P’ trùng với P. Do ( MNS ) C ' D nên (MNS) cắt (CDD’C’) theo giao tuyến qua P song song với C’D cắt DD’ tại R. Do đó thiết diện cắt bởi (MNP) và hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ theo một lục giác đều a 2 MSNQPR cạnh MR = và có tâm là O suy ra: 2 1 3 3a 2 3 3a 2 . Vậy S MSNQPR = S MSNQPR = 6 S OMS = 6. OM .OS .sin 600 = 2 4 4

0,5 0,25 0,5

Ghi chú: Nếu học sinh có cách giải khác đúng thì Ban Giám khảo thảo luận và thống nhất thang điểm cho phù hợp với Hướng dẫn chấm.

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI HSG LỚP 11 THPT ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 - THPT Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

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

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 

x 2

Câu 1 (3,0 điểm). Giải phương trình sin x 1 + tan x.tan  + tan x + 2 3 =

3 . cos 2 x

Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số nhân: x3 − 7 x 2 + ( m + 6) x − m = 0. Câu 3 (4,0 điểm). a.Tính tổng S =

1 1 1 + 2 + ⋅⋅⋅ 2 ⋅ 2 A2 A3 A2019

b. Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh A, B, C, D, E, F , G, H , I , mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh A và B nhận được phần thưởng giống nhau.

Câu 4 (4,0 điểm). Cho dãy số ( xn ) được xác định bởi: x1 = 2019, xn +1 = xn2 − xn + 1, n = 1, 2,3,... a) Chứng minh rằng dãy ( xn ) tăng và lim xn = +∞.

1 1 1 + + ... +  . Tính lim yn . xn   x1 x2

b) Với mỗi số nguyên dương n , đặt yn = 2019 

Câu 5 (4,0 điểm).Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Biết AB = a, BC = a 3 và SD = a 5. a) Đường thẳng qua A vuông góc với AC cắt các đường thẳng CB, CD lần lượt tại I , J . Gọi

H là hình chiếu vuông góc của A trên SC . Hãy xác định các giao điểm K , L của SB , SD với ( HIJ ) và chứng minh rằng AK ⊥ ( SBC ) . b) Tính diện tích tứ giác AKHL.

Câu 6 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O, R) và (O’, R’) với R ≠ R ' cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Một đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (O) và (O’) lần lượt tại P và P’. Gọi Q và Q’ lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P và P’ xuống OO’. Các đường thẳng AQ và AQ’ cắt các đường tròn (O) và (O’) tạiM và M’.Chứng minh rằng MM’ qua B. ------Hết-----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

(Đáp án có 04 trang)

I. ĐÁP ÁN: Câu Câu 1 (3,0 điểm) ĐKXĐ: cos x.cos

KỲ THI HSG LỚP 11 THPT ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 11 - THPT Nội dung trình bày x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

x x   cos x.cos 2 + sin x.sin 2  2 sin x   + tan x + 2 3 = 3 + 3 tan x x   cos x.cos 2   ⇔

sin x + tan x + 2 3 = 3 + 3 tan 2 x cosx

⇔ 3 tan 2 x − 2 tan x − 3 = 0 ⇔ tan x = 3 hoặc tan x = − tan x = 3 ⇔ x =

tan x = −

π 3

+ kπ .

π 1 ⇔ x = − + kπ . 6 3

Kiểm tra ĐK thỏa mãn. Vậy nghiệm của PT là x =

Câu 2

1 . 3

π 3

+ kπ ; x = −

π 6

+ kπ , k ∈ ℤ.

(2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương x = 1 ( x − 1)( x 2 − 6 x + m) = 0 ⇔  2  x − 6 x + m = 0 (1) Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

∆ ' = 9 − m > 0 m < 9 khác 1, hay:  2 ⇔ (*). m ≠ 5 1 − 6.1 + m ≠ 0 Khi đó, PT đã cho có ba nghiệm x1 , x2 và x3 = 1 , trong đó x1 , x2 là nghiệm của (1).

 x1 + x2 = 6 Theo định lý Viet ta có  (2).  x1.x2 = m Xét các trường hợp sau: *) Nếu x1.x3 = x22 ⇔ x1 = x22 (3). Từ (2) và (3) ta có hệ:

 x22 + x2 − 6 = 0  x1 + x2 = 6   x2 = 2; x1 = 4; m = 8  2 ⇔  x1.x2 = m ⇔  x1 = x2  x2 = −3; x1 = 9; m = −27   2 3  x1 = x2  m = x2

m = 1  *) Nếu x1.x2 = x ⇔ x1.x2 = 1 (4). Từ (2) và (4) ta có hệ:  x1 + x2 = 6  x .x = 1  1 2 Vậy, có ba giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: m = 1, m = 8, m = −27 . a (2,0 điểm) 2 3

Câu 3

k! 1 1 ⇒ 2 = , ∀k ≥ 2. Ak k (k − 1) (k − 2)! 1 1 1 Suy ra 2 = − . Ak k − 1 k 1 1 1 1 1 Cho k = 2, 3,..., 2019 ta được S = 1 − + − + ⋅⋅⋅ + . − 2 2 3 2018 2019 1 2018 V ậy S = 1 − . = 2019 2019 Ta có Ak2 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b (2,0 điểm) Gọi x, y , z ( x, y , z ∈ ℕ ) lần lượt là số học sinh được nhận các bộ giải thưởng (Toán-Lý); (Toán-Hóa) và

 x + y = 7  x = 4   (Lý-Hóa). Ta có hệ:  x + z = 6 ⇔  y = 3 .    y + z = 5  z = 2 Số cách phát thưởng ngẫu nhiên cho 9 học sinh là: C94 .C53 .C22 = 1260. Gọi T là biến cố “hai học sinh A và B có phần thưởng giống nhau”. +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Lý), có: C72 .C53 .C22 = 210 cách phát. +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Toán- Hóa) có: C71 .C64 .C22 = 105 cách phát. +) Nếu A và B có phần thưởng là sách (Lý- Hóa) có: C74 .C33 = 35 cách phát. Vậy xác suất cầm tìm là P(T ) =

Câu 4

210 +105 + 35 5 = . 1260 18

a (2,0 điểm) 2

Ta có xn +1 − xn = xn2 − 2 xn + 1 = ( xn − 1) ≥ 0 ⇒ xn +1 ≥ xn , ∀n ≥ 1. Do đó ( xn ) tăng. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n rằng xn > n + 1, ∀n ≥ 1 (1). Thật vậy, (1) đúng với n = 1 .Giả sử (1) đúng với n ( n > 1) thì xn +1 = xn ( xn − 1) + 1 > n( n + 1) + 1 = n 2 + n + 1 > n + 2 Vậy (1) đúng với mọi n. Từ ( xn ) tăng ngặt và xn > n + 1, ∀n ≥ 1 suy ra lim xn = +∞.

b (2,0 điểm) Ta có xn+1 −1 = xn ( xn −1) . Suy ra T ừ đó

Câu 5

1 1 1 1 = = − . xn+1 −1 xn ( xn −1) xn −1 xn

1 1 1 . = − xn xn −1 xn+1 −1

1 1  1  1 1 1  1  − − Do đó yn = 2019  + + ... +  = 2019   = 2019   xn   x1 x2  x1 − 1 xn +1 − 1   2018 xn +1 − 1  1 2019 Từ lim xn = +∞ ⇒ lim = 0 . Vậy lim yn = . 2018 xn a (2,0 điểm). J

K D

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trong ( SBC ) gọi K = SB ∩ IH ⇒ K = SB ∩ ( HIJ ) Trong ( SCD ) gọi L = SD ∩ JH ⇒ L = SD ∩ ( HIJ )

IJ ⊥ AC ⇒ IJ ⊥ ( SAC ) ⇒ IJ ⊥ SC , mà AH ⊥ SC . Suy ra SC ⊥ ( IJH ). Ta có   IJ ⊥ SA Suy ra AK ⊥ SC . Mà BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AK . Vậy AK ⊥ ( SBC ). b (2,0 điểm). SA. AC

Ta có SA = SD 2 − AD 2 = a 2 ; AH = AK =

SA + AC

2a ; 3

SA. AB

2a = 2 2 6 SA + AB

2a . 6 Tương tự phần (a) thì AL ⊥ ( SCD ) ⇒ AL ⊥ HL . Từ đó tính được

Do AK ⊥ ( SBC ) ⇒ AK ⊥ KH , do đó KH = AH 2 − AK 2 =

LH = AH 2 − AL2 = Suy ra S AKHL = S AKH + S ALH =

Câu 6

a 2 . 15

1 1 8a 2 . AK .KH + AL.LH = 2 2 15

3,0 điểm P' I P A

S M

Gọi S là giao điểm của d và OO’, khi đó S là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn (O) và R' (O’). Đặt k = , khi đó ta có. R V ( S , k ) : (O ) → (O '), P → P ', Q → Q ' Gọi I, J là giao điểm của AB với PP’ và OO’. Khi đó ta có 2

IP 2 = IA.IB = IP ' ⇒ IP = IP ' MàPQ // IJ // P’Q’ nên JQ = JQ’ Suy ra AB là trung trực của QQ’. Mà OO’ là trung trực của AB. Vậy tứ giác AQBQ’ là hình thoi Do đó Q’B //AQ hay Q’M’ // QM. Giả sử V(S, k) biến M thành B’ khi đó QM // Q’B’ Mà M thuộc (O) suy ra B’ thuộc (O’) do đó B’ trùng với B. Vậy V(S, k) biến M thành B. Tương tự ta có V(S, k) biến M’ thành B. Suy ra M, B, M’ thẳng hàng hay MM’ qua B

-------Hết-------

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KÌ THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thời gian: 150phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4,0 điểm).

a) Tính tổng các nghiệm thuộc [ 0,10π ] của phương trình:

sin 2 x + 2 cos 2 x = 1 + sin x − 4 cos x b) Giải phương trình: sin 2 x ( tan x + 1) = 3sin x ( cos x − sin x ) + 3

u1 = −1, u2 = 1  Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  5un +1 − 3un ; ∀n ≥ 1 un + 2 = 2 1/Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un)

1 k =1 u k + 5 n

2/Tính lim ∑ Câu 3 (4,0 điểm).

a) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau được lập từcác chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau. b) Cho khai triển sau: 2020

 x2 + 2x + 2  b2020 b1 b2 = a 2020 x 2020 + a 2019 x 2019 + ... + a1 x + a 0 + + + ... +   2 ( x + 1) ( x + 1) ( x + 1) 2020 x +1   .Tính a 0 và tổng S = b1 + b2 + ...b2020

Câu

(2,0

.Tính I = lim x →1

điểm).

Cho

f(x)

là

hàm

đa

thức

thỏa

mãn lim x →1

f ( x) − 5 =3 x −1

5 f ( x) + 2 − 3 x −1

Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Từ B kẻ các đường thẳng BE vuông góc với CD và BK vuông góc với AD (E∈ CD, K∈ AD). Biết KE = a và BD = b (b>a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm của tam giác BEK. Câu 6 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy điểm M. Dựng BK ⊥ AC, BH ⊥ CM. Đường thẳng KH cắt (d) tại N.

a) Chứng minh rằng BN ⊥ CM và BM ⊥ CN b) Tìm vị trí điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất. ---------------- HẾT ----------------

Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: .................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:...................................... Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ NGHỊ

CÂU Câu 1

1a (2đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11 Thời gian: 180phút (không kể thời gian giao đề)

ĐIỂ M

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

a) Giải phương trình: sin 2 x + 2cos 2 x = 1 + sin x − 4cos x

(∗) ⇔ 2 sin x cos x + 4 cos2 x − 2 = 1 + sin x − 4 cos x ⇔ (4 cos2 x − 1) + sin x (2 cos x − 1) + 2 (2 cos x − 1) = 0 ⇔ (2 cos x − 1)(2 cos x + 1 + sin x + 2) = 0 2 cos x − 1 = 0 π π ⇔  ⇔ cos x = cos ⇔ x = ± + k2π, (k ∈ ℤ) 3 3 2 cos x + sin x = −3 (VN) • S = 50π

0.5đ

● Điều kiện: cos x ≠ 0 . ● Do cos x ≠ 0 nên chia hai vế (∗) cho cos 2 x ≠ 0 , ta được:

sin2 x

3 sin x cos x − 3 sin2 x 1 + 3. 2 2 cos x cos2 x ⇔ tan2 x (tan x + 1) = 3 tan x − 3 tan2 x + 3 (1 + tan2 x )

(∗) ⇔ cos x (tan x + 1) = 1b (2đ)

⇔ tan 3 x + tan2 x − 3 tan x + 3 tan2 x − 3 tan2 x − 3 = 0   x = − π + kπ  tan x = −1  4 ⇔ tan 3 x + tan2 x − 3 tan x − 3 = 0 ⇔  ⇔ (k, l ∈ ℤ)  x = ± π + lπ  tan x = ± 3  3 

;

u1 = −1, u2 = 1  Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  (1) 5u − 3un un+ 2 = n+1 ; ∀n ≥ 1  Câu 2  2 (4,0 đ) 1/Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un)

1 k =1 u k + 5 n

2/Tính lim ∑

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Giả sử tồn tại x.y sao cho : xun + 2 + yun +1 = xun +1 + yun ;Từ (1) suy ra x = 2; y = −3 5u − 3un 2a ⇔ 2un+ 2 − 3un +1 = 2un+1 − 3un , ∀n ≥ 1 un+ 2 = n+1 (3,0đ) 2 ⇔ xn + 2 = xn +1 , ∀n ≥ 1,( xn +1 = 2un +1 − 3un , ∀n ≥ 1) xn + 2 = xn +1 = ... = x3 = 5 (2) → 2un +1 − 3un = 5, ∀n ≥ 1 3 + giả sử có 2 số k sao cho: un+1 − k = (un − k ) 2 So sánh với (2) ta có k= -5

3 3 (un + 5), ∀ n ≥ 1 ⇔ yn+1 = y n , ∀ n ≥ 1 (3) 2 2 (y n +1 = un +1 + 5, ∀ n ≥ 1, y1 = 4) 3 3 3 +Từ(3) yn+1 = y n = 4( ) n , ∀ n ≥ 1 → un = 4( ) n −1 − 5, ∀ n ≥ 1 2 2 2 → un+1 + 5 =

Hoặc có thể lập luận như sau

•

5un+1 − 3un ⇔ 2(un + 2 − un+1 ) = 3(un +1 − un ), ∀n ≥ 1 2 3 ⇔ xn + 2 = xn+1 , ∀n ≥ 1,( xn+1 = un+1 − un , ∀n ≥ 1; x1 = 2) 2

1đ

un+ 2 =

n 1 1 2 3 = Lim∑ ( ) n−1 = 4 4 k =1 u k + 5 k =1 3

1đ

2b (1đ)

3a (2đ)

+ Lim∑

(Cấp số nhân lùi vô hạn) 1đ

Gọi A là biến cố cần tìm xác suất, ta có chữ số 0 và 1 đứng cạnh nhau sẽ có hai trường hợp TH1 : Ta xem số 10 có vai trò như một chữ số. Như vậy số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 1 và 0 đứng cạnh nhau là 6 ! = 720 số. TH2 : Ta xem số 01 có vai trò như một chữ số, thế thì chữ số này không được đứng đầu nên số cách lập số tự nhiên có bảy chữ số khác nhau mà số 0 và 1 đứng cạnh nhau là 5.5 ! = 600 số. 1 Vậy: n( A) = 720 + 600 = 1320 . Kết luận: P ( A ) =

n( A) 1320 11 = = ≈ 0,306 n(Ω) 4320 36

 x2 + 2 x + 2  * f ( x) =    x +1 

3b (2đ)

0,5

2020

⇒ f (0) = a0 + b1 + b2 + ... + b2020 = 22020 ⇒ a0 + S = 22020 2020

0,5

2020 1   k f ( x) =  x + 1 + = C2020 ( x + 1) 2 k − 2020 ∑  x +1  k =0 k 1009 2020 C2020 k =∑ + ∑ C2020 ( x + 1) 2 k − 2020 2020 − 2 k k = 0 ( x + 1) k = 2010

1009 1008 1007 0 *Mà b1 = b3 = ... = b2019 = 0 → S = C2020 + C2020 + C2020 + ... + C2020

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0.5

1009 1008 1007 0 1010 22020 = (1 + 1)2020 = 2(C2020 + C2020 + C2020 + ... + C2020 ) + C2020

(do : Cnk = Cnn−k ) →S =2

2019

0.5

1 2010 − C2020 2

1 2010 → a0 = f (0) − S = 22019 + C2020 2

0.5

3 5 f ( x) + 2 − 3 Câu 4 f ( x) − 5 Cho f(x) là hàm đ a th ứ c th ỏ a mãn .Tính I = lim lim = 3 (2,0 đ) x →1 x→1 x −1 x −1

g ( x) =

f ( x) − 5 ⇔ f ( x) − 5 = (x − 1) g ( x) x −1

Ta có lim x →1

(1)

f ( x) − 5 = 3 ⇔ lim g ( x) = 3 ⇔ g (1) = 3 x →1 x −1

Từ (1) ta có f(1)=5 5 f ( x) + 2 − 3 5( f ( x) − 5) = lim x →1 x →1 x −1 ( x − 1)  3 (5 f ( x) + 2) 2 + 3 3 5 f ( x) + 2 + 9    5 g ( x) 5 = lim = x →1  3 2 (5 f ( x) + 2) + 3 3 5 f ( x) + 2 + 9  9  

→ I = lim

0.5 0.5 0.5 0.5

Câu 5 Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B’. (3,0đ) Gọi H là trực tâm của tam giác BEK. Do EH vuông góc với BK và KH vuông góc với BE KD biến K Suy ra: DE = KH và EH = KD do đ ó ta có Phép t ị nh ti ế n theo vect ơ thành D, H thành E và B thành B’ nên BH = B ' E .

0.5

Vì

⊥ KE nên B’E ⊥ KE hay tam giác B’EK vuông tại E ⇒ B ' E = B ' K 2 − KE 2 = BD 2 − KE 2 = b 2 − a 2 (vì BB’DK là hình chữ nhật nên 2

B’K = BD = b. Vậy BH = B ' E = b 2 − a 2 0,50 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.5

N B

1.0

a) Ta có

BK ⊥ AC (gt)   ⇒ BK ⊥ ( AMC ) ⇒ BK ⊥ CM BK ⊥ MA (gt)  mà BH ⊥ CM ⇒ CM ⊥ ( BKH ) ⊃ BN ⇒ BN ⊥ CM Ta có Câu 6 (3,0đ)

BK ⊥ ( AMC ) ⊃ CN ⇒ BK ⊥ CN (1) . Mặt khác, xét tam giác MNC có MN ⊥ AC , NH ⊥ MC (do MC ⊥ ( BKH )) suy ra K là trực tâm của tam giác MNC ⇒ MK ⊥ CN (2) . Từ (1) và (2) suy ra

CN ⊥ ( MBK ) ⇒ CN ⊥ MB 0.5 b) Vì K là trực tâm của tam giác MNC nên AM.AN = AK.AC. Do ∆ AMK đồng ∆ ACN . Như vậy khi M di chuyển trên (d) thì tích AM.AN không đổi. dạng với VậyMN = AM + AN bé nhất khi và chỉ khi AM = AN = AK . AC

KÌ THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11 Thời gian: 150phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ ĐỀ NGHỊ Câu 1 (5,0 điểm).

c) Giải phương trình:

(cos x − 1)(2 cos x − 1) = 1 − sin 2 x + 2 cos 2 x. sin x

d) Giải phương trình: 2 3.sin 2 x =

3tan 2 x − 3 2 sin 2 x − 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u1 = 3  Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  5un − 3 * un +1 = 3u − 1 , n ∈ ℕ n 

a) Chứng minh dãy số vn =

un + 1 , ∀n ∈ ℕ * . là một cấp số cộng. un − 1

b) Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . và tìm lim un Câu 3 (3,0 điểm).

a) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3. b) Cho tập hợp A gồm n phần tử tử (n≥4).Biết rằng số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tậpcon gồm 2 phần tử của A. Tìm k ∈{1;2;3;...; n} sao cho số tập con gồm K phần tử của A là lớn nhất?

Câu 4 (2,0 điểm). Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 − 6 x − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.

Câu 5 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD. Từ B kẻ các đường thẳng BE vuông góc với CD và BK vuông góc với AD (E∈ CD, K∈ AD). Biết KE = a và BD = b (b>a). Tính khoảng cách từ B đến trực tâm của tam giác BEK. Câu 6 (3,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = b , SA = SB = SC = SD = c . K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC .

a) Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK . b) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD . Chứng minh: Các đường thẳng BM và MN vuông góc nhau. ---------------- HẾT ----------------

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

CÂU Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM THI OLIMPIC Môn thi: TOÁN – Lớp 11 Thời gian: 150phút (không kể thời gian giao đề)

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

e) Giải phương trình:

(cos x − 1)(2 cos x − 1) = 1 − sin 2 x + 2 cos 2 x. sin x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐIỂ M

f) Giải hệ phương trình: sin 2 x ( tan x + 1) = 3sin x ( cos x − sin x ) + 3 Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x ≠ mπ ( m ∈ Z ). Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2 x − 3cos x + 1 = sin x − 2sin 2 x.cos x + 2sin x.cos 2 x . ⇔ cos 2 x − 3cos x + 2 = sin x − cos x(1 − cos 2 x) + sin x(1 + cos 2 x) . ⇔ cos x 2 x − 2(sin x + cos x − 1) − cos 2 x(sin x + cos x) = 0 .

1a (2,5đ)

 cos 2 x + 2 = 0

⇔ ( cos 2 x + 2 )( sin x + cos x − 1) = 0 ⇔  . sin x + cos x − 1 = 0  cos 2 x = −2  x = k 2π  (k ∈ Z ). . ⇔  π 2 ⇔  π x = + k 2π s in  x +  = 2  4 2  

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =

π 2

+ k 2π ( k ∈ ℤ ).

Hướng dẫn giải. sin 2 x ≥ 0  1  Điều kiện: sin 2 x ≠ (*) ( nếu thí sinh viết không đủ (*) thì trừ 0,5 điểm). 4  cos2 x ≠ 0 Khi đó:

PT (1) ⇔ 4 3.sin 2 x − 2 3.sin 2 x = 3

sin 2 x

− 2 3.sin 2 x + 3 .

cos 2 x 1b (2,5đ)

⇔ 2 3.sin 4 x = 3sin 2 x + 3 cos 2 x . ⇔ sin 4 x =

π 3 1  sin 2 x + cos2 x ⇔ sin 4 x = sin  2 x +  2 2 6 

π π   .  4 x = 2 x + 6 + k 2π  x = 12 + kπ ⇔ ⇔ (k, k '∈ Z )  4 x = π − 2 x − π + k '2π  x = 5π + k ' π   36 3 6 Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là π π 5π x = + kπ , x = +k' ( k , k ' ∈ Z , k ' ≠ 6m + 2, k ' ≠ 6m + 5, m ∈ Z ) . 12 36 3 u1 = 3  Cho dãy số thực (un ) xác định bởi:  5un − 3 u = , n ∈ ℕ* n + 1  3un − 1 

Câu 2

c) Chứng minh dãy số vn =

un + 1 , ∀n ∈ ℕ * . là một cấp số cộng. un − 1

d) Tìm số hạng tổng quát của dãy số ( un ) . và tìm lim 2a (2,0đ)

3n un

u +1 v +1 Ta có vn = n thay vào hệ thức truy hồi ta có ⇒ un = n un − 1 vn − 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4,0 đ

vn + 1 −3 vn +1 + 1 vn − 1 v + 1 2vn + 8 v + 1 2vn + 8 ⇒ n +1 = = ⇒ n +1 = vn +1 − 1 3. vn + 1 − 1 vn +1 − 1 2vn + 4 2 4 vn − 1

hay vn +1 = vn + 3 và v1 = 2 . Suy ra dãy số ( vn ) là một cấp số cộng có v1 = 2 và công sai

d = 3. Ta có vn = v1 + ( n − 1) d = 2 + 3 ( n − 1) = 3n − 1.

2b (2,0đ)

3n − 1 + 1 3n . Thử lại thấy dãy số này thỏa mãn. = 3n − 1 − 1 3n − 2 3n Vậy số hạng tổng quát của dãy số ( un ) là un = n ∈ ℕ* . 3n − 2

Do đó un =

lim un = lim

3n =1 3n − 2

a) Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau.Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số ộc A và số đó chia hết cho 3. thu Câu 3 b) Tìm ba số hạng liên tiếp lập thành cấp số cộng trong dãy số sau 1 C230 , C23 , C232 ,..., C2323 .

Gọi số tự nhiên theo yêu cầu bài toán có dạng a1a2 a3a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0) Ta có: n(Ω) = 6.6! = 4320 số 3a (1,5đ)

+) Trước hết ta tính n(A). Với số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau thì chữ số đầu tiên có 9 cách chọn và có A98 cho 8 vị trí còn lại. Vậy n ( A ) = 9 A98 . +) Giả sử B = {0;1; 2;...;9} ta thấy tổng các phần tử của B bằng 45⋮ 3 nên số có chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập B \ {0} ; B \ {3} ; B \ {6} ; B \ {9} nên số các số loại này là A99 + 3.8. A88 . Vậy xác suất cần tìm là

A99 + 3.8. A88 11 = 9. A98 27 Hướng dẫn giải

0,5

Số tập con gồm 4 phần tử từ n phần tử của A : Cn4 tập.

3b (1,5đ)

Số tập con gồm 2 phần tử từ n phần tử của A : Cn2 tập. n! n! ⇔ = 20 ( n − 4)!4! (n − 2)!2! 4 2 Theo đề bài, ta có: Cn = 20Cn ↔ ( n − 3)(n − 2) = 240  n = 18( n) ↔  n = −13(l ) Gọi K là số phần tử có số tập con lớn nhất trong A( 0 ≤ K ≤ 18, K ∈ ℤ ). Khi đó :

C18K ≥ C18K +1  K K −1 C18 ≥ C18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0.5

18! 18!  1  1 ≥  (18 − K )! K ! ≥ (18 − K − 1)!( K + 1)!  17 19   (18 − K ) ( K + 1) ⇔ ⇔ ⇔ ≤ K ≤ ⇒ K =9 18! 18! 2 2  1 ≥ 1 ≥  (18 − K )! K ! (18 − K + 1)!( K − 1)!  K 19 − K

Câu 4

Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 − 6 x − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.

2,0 đ Đặt f ( x ) = 8 x 3 − 6 x − 1 ; tập xác định D = ℝ suy ra hàm số liên tục trên ℝ . Ta có  1 f ( −1) = −3, f  −  = 1, f ( 0 ) = −1, f (1) = 1 suy ra  2  1  1 f ( −1) f  −  < 0, f  −  f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f (1) < 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên tục  2  2 của hàm số suy ra pt f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) .

2,0đ

Đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] thay vào pt ta được: 2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) = 1 ⇔ cos 3t = cos

π 3

⇔t=±

π 9

0.5 0.5

2π , kết hợp với t ∈ [ 0; π ] ta được 3

 π 5π 7π  t ∈ ; ;  . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: 9 9 9  π 5π 7π . x = cos , x = cos , x = cos 9 9 9

0.5

0.5 B

0,50

1.5 Vì

⊥ KE nên B’E ⊥ KE hay tam giác B’EK vuông tại E ⇒ B ' E = B ' K 2 − KE 2 = BD 2 − KE 2 = b 2 − a 2 (vì BB’DK là hình chữ nhật nên 2

B’K = BD = b. Vậy BH = B ' E = b 2 − a 2 1.0 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S _

_ N

_ D

C _ _ K

M _

_ O

_ B

A _

0.5 Hướng dẫn giải

a) + Theo giả thiết ta được: SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) . Mà BK ⊂ ( SAC ) và B BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA . + Gọi H là hình chiếu của K xuống SA ⇒ HK ⊥ SA và HK ⊥ BK ( vì HK ⊂ ( SAC ) ) ⇒ HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK . Suy ra được: BH ⊥ SA và ∆HBK vuông tại K . 1 1 1 a 2 b2 2 ∆ ABC = + ⇒ BK = + Do vuông đỉnh A nên: . BK 2 AB2 BC2 a 2 + b2

SI.AB

= Câu 6 + ∆SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên HB = SA (3,0đ) + Do ∆HBK vuông tại K nên: HK 2 = HB2 − BK 2 =

c2 −

a2 .a 4

(4c 2 − a 2 )a 2 a 2 b2 − 4c 2 a 2 + b2

(4c 2 − a 2 − b2 )a 4 a 2 (4c 2 − a 2 − b 2 ) HK 2 = ⇒ HK = 4c 2 (a 2 + b 2 ) 2c (a 2 + b 2 ) b) + 2BM = BA + BK ( vì M là trung điểm của AK ) 1 1 + MN = MB + BC + CN = (AB + KB) + BC + BA 2 2 1 + MN = KB + BC . 2 + Do đó: 4BM.MN = (BA + BK).(KB + 2BC)= BA.KB + 2BA.BC + BK.KB + 2BK.BC = BA.KB + BK.KB + 2BK.BC= KB.(BA + BK − 2.BC) = KB.(BA − BC + BK − BC)= KB.(CA + CK) = KB.CA + KB.CK = 0 Vậy: BK ⊥ MN . ( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor).

1.5 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.0

ĐỀ KHẢO SÁT OLYMPIC Môn : Toán 11 Thời gian : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (4 đ)

π  π  5 a. Giải phương trình cos 2  x +  + 4cos  − x  = 3  6  2 b. Tìm x để 2 3 sin x.cos x;sin x;sin 4 x − cos 4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng. Câu 2. (4 đ) 1 3

1 5

0 2 4 a.Tính tổng sau S = C2018 + C2019 + C2019 + ... +

1 1 2016 2018 C2019 + C2019 2017 2018

. Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên.

Câu 3.(3 đ) 3  u1 = 4 . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của dãy số Cho dãy số ( un ) :  un −1 un = ∀n ≥ 2 1 + 6n.un −1 − 4un −1 

đã cho. Câu 4. (3 đ) Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ k ≥ 0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. Câu 5 ( 2 điểm)Tính giới hạn: lim x →0

x + 1. 2 x 2 + x + 1 − 1 x

Câu 6.(4 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượtlà trung điểm của SB,CD. a. Chứng minh AM vuông góc BN. b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. ………………………………..HẾT………………………………. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN Nội dung Câu 1

Điểm

π  π  5 a. Phương trình cos 2  x +  + 4cos  − x  = 3  6  2 b. Tìm x để 2 3 sin x.cos x;sin x;sin 4 x − cos 4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng.

π  π  5 a. Phương trình cos 2  x +  + 4cos  − x  = 3  6  2 π  π  5 pt ⇔ 1 − 2sin 2  x +  + 4cos  − x  − = 0 3  6  2 π  π  ⇔ 4cos2  − x  − 8cos  − x  + 3 = 0 6  6  π  1 ⇔ cos  − x  = 6  2

4đ

2đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ

π  x = − + k 2π  6 ⇔  x = π + k 2π  2

0.5đ

b. Tìm x để 2 3 sin x.cos x;sin x;sin 4 x − cos 4 x theo thứ tự tạo thành cấp số cộng.

2đ

ycbt ⇔ 2 3 sin x.cos x + sin 4 x − cos 4 x = 2.sin x

0.5đ

⇔ 3 sin 2 x − cos 2 x = 2.sin x

0.5đ

π  ⇔ sin  2 x −  = sin x 6  π   x = 6 + k 2π ⇔  x = 7π + k 2π  18 3

0.5đ

Câu 2 1 3

1 5

0 2 4 a.Tính tổng sau S = C2018 + C2019 + C2019 + ... +

1 1 2016 2018 C2019 + C2019 2017 2018

b. Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường 6đ thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm ngoài 6 điểm đã cho. Chọn ngẫu nhiên một tam giác được tạo bởi các đường thẳng đó. Tính xác suất chọn được một tam giác có ít nhất một đỉnh trong 6 điểm trên. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 3

1 5

0 2 4 a.Tính tổng sau S = C2019 + C2019 + C2019 + ... +

Chứng minh được Khi đó, S =

1 1 2016 2018 C2019 + C2019 2017 2019

1 1 Cnk = Cnk++11 k +1 n +1

2đ 0.5đ

1 1 3 5 2017 2019 + C2020 + C2020 + ....C2020 + C2020 ( C2020 ) 2019

0.5đ

2020

1 2 2020 + C2020 + ... + C2020 (1 + 1) = C2020 2019 1 2 2020 − C2020 + ... − C2020 (1 − 1) = C2020

0.5đ

1 3 5 2017 2019 ⇒ 22020 = 2 ( C2020 + C2020 + C2020 + ....C2020 + C2020 )

⇒S=

0.5đ

22019 2019

b.Trên mặt phẳng cho 6 điểm phân biệt trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết rằng các đường thẳng đi qua hai trong 6 điểm trên không có hai đường thẳng nào song song và cũng không có ba đường thẳng nào đồng quy tại một điểm 2đ ngoài 6 điểm đã cho. Chọn một tam giác bất kì tạo bởi các đường thẳng đó mà mỗi tam giác có ít nhất một điểm trong 6 điểm trên. A “tam giác được chọn có ít nhất một điểm trong 6 điểm đã cho”. Số đường thẳng tạo thành từ 6 điểm C62 = 15 0.5đ Số tam giác được tạo thành n ( Ω ) = C153 − 6.C53 = 395 Th1: Tam giác có 3 điểm trong 6 điểm có C63 = 20 Th2: Tam giác có đúng 2 điểm trong 6 điểm có : C62 .C41 . ( C41 − 1) = 180 Th3: Tam giác có đúng 1 điểm trong 6 điểm có : C61 .C52 .C32 = 180 ⇒ n ( A) = 380 ⇒ P ( A) =

380 76 = 395 79

0.5đ 0.5đ 0.5đ

Câu 3. 3  u1 = 4 Cho dãy số ( un ) :  . Tính tổng của 2019 số hạng đầu của 3đ un −1 un = ∀n ≥ 2 1 + 6nun −1 − 4un−1 

dãy số đã cho. ∗QuyNapU n ≠ 0, ∀n

Ta có ⇔

1 1 = + 6n − 4 un un −1

0.5đ

1 1 2 − ( 3n 2 − n ) = − 3 ( n − 1) − ( n − 1) un un −1

(

= ... =

)

1 −2 −2= u1 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

⇒

1 9n 2 − 3n − 2 ( 3n − 2 )( 3n + 1) = = un 3 3

1đ

1 1 ⇒ un = − 3n − 2 3n + 1 2019 2019 1  1 6057  1 ⇒ ∑ ui = ∑  − =  = 1− 3 2 3 1 6058 6058 n − n +  1 1 

0.5đ

Câu 4. Trong hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6;10). B,C nằm trên Ox. Biết hình vuông BCED có tâm I (7;-5) và hình vuông MNPQ với M,N thuộc BC, P thuộc 3đ AC, Q thuộc AB. Tìm phép vị tự biến BCED thành MNPQ ( K > 0 ) . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình vuông MNPQ. A P

B M

Chứng minh Phép vị tự tâm A, tỉ số k =

BC thỏa mãn yêu cầu bài toán. BC + AH

d(I;BC) = 5 => bán kính đtròn ngoại tiếp BCED là R = R = 5 2 1 Tính được k = 2  13 5  V(A;k)(I) = I’( V( A;k ) ( I ) = I '  ;   2 2 5 2 R ' = k .R = 2 2 2 13   5  25  Phương trình cần tìm  x −  +  y −  = 2  2 2 

1đ 0.5đ 0.5đ

0.5đ

Câu 5

(

)

(

)

3 x + 1 −1 . 2 x2 + x + 1 + 2 x2 + x + 1 −1 x + 1. 2 x 2 + x + 1 − 1 lim = lim x →0 x →0 x x   2x2 + x + 1 2x +1  =1+1 =5 = lim  + 2 x →0  3 3 2x2 + x + 1 +1  3 2 6  ( x + 1) + x + 1 + 1 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 điểm 1đ

Câu 6 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB,CD. 4đ a. Chứng minh AM vuông góc BN. b. Tính khoảng cách từ AC đến SD. S

M K

A H P

I D

a. chứng minh AM vuông góc BN.

2đ

Cm ( SHC ) / / ( MAP ) 0.5đ

Chứng minh được BN ⊥ HC ⇒ BN ⊥ ( SHC ) BN ⊥ AM b. Tính khoảng cách từ A đến SD. Dựng hình …

0.5đ 0.5đ 0.5đ 2đ 0.5đ

Chứng minh d ( H ; ( SDI ) ) = HK

0.5đ

HK =

a. 21 14

⇒ d ( AC; SD ) = 2.d ( H ; ( SID ) ) =

0.5đ

a. 21 7

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5đ

Môn thi: TOÁN - Khối 11 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ : Câu I (6,0 điểm)

π sin( + 2 x)cot 3x + sin(π + 2 x) − 2cos5x=0 2 2 (4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 2) Giải hệ phương trình :  2 2 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7 1) Giải phương trình lượng giác

Câu II (3,0 điểm)Cho dãy số (u n ) được xác định bởi công thức u1 = 1   n(un + 2) + n 2 + 1 , n ∈ ℕ * un+1 = n +1 

1) Tìm công thức tổng quát un theo n 2) Tìm lim un Câu III (4,0 điểm) n 1) Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên n,số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia

hết cho 3n + 2. 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt ba chữ số khác nhau. Câu IV (5,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x+2y6=0. Điểm M(1,1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD đều nằm trên đường thẳng ∆ : x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm C. Câu V (2,0 điểm) 13

Tìm hệ số của số hạng chứa x

1 4

2 3 15 trong khai triển f ( x) = ( + x + x ) (2 x + 1) thành đa thức

--- HẾT ---

Họ và tên thí sinh: ...................................................... Số báo danh: ..................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................ Chữ ký của giám thị 2:......................................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN

π sin( + 2 x)cot 3x + sin(π + 2 x) − 2cos5x=0 2 2 Câu I (4 x + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 2) Giải hệ phương trình :  2 2 4 x + y + 2 3 − 4 x = 7

ĐIỂ M

1) Giải phương trình lượng giác

cos3x − sin 2 x − 2cos5x=0 sin 3 x ⇔ cos 2 x.cos 3 x − sin 2 x .sin 3 x − 2 cos 5 x.sin 3 x = 0 ⇔ cos 5 x.(1 − 2 sin 3x) = 0 cos 5 x = 0 ⇔ 1 − 2 sin 3x = 0 π π   x = 10 + k 5  π 2π (với k nguyên) ⇔ x = + k  12 3   x = π + k 2π 4 3 

pt ⇔ cos 2 x.

I.1

5   y ≤ 2 . Đặt ĐK:  x ≤ 3  4

6,0 đ 0,5 0,5

1 0.5

a = x a = x  ⇔  5 − b2 b = 5 − 2 y y = 2 

Ta có hệ phương trình trở thành (1) ⇔ 8a 2 + 2a − b3 − b = 0

⇔ (2a − b)(4a 2 + 2ab + b 2 + 1) = 0 0.5

 2a − b = 0 ⇔ 2 2  4a + 2ab + b + 1 = 0 I.2

x ≥ 0  Với 2a=b ⇒ 2 x = 5 − 2 y ⇔  5 − 4 x 2 y = 2  4 2 Thay vào (2) ta có: 16 x − 24 x − 3 + 8 3 − 4 x = 0

0.5

⇔ 4 x 2 (4 x 2 − 1) − 5(4 x 2 − 1) + 8( 3 − 4 x − 1) = 0 ⇔ (2 x − 1)(8 x3 + 4 x 2 − 10 x − 5 −

16 )=0 3 − 4x +1

2 x − 1 = 0 ⇔ 3 16 8 x + 4 x 2 − 10 x − 5 − = 0(*)  3 − 4x + 1

Ta có : (*) ⇔ 2 x 2 (4 x − 3) + 3x(4 x − 3) − 2 x 2 − x − 5 − Với 0 ≤ x ≤

16 =0 3 − 4x + 1

3 có: 4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

2 x 2 (4 x − 3) + 3x(4 x − 3) − 2 x 2 − x − 5 −

Vậy (*) có nghiệm thỏa 0 ≤ x ≤

16 <0 3 − 4x +1

0.5

3 4

1 2

Vậy hệ có nghiệm: ( x; y ) = ( ; 2)

Câu II (3,0 điểm)Cho dãy số (u n ) được xác định bởi công thức

Câu II

u1 = 1   n(un + 2) + n 2 + 1 , n ∈ ℕ * u =  n+1 n +1 

1) Tìm công thức tổng quát un theo n 2) Tìm lim un

3,0 đ

Từ công thức truy hồi ta có : (n + 1)un+1 = nun + (n + 1) 2 (1) Xét dãy số (vn ) với vn = nun (4) ⇒ v1 = 1 Từ (1) và (2) suy ra : vn+1 = vn + (n + 1)2 ⇔ vn +1 − vn = (n + 1)2

II.1

II.2

vn = (vn − vn−1 ) + (vn −1 − vn −2 ) + (vn−2 − vn −3 ) + ... + (v3 − v2 ) + (v2 − v1 ) + v1 n(n + 1)(2n + 1) = n 2 + (n − 1) 2 + ... + 32 + 22 + 12 = 6 n(n + 1)(2n + 1) ⇒ un = 6

Ta có : lim un = lim

0.5 0.5 0.5 0.5

n(n + 1)(2n + 1) = +∞ 6

1 n

Câu III

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n; số 23 + 1 chia hết cho 3n +1 nhưng không chia hết cho 3n + 2. 2) Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có 2,0 mặt ba chữ số khác nhau. đ 3n Đặt An = 2 + 1 n = 0 thì A0= 21 + 1 = 3 chia hết cho 31 mà không chia hết cho 32 0,25 k

III.a

Giả sử Ak = 23 + 1 chia hết cho 3k+1 mà không chia hết cho 3k+2 (Ak = B.3k+1; với B nguyên, không chia hết cho 3).Ta có: k +1

Ak+1= 23

(

( k)

+ 1 = 23

Ak+1 = Ak Ak2 − 3 ⋅ 23

)

(

) (( k )

)

+ 1 = 23 + 1 23 − 23 + 1 2 k  k  = B ⋅ 3k +1 ( B ⋅ 3k +1 ) − 3 ⋅ 23  = 3k + 2  B3 ⋅ 32k +1 − B ⋅ 23 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

Dễ thấy: B3.32k +1 chia hết cho 3 mà B ⋅ 23 không chia hết cho 3 (vì B không k

chia hết cho 3) nên B 2 .32k +1 − 23 không chia hết cho 3 ⇒Ak+1chia hết cho 3k+2, nhưng không chia hết cho 3k+3. Ta có: Ω = 95 = 59.049

Kết luận:

0,25 0,25

III.b

cùng một số n, nên trong TH1 này có cả thảy 3 ⋅

5! = 60 số tự nhiên. 3!

TH2. 1 trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n, nên trong TH2 này có cả thảy 3 ⋅

5! = 90 số tự 2!2!

nhiên.

0,25

9! = 150 ⋅ 7 ⋅ 4 ⋅ 3 = 12600 . 3!6! Ω 12.600 1.400 Kết luận: P ( A ) = A = = ≈ 0,213382106 Ω 59.049 6.561

Vậy: ΩA = (60 + 90)C39 = 150 ⋅

Câu IV

0,25

1.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường thẳng d: x+2y-6=0. Điểm M(1,1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD đều nằm trên đường thẳng ∆ : x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ điểm C.

Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AD. Gọi N là giao điểm của KM và BC I là Giao điểm của CM và HK = 450 Ta có tam giác DKM vuông tại K và MDK

IV.

0,25

Suy ra KM=KD=NC Lại có : MH=MN

3,0 đ 1

1 1

⇒ ∆KHM = ∆CNM = MCN ⇒ HKM

+ HKM = NMC + NCM = 900 nên IMK NMC = IMK Mà

⇒ CI ⊥ HK

Đường thẳng CI qua M(1 ;1) và vuông góc đường thẳng d nên có pt : (x-1)+(y-1)=0 ⇔ x − y = 0 Do điểm C thuộc đường thẳng CI và dt ∆ nên tọa độ C là nghiệm của hệ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x − y = 0 x = 2 ⇔  x + 2 y − 6 = 0 y = 2 ⇒ I (2; 2)

Ta có: f ( x) =

1 (2 x + 1)6 (2 x + 1)15 64

0.25 0,25

1 = (2 x + 1) 21 64

0,25

VI.2

Theo nhị thức Niutơn ta có: (2 x + 1) 21 = ∑ C21k 2 k x k k =0

13 13 ⇒ Hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển (2 x + 1) 21 là: C21 2

Vậy hệ số của số hạng chứa x13 trong khai triển của f ( x) là: 1 13 13 13 7 2 C21 2 = C21 64

0,25

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————————

————— ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (1,5 điểm). Giải phương trình:

π tan 2 x + tan x 2  = sin  x +  . 2 tan x + 1 2 4 

Câu 2 (3,0 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 2. Chứng minh đẳng thức sau: 2 0 2012

2 1 2012

2 2 2012

2 3 2012

(C ) − (C ) + (C ) − (C )

2011 2012 1006 + ... − ( C2012 . ) + ( C2012 ) = C2012

Câu 3 (2,5 điểm). 1. Chứng minh rằng phương trình 8 x 3 − 6 x − 1 = 0 có ba nghiệm thực phân biệt. Hãy tìm 3 nghiệm đó.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho dãy số ( un ) được xác định bởi: u1 = sin1; un = un −1 +

sin n , với mọi n ∈ ℕ, n ≥ 2 . n2

Chứng minh rằng dãy số ( un ) xác định như trên là một dãy số bị chặn.

Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a ( a > 0 ). Hãy xác định điểm O sao cho O cách đều tất cả các đỉnh của hình chóp S.ABCD và tính độ dài SO theo a . 2. Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (SBC). Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng đường thẳng SB vuông góc với đường thẳng SC, biết 1 1 1 1 rằng = 2+ 2+ . 2 SH SA SB SC 2 3. Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD và một điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ nhất.

—Hết—

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

II. ĐÁP ÁN: Câu Ý 1 1,5 điểm Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

Nội dung trình bày

π + kπ (*) 2

Điểm

0,25 2

Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos x(tan x + tan x) = sin x + cos x ⇔ 2 sin 2 x + 2 sin x.cos x = sin x + cos x ⇔ 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x)(2 sin x − 1) = 0 + Với sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −

π + kπ 4

π 1 5π ⇔ x = + k 2π ; x = + k 2π 2 6 6 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: π π 5π x = − + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ∈ ℤ) 4 6 6 1 1,5 điểm Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 + Với 2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,25 0,25 0,25

0,5

Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 h −1 là số nguyên khi và chỉ khi chia hết cho 7. Đặt 3.abcd + 1 = 7h ⇔ abcd = 2h + 3 h = 3t + 1 Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999 998 9997 ⇔ ≤t≤ ⇔ t ∈ {143, 144,..., 1428} suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1 7 7 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 Vậy xác suất cần tìm là: ≈ 0, 015 90000 2 1,5 điểm Xét đẳng thức (1 − x ) +) Ta có (1 − x 2 )

2012

. (1 + x )

2012

= (1 − x 2 )

2012

1006 k = ∑ C2012 ( − x2 ) suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 là C2012 k

0,5

k =0

. (1 + x )

2012

0,5 2

0 1 2 3 2011 2012 = ( C2012 ) − ( C2012 ) + ( C2012 ) − ( C2012 ) + ... − ( C2012 ) + ( C2012 )

0,5

2012  2012 k  k  k xk  =  ∑ C2012 ( − x )  ∑ C2012  k =0  k = 0  2012 là suy ra hệ số của số hạng chứa x 2012 1 2011 2 2010 3 2009 2012 2012 o C2012C2012 − C2012C2012 + C2012C2012 − C2012 C2012 + ... + C2012 C2012

+) Ta có (1 − x )

0,5

Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 1 1,5 điểm Đặt f ( x ) = 8 x 3 − 6 x − 1 ; tập xác định D = ℝ suy ra hàm số liên tục trên ℝ . Ta có

 1 f ( −1) = −3, f  −  = 1, f ( 0 ) = −1, f (1) = 1 suy ra  2  1  1 f ( −1) f  −  < 0, f  −  f ( 0 ) < 0, f ( 0 ) f (1) < 0 . Từ 3 bất đẳng thức này và tính liên  2  2 tục của hàm số suy ra pt f ( x ) = 0 có ba nghiệm phân biệt thuộc ( −1; 1) .

0,25 0,5

0,25

Đặt x = cos t , t ∈ [ 0; π ] thay vào pt ta được:

2 ( 4 cos3 t − 3cos t ) = 1 ⇔ cos 3t = cos

π π 2π , kết hợp với t ∈ [ 0; π ] ta ⇔t =± +k 3 9 3

 π 5π 7π  được t ∈  ; ;  . Do đó phương trình đã cho có 3 nghiệm: 9 9 9  π 5π 7π x = cos , x = cos , x = cos . 9 9 9 2 1,0 điểm 1 1 1 1 Nhận xét. Với mỗi số nguyên dương n ta có: 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 2 1 2 3 n 1 1 1 1 1 1 1 Thật vậy, ta có 2 + 2 + 2 + ... + 2 < 1 + + + ... + = 1 2 3 1.2 2.3 n n ( n − 1)

1 1 1 1 1 1 = 1 + 1 − + − + ... + − = 2 − < 2 suy ra nhận xét được chứng minh. 2 2 3 n −1 n n sin1 sin 2 sin n Trở lại bài toán, từ công thức truy hồi ta được: un = 2 + 2 + ... + 2 1 2 n 1 1 1 Ta có un ≤ 2 + 2 + ... + 2 < 2 với mọi n (theo nhận xét trên) (1) 1 2 n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

1  1 1 Mặt khác un ≥ −  2 + 2 + ... + 2  > −2 với mọi n (theo nhận xét trên) (2). Từ (1) và n  1 2 (2) suy ra dãy số đã cho bị chặn. 1 1,0 điểm

0,25

O D

0,25

I A

Gọi I = AC ∩ BD . Do SA = SB = SC = SD nên các tam giác SAC, SBD cân tại đỉnh S nên SI vuông góc với AC, BD suy ra SI vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Dễ thấy mọi điểm nằm trên đường thẳng SI cách đều các đỉnh A, B, C, D. Trong tam giác SIC, dựng trung trực của cạnh SC cắt đường thẳng SI tại O suy ra OS = OA = OB = OC = OD . Ta có SM .SC = SO.SI ⇒ SO =

SM .SC 3a.3a 9a 2 9 2a = = = . 8 SI 2 SA2 − IA2 2 9a 2 − a 2

9 2a Vậy SO = . 8 2 1,0 điểm

0,25

0,5

0,25

K B D

Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH và BC; trong mặt phẳng (SBC) gọi D là giao điểm của đường thẳng qua S, vuông góc với SC. Ta có BC vuông góc với SH và SA nên BC vuông góc với mặt phẳng (SAH) suy ra BC vuông góc với SK. 1 1 1 Trong tam giác vuông SAK ta có = 2+ , kết hợp với giả thiết ta được 2 SH SA SK 2 1 1 1 = 2+ (1) 2 SK SB SC 2 1 1 1 Trong tam giác vuông SDC ta có = + (2) 2 2 SK SD SC 2 Từ (1) và (2) ta được SB = SD , từ đó suy ra B ≡ D hay suy ra SB vuông góc với SC. 3 1,0 điểm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

0,25

G D

0,25

P C

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN = BN suy ra MN ⊥ AB , tương tự ta chứng minh được MN ⊥ CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA = GB = GC = GD . XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD Ta có XA + XB + XC + XD = GA XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD ≥ GA XG. GA + GB + GC + GD + 4.GA2 = = 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng với GA điểm G. Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ diện ABCD.

(

0,5

)

0,25

ĐỀ THI ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 11 MÔN: TOÁN – Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (4,0 điểm).

a. Tìm m để hàm số y =

cos x có tập xác định là ℝ. 3sin 5 x − 4cos 5 x − 2m + 3

b. Giải phương trình 2(1 + cos x)(1 + cot 2 x) =

sin x − 1 . sin x + cos x

Câu 2 (4,0 điểm). Cho dãy số (un ) xác định như sau u1 = 1,

un +1 = 1 + un2019 , n = 1, 2, 3,... un

 u12019 u22019 u 2019  + + ... + n  . u3 un +1   u2

Tính lim 

Câu 3 (3,0 điểm).Gọi S là tập các số tự nhiên có 4 chữ số. Một số thuộc S được gọi là số “ đẹp” nếu nó có các chữ số khác nhau, gồm hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ sao cho tổng các chữ số chẵn bằng tổng các chữ số lẻ. Bạn An chọn ngẫu nhiên một số trong S. Tính xác suất bạn An chọn được số “đẹp”. Câu 4 (2,0 điểm).Tìm m để hàm số liên tục tại điểm được chỉ ra:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 3 3 − 2x − 2 − x , x <1  f ( x) =  tại x = 1. x −1  2mx − 3, x ≥ 1 

Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (O xy ) , cho các điểm A(−2;3), A' (1;5) và B (5; −3), B ' (7; −2). Phép quay tâm I ( x; y ) biến A thành A’, B thành B’. Tính x + y.

Câu 6 (4,0 điểm). Trong mặt phẳng (α ) cho tam giác ABC vuông tại A, ABC = 600 , AB = a . Gọi

O là trung điểm BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng (α ) sao cho SB = a, SB ⊥ OA. Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng ( β ) qua M song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại

N, P, Q. Đặt x = BM (0 < x < a). a) Chứng minh MNPQ là hình thang vuông. b) Tính diện tích của hình thang theo a và x. Tính x để diện tích này lớn nhất. -------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………….….; Số báo danh…………………… ĐỀ ĐỀ NGHỊ (Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI OLIMPIC HỌC SINH LỚP 11 THPT Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1.(3.0đ)

π a) Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) của phương trình: 5cos x + sin x − 3 = 2 sin(2x + ) (*) 4  π π b) Tìm m để phương trình 2sin x + m cos x = 1 − m (1) có nghiệm x ∈  − ;  .  2 2 Câu 2.(4.0đ) a)Đội tuyển học sinh giỏi của một trường THPT có 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Trong buổi lễ trao phần thưởng, các học sinh trên được xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi xếp sao cho 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau b)Từ các số 1, 2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên ,mỗi số có 6 chữ số đồng thời thỏa điều kiện :sáu số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 số sau một đơn vị. 2

Câu 3.(4.0đ)Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: ( n!) ≥ n n (*)

u1 = 1, u 2 = 2 b)Cho dãy số (u n ) biết  * u n + 2 = au n +1 + (1 − a ) u n ∀n ∈ ℕ Tìm tất cả các giá trị của a để (u n ) tăng ?  3 x + 7 − 3x + 1 , khi x ≠ 1  Câu 4.(2.0đ)Cho hàm số f (x) =  x −1 ax, khi x = 1  Tìm a để hàm số liên tục tại x 0 = 1 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5.(3.0 điểm) Trong mp(Oxy), cho điểm A(2;1);B( −1; −3) và hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0 và d 2 : x − 5y − 16 = 0 . Tìm tọa điểm C, D lần lượt nằm trên m và n sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. Tính diện tích hình bình hành ABCD Câu 6.(4.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a .Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB .Góc giữa SC và (ABC) bằng 600 a) Tính SH . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a .

HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (3.0đ) a

π Tìm nghiệm x ∈ ( 0; π ) của phương trình: 5cos x + sin x − 3 = 2 sin(2x + ) 4 (*) ⇔ 5cos x + sin x − 3 = sin 2x + cos 2x

1,5

0.25

⇔ 5cos x + sin x − 3 = sin 2x + 2cos 2 x − 1 ⇔ 2cos 2 x − 5cos x + 2 + 2sin x cos x − sin x = 0

⇔ 2cos 2 x − 5cos x + 2 = ( 2cos x − 1)( cos x − 1) ⇔ ( 2cos x − 1)( cos x − 1) + sin x ( 2cos x − 1) = 0

0.25

⇔ ( 2cos x − 1)( sin x + cos x − 2 ) = 0 ⇔ 2cos x − 1 = 0 ∨ sin x + cos x − 2 = 0 0.25

π   x = 3 + k2π * 2 cos x − 1 = 0 ⇔   x = − π + k2π  3 Vì x ∈ ( 0; π ) nghiệm của phương trình: x =

0.25

π 3

π  *Với sin x + cos x − 2 = 0 ⇔ 2 cos  x −  = 2 (vô nghiệm) 4  π kết luận nghiệm của phương trình: x = 3 b

 π π Tìm m để phương trình 2sin x + m cos x = 1 − m (1) có nghiệm x ∈  − ;  .  2 2 * Ta có a = 2, b = m,c = 1 − m . Do b + c = 1 ≠ 0 nên cos

x = 0 không là nghiệm của 2

(1). * Đặt t = tan

2t 1− t2 x + m. = 1 − m ⇔ f ( t ) = t 2 − 4t + 1 − 2m = 0 (2). thì (1) ⇔ 2. 2 2 2 1+ t 1+ t

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 1,5

0.25 0.25

0.25

 π π  

- Để (1) có nghiệm x ∈  − ;  ⇔ ( 2 ) có nghiệm t ∈ [ −1;1] . 2 2 2 (P) : y = t − 4t + 1 , ( 2 ) ⇔ t − 4t + 1 = 2m là phương trình hoành độ giao điểm của  d : y = 2m, ( d Ox )

số nghiệm của phương trình (2) là số giao điểm của (P) và d.

0.25

Bảng biến thiên của hàm số y = t 2 − 4t + 1 x

-∞

-1

+∞

0.25

-2

Dựa vào bảng biến thiên phương trình (2) có nghiệm ⇔ −2 ≤ 2m ≤ 6 ⇔ −1 ≤ m ≤ 3 .

0.25

 π π  

Kết luận với −1 ≤ m ≤ 3 thì (1) có nghiệm x ∈  − ;  . 2 2

Câu 2 (4,0 điểm) 2

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , ta có: ( n!) ≥ n n (*)

2,0 0.5

* Với n = 1 ta có 11 ≥ (1 + 1) ⇔ 1 ≥ 1 (đúng). Vậy (*) đúng với n = 1 . 2

Giả sử với n = k thì (*) đúng, có nghĩa ta có: ( k!) ≥ k k (1). *Ta phải chứng minh (*) đúng với n = k + 1 , có nghĩa ta phải chứng minh: 2

( (k + 1)!) ≥ (k + 1)k +1 .Thật vậy, nhân hai vế của (1) với ( k + 1) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 ( k!) ( k + 1) ≥ k k ( k + 1) ⇔ ( (k + 1)!) ≥ k k ( k + 1) ⇔ ( (k + 1)!) ≥ (k + 1)k −1 ( k + 1) * Mà n n ≥ ( n + 1)

n −1

0.5

(1) 0

Với n = 1 ta có 11 ≥ (1 + 1) ⇔ 1 ≥ 1 (đúng). Vậy (1) đúng với n = 1 . Giả sử với n = k thì (1) đúng, có nghĩa ta có: k k ≥ ( k + 1)

k −1

(1).

Ta phải chứng minh (1) đúng với n = k + 1 , có nghĩa ta phải chứng minh:

( k + 1)

k +1

≥ ( k + 2)

Thật vậy, nhân hai vế của (1) với ( k + 1)

⇔ k k ( k + 1)

k +1

0.5

≥ ( k + 1)

k +1

ta được: k k ( k + 1)

( k + 1) k +1 ⇔ ( k + 1) ≥ kk

k +1

≥ ( k + 1)

⇔ ( k + 1)

k +1

(k ≥

k −1

( k + 1)

)

+ 2k + 1

 k 2 + 2k + 1  1 k +1 k  ⇔ ( k + 1) ≥   ⇔ ( k + 1) ≥  k + 2 +  > ( k + 2 ) (đúng). k k    Vậy (1) đúng với n = k + 1 . Do đó (1) đúng với ∀n ∈ ℕ * ./ k +1

k +1

* Do đó ⇔ ( (k + 1)!) ≥ k k ( k + 1) ⇔ ( (k + 1)!) ≥ (k + 1) k −1 ( k + 1)

⇔ ( (k + 1)!) ≥ (k + 1) k +1 . Vậy (*) đúng với n = k + 1 . Vậy (*) đúng với mọi số nguyên dương n ∈ ℕ * . Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25 0.25 0.25

u1 = 1, u 2 = 2 Cho dãy số (u n ) biết  . * u n + 2 = au n +1 + (1 − a ) u n ∀n ∈ ℕ Tìm tất cả các giá trị của a để (u n ) tăng ?

2,0

0. 25 0. 25

xét hiệu u n + 2 − u n +1 = au n +1 + (1 − a ) u n − u n +1

= ( a − 1)( u n +1 − u n )

0.25 0.25

⇒ u 3 − u 2 = ( a − 1)( u 2 − u1 ) = ( a − 1) ⇒ u 4 − u 3 = ( a − 1) ( u 3 − u 2 ) = ( a − 1) ... ⇒ u n +1 − u n = ( a − 1)

n −1

0.5 0.5

Để dãy số (u n ) tăng suy ra a > 1 .

Câu 3 (4,0 điểm) a

a) (2.0đ) Đội tuyển học sinh giỏi của một trường THPT có 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Trong buổi lễ trao phần thưởng, các học sinh trên được xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi xếp sao cho 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau. *Không gian mẫu là số cách sắp xếp tất cả 12 học sinh thành một hàng ngang.Suy ra số phần tử của không gian mẫu là Ω = 12! . *Gọi A là biến cố '' Xếp các học sinh trên thành một hàng ngang mà 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau '' . Ta mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau: - Đầu tiên xếp 8 học sinh nam thành một hàng ngang, có 8! cách. - Sau đó xem 8 học sinh này như 8 vách ngăn nên có 9 vị trí để xếp 4 học sinh nữ thỏa yêu cầu bài toán (gồm 7 vị trí giữa 8 học sinh và 2 vị trí hai đầu). Do đó có A94 cách xếp

4 học sinh nữ. Suy ra số phần tử của biến cố A là Ω A = 8!. A94 . Vậy xác suất cần tính P ( A ) =

4 9

ΩA 8! A 14 = = . Ω 12! 55

2,0 0.5 0.5 0.5

0.25 0.25

Từ các số 1, 2,3, 4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số có 6 chữ số đồng thời thỏa điều kiện: sáu số của mỗi số là khác nhau và trong mỗi số đó tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 số sau một đơn vị.

2,0

Gọi x = a1a 2 ...a 6 , a i ∈ {1, 2,3, 4,5,6} là số cần lập

0.25 0.25

Theo bài ra ta có: a1 + a 2 + a 3 + 1 = a 4 + a 5 + a 6 (1) Mà a1 ,a 2 ,a 3 , a 4 ,a 5 ,a 6 ∈ {1, 2,3, 4,5,6} và đôi một khác nhau nên

a1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 (2) Từ (1), (2) suy ra: a1 + a 2 + a 3 = 10

0.25 0.25

Phương trình này có các bộ nghiệm là: (a1 ,a 2 ,a 3 ) = (1,3,6); (1, 4,5); (2,3,5) Với mỗi bộ ta có 3!.3! = 36 số. Vậy có cả thảy 3.36 = 108 số cần lập.

0.25 0.25 0. 5

Câu 4 (2,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 3 x + 7 − 3x + 1 ,x ≠1  Câu 4:(2.0đ) Cho hàm số f (x) =  . Tìm a để hàm số liên tục tại x 0 = 1 x −1 ax, x = 1  lim f ( x ) = lim x →1

x →1

  = lim  x →1  ( x − 1)     = lim  x →1  3 x+7 

 3 x + 7 − 2 2 − 3x + 1  x + 7 − 3x + 1 = lim  +  x →1 − x −1 x 1 x −1  

  −3 ( x − 1) x −1 +  2  3 3 x 1 2 3x 1 − + + ( )  x + 7 + 2. x + 7 + 4    1 3  − 2  3 + 2. x + 7 + 4 2 + 3x + 1   x −1 1 = + Tính được: = lim 2 x →1 ( x − 1)  3 x + 7 + 2. 3 x + 7 + 4 12   3 3 + Tính được: =− 4 2 + 3x + 1 2 Suy ra lim− f (x) = − . x →1 3 Để f (x) liên tục tại x = 1 thì lim+ f (x) = lim− f (x) = f (1)

(

)

0,25 0,25

)

0,25

)

(

)

x →1

Hàm số liên tục tại x 0 = 1 ⇔ lim f ( x ) = f (1) ⇔ a = − x →1

2 . 3

0,5

0,25

0,25 0,25

Câu 5. (3,0 điểm) 0.5 0.5

Giả sử C (c; −c − 3) ∈ d1 ; D (5d + 16; d ) ∈ d 2

Ta có: CD = (5d − c + 16; d + c + 3)

Để tứ giác ABCD là hình bình hành thì: CD = BA

5d − c + 16 = 3  c = 3 ⇔  d +c+3= 4  d = −2

0.5

⇔

0.5

Vậy C (3; −6); D (6; −2) Ta có CD: 4 x − 3 y − 30 = 0 h = AH = d ( A; CD ) = 5 S ABCD = h.CD = 25 (đvdt)

1.0 Câu 6. (4,0 điểm)

= 600 Ta có: ( SC , ( ABC )) = SCH Gọi D là trung điểm của AB . Ta có a a 3 a 7 DH = ; CD = ; CH = DH 2 + CD 2 = 6 2 3

a 21 3 *Kẻ Ax // BC. Gọi N , K lần lượt là hình chiếu của H lên Ax và SN . ⇒ SH = HC.tan 600 =

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

1.0 1.0

3 AH nên 2 3 * d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN ) = d ( H ,( SAN )) 2 * Lại có: Ax ⊥ ( SHN ) ⇒ Ax ⊥ HK ⇒ HK ⊥ ( SAN ) ⇒ d ( H , ( SAN )) = HK

Ta có: BC // ( SAN ) và AB =

0.5 0.5

2a a 3 SH .HN a 42 ; HN = AH .sin 600 = , HK = = 3 3 12 SH 2 + HN 2 a 42 Vậy d ( SA, BC ) = 8 AH =

K N

D H

KÌ THI HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN 11 Thời gian: 180’ (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (5 điểm). 1)Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: 2) Giải phương trình

2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2

2 sin x − 1

x −3 2 =0

 x 2 + xy + y 2 = 3 Câu 2 (4 điểm).Giải hệ phương trình  4 4  x + y = 17

Câu 3 ( 5 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số có mặt 2 số 1 và các số còn lại có mặt một lần. 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức (

1 + x7 ) , 4 x

biết C21n+1 + C22n +1 + C23n +1 + ... + C2nn+1 = 220 − 1

Câu 4 ( 4 điểm).Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC, K là điểm trên cạnh BD sao cho KB = 2 KD. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (IJK). Chứng minh thiết diện là hình thang cân. b. Tính diện tích thiết diện theo a. Câu 5 ( 2 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆: x − y − 4 = 0 . Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆. Xác định tọa độ các điểm B, C biết diện tích tam giác bằng 18.

------------Hết-----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………; Số báo danh…………

ĐÁP ÁN KÌ THI HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN 11- NĂM HỌC 2018-2019 Câu Ý 1 1 2,0 điểm

Nội dung trình bày

Điểm

π 3 1 3 )+3 cos 2 x + 3 = sin 2 x − cos 2 x + 3 == sin( 2x3 2 2 2

f ( x) = cos x sin x −

GTLN = 4 khi x = GTNN = 2 khi x = 1

1,0 0,5 0,5

2 3,0 điểm

π   x ≠ 6 + k 2π 1 , k , l ∈ Z (*). Điều kiện: sin x ≠ ⇔  2  x ≠ 5π + lπ  6 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: x 2 3 sin x. (1 + cos x ) − 4 cos x.sin 2 − 3 = 0 2 ⇔ 2 3 sin x + 2 3 sin x.cos x − 2 cos x (1 − cos x ) − 3 = 0 ⇔2 ⇔

(

TH1:

) (

0,5

)

3 sin x − cos x − 3sin 2 x − 2 3 sin x.cos x + cos 2 x = 0 3 sin x − cos x

)(

 3 sin x − cos x = 0 3 sin x − cos x − 2 = 0 ⇔   3 sin x − cos x = 2

)

3 sin x − cos x = 0 ⇔ cot x = 3 ⇔ x =

π + kπ , k ∈ Z 6 π

π π   3 sin x − cos x = 2 ⇔ 2  sin x cos − cos x sin  = 2 ⇔ sin  x −  = 1 6 6 6   2 π π 2π ⇔ x − = + k 2π ⇔ x = + k 2π , k ∈ ℤ 6 2 3 TH2:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5 0,5

Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình đã cho có 2 họ nghiệm 7π 2π x= + k 2π , x = + k 2π , k ∈ Z 6 3 2 2  x + xy + y = 3(1) 4,0 điểm  4 4  x + y = 17(2) Từ 2 ta có ( x 2 + y 2 )2 − 2 x 2 y 2 = 17

Từ 1 ta có x 2 + y 2 = 3 − xy

0,5

0,5 0,5

⇒ x 2 y 2 + 6 xy + 8 = 0

xy = -2 hoặc xy = -4 Với xy = -2 x + y = 1  x + y = −1 hoặc ⇒  ⇒  xy = −2  xy = −2  x = −2 x = 2  x = −1 x = 1 ⇒ ⇒ ⇒ ⇒  y = −2 y =1  y = −1  y = 2

1,0 1,0

Với xy = -4 suy ra vô nghiệm 1 3,0 điểm Gọi x = a1a2 ...a6 có 9.105 số suy ra Ω = 9.105

0,5

0,5 0,5

Gọi x = a1a2 ...a6 trong đó có 2 số 1 Có C62 . 9.8.7.6 số

1,0

Gọi x = 0a2 ...a6 trong đó có 2 số 1 0,5

Có C62 . 8.7.6.5 số

0,5

Suy ra ΩA = C . 9.8.7.6- C . 8.7.6.5 2 6

2 6

P(A) = 2 2,0 điểm

0,5

C20n +1 + C21n +1 + C22n +1 + C23n +1 + ... + C22nn++11 = 22 n +1 ⇒ 2( C

0 2 n +1

1 2 n +1

2 2 n +1

3 2 n +1

+ ... + C

n 2 n +1

)=2

0,5 2 n +1

⇒ C21n +1 + C22n +1 + C23n +1 + ... + C2nn +1 ) = 22 n − 1

⇒ n = 10 26

6 10

Thay vào suy ra k=6 và hệ số của x là C 4

4,0 điểm Dựng đúng thiết diện IJ//AB mặt phẳng (IJK) cắt (ABD) theo giao tuyến HK//AB thiết diện IJKH Chứng minh JK= IH Kết luận IJKH là hình thang cân

KH=

a a , IJ = 3 2

Tính IH2 = AI 2 + AH 2 − 2 AI . AH cos 600 = Tính được chiều cao HP =

13a 2 36

a 51 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5 0,5

0,5 0.5 1,0 0,5 0,5

S =5 5

5a 2 51 144

2,0 điểm

Gọi H là trung điểm BC, khi đó AH= d ( A, ∆) = Theo gt có

S ABC = 18 ⇒

| −1 − 4 − 4 | 2

1 + ( − 4)

9 2

1 BC. AH = 18 2

0,5

0.5

⇒ BC = 4 2

Đường thẳng AH đi qua A(-1;4) và vuông góc với đường thẳng ∆ nên có phương trình AH: x+y-3=0 x − y = 4 x + y = 3

H=AH∩∆⇒Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình: 

0.5

7 1 2 2

⇒ tọa độ H  ;  Điểm B nằm trên ∆: x-y-4=0 nên B có tọa độ dạng B(m; m-4) 11  m= 2  BC 7 1 2 HB 2 = = 8 = (m − ) 2 + (m − 4 + ) 2 ⇔  3 4 2 2 m =  2

KL: B(

11 3 3 5 11 3 3 5 ; ), C ( ;− ) hoặc C ( ; ), B( ;− ) 2 2 2 2 2 2 2 2

0,5

Học sinh làm cách khác nếu đúng căn cứ thang điểm giáo viên cho điểm. KỲ THI OLYMPIC LỚP11 MÔN : TOÁN Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Đề tham khảo

Câu 1: (3 điểm). Giải các phương trình sau:

a) 3 sin 2 x +

(1 − 3 ) sin 2 x − cos

2 b) sin x + 2 sin 2 x − sin 3x = 3

x +1− 3 = 0 .

Câu 2:(4 điểm).

a) Cho dãy số (un) với u n =

v1 = u1 1 và dãy số (vn) xác định như sau:  . * n + 3n + 2 v n +1 − v n = u n +1 , ∀n ∈ N 2

Tìm công thức tính số hạng tổng quát của dãy số (vn) theo n. b) Tính giới hạn của dãy số (un) với u n =

n . 3n

Câu 3: (4 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có: 1.1!+2.2!+3.3!+... + n.n!< (n + 1)!. b) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 10 số đôi một khác nhau, trong đó các chữ số 1, 2, 3, 4, 5 được xêp theo thứ tự tăng dần từ trái sang phải nhưng các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thì không được xếp như vậy. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4: (2 điểm) 3 x + x 2 − x − 1 + m khi x < 1  x −1  Cho hàm số f ( x) = 2 khi x = 1 . 4  4x − 3 − 1 − n khi x > 1  x − 1 Xác định m và n để hàm số liên tục tại điểm x0 = 1

Câu 5: (3 điểm) Cho tứ giác ABCD có AB = ∧

∧

3 , BC = 3, CD = 2 3 , BAD = CDA = 60 0 . Tính

∧

số đo các góc BCD , ABC . Câu 6: (4 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, mặt bên ∧

ABB’A’ là hình vuông cạnh a, góc ACB = 30 0 . a) Tính góc giữa đường thẳng AB’ và mặt phẳng (AA’C’C). b) Gọi G là trọng tâm tam giác AA’C. Tính khoảng cách từ G đến mp(BB’C’C). c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và C’C. -------------------------- Hết-------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP11 MÔN : TOÁN Thời gian : 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm

Câu 1a

Nội dung * Nhận thấy cosx = 0 không thỏa mãn phương trình. * Chia hai vế phương trình cho cos2x ta được: 3 tan 2 x + (1 − 3 ) tan x − 1 + (1 − 3 )(1 + tan 2 x) = 0 ⇔ tan 2 x + (1 − 3 ) tan x − 3 = 0

π   x = − 4 + kπ  tan x = −1 ⇔ ⇔ (k ∈ Z )  x = π + kπ  tan x = 3 3  sin x + 2 sin 2 x − sin 3 x = 3 ⇔ 2 sin 2 x − (sin 3 x − sin x ) = 3 3 ⇔ sin 2 x − sin x. cos 2 x = 2   3 1 sin x ⇔ 1 + sin 2 x  . sin 2 x − . cos 2 x  = 2 1 + sin 2 x  1 + sin x  2 2

Điểm 0,25

0,5 0,25 0,5

0,25 0,25

   sin x  1  +  = 1. Do     2 2  1 + sin x   1 + sin x  1 sin x Đặt = cos t ; = sin t . 2 1 + sin 2 x 1 + sin x

0,25

Phương trình trở thành: 1 + sin 2 x (sin 2 x. cos t − cos 2 x. sin t ) = ⇔ 1 + sin 2 x . sin (2 x − t ) =

3 2

0,25

Phương trình này vô nghiệm vì: 1 + sin 2 x . sin (2 x − t ) ≤ 2 <

3 2

0,5

Ta có v1 = u1 v 2 = v1 + u 2 = u1 + u 2 v 3 = v 2 + u 3 = u1 + u 2 + u 3 ... v n = u1 + u 2 + ... + u n

Xét u n =

1 1   1 = − . n + 3n + 2  n + 1 n + 2 

0,5 0,5

Do đó v n = u1 + u 2 + .. + u n 1  1 1 1 1  1 =  −  +  −  + .. +  −   2 3  3 4  n +1 n + 2  1 1 n +1 = − = 2 n + 2 2( n + 2)

0,25 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

V ậy v n =

n +1 2(n + 2)

0,25 2b

Với mọi n ∈ N , ta có: *

0,5

u n +1 n + 1 2n 2 = ≤ = . un 3n 3n 3 2

Suy ra: 0 < u n +1

2 2 2 2 1 2 ≤ u n ≤   u n −1 ≤ .. ≤   u1 =   . <   . 3 3 3 3 3 3

2 Mà lim  = lim 0 = 0 nên suy ra lim u n = 0 3

Cho k lần lượt các giá trị 1, 2, 3,…, n, ta được: 1.1! = 2! – 1! 2.2! = 3! – 2! 3.3! = 4! – 3! …………… n.n! = (n + 1)! – n!. Cộng n đẳng thức trên theo vế ta được: 1.1! + 2.2! + 3.3! + …+ n.n! = (n + 1)! – 1 < (n + 1)! (đpcm)

0,5

Ta có: ( k + 1)!= ( k + 1).k! = k .k!+ k!⇒ k .k! = ( k + 1)!− k!

0,5

Gọi số tự nhiên có 10 chữ số là: a1a2 a3 ....a10 ( ai ϵ {0, 1, 2,..., 9}, a1 ≠0 Theo đề thì nhất thiết các chữ số 1, 2, 3, 4 và 6 phải đứng trước số 5. Do đó chữ số 5 chỉ có thể đặt ở các vị trí: a6, a7, a8, a9, a10. + TH1:a10 = 5: Chữ số 6 có 9 vị trí, bộ (1,2,3,4) có C48 vị trí và bốn chữ số 0,7,8,9 có 4! Cách sắp xếp. Như vậy có 9C484! Cách sắp xếp (kể cả số 0 đứng đầu) Ta bỏ đi trường hợp a1 = 0 có 8C473! cách Như vậy TH1 có: 9C484! - 8C473! (số). + TH2: a9 = 5: ta có: 8C474! - 7C463! (số). + TH3: a8 = 5: ta có: 7C464! - 6C453! (số). + TH4: a7 = 5: ta có: 6C454! - 5C443! (số). + TH5: a9 = 5: ta có: 5C444! (số). Từ các trường hợp trên cộng lại ta được số các số cần tìm là: 22680(số) x + x2 − x −1 4 = +m x →1− x →1− x −1 3 4 + Bằng cách đặt ẩn phụ t = 4 x − 3 , tính được  4 4x − 3 − 1  lim+ f ( x) = lim+  − n  = 1 − n . x →1 x →1 x −1   + f (1) = 2 .

+ Tính được lim f ( x) = lim

0,75

0,5 0,75

0,25

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,75 0,75

Để hàm số liên tục lại x0 = 1 thì 2  m = lim f ( x) = lim+ f ( x) = f (1) ⇒  3 x →1− x →1 n = −1

0,5

Xét phép tịnh tiến TDC ( A) = A' , khi đó ∧

tứ giác ADCA’ là hình bình hành và BAA' = 60 0 . Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,75

Trong tam giác ABA’ có: 0,5

∧

BAA' = 60 0 , AA' = 2 AB = 2 3

Do đó tam giác ABA’ vuông tại B và ∧

0,5

BA' A = 30 0 , A' B = 3 .

Vì A’B = BC = 3 nên tam giác BCA’ cân tại B, do đó: ∧

∧

0,5

∧

BCA' = BA' C = AA' C − BA' A = 30 0

0,5

∧

BCD = A' CD − BCA' = 120 0 − 30 0 = 60 0 ∧ ∧ ∧  ∧  ABC = 360 0 −  BAD + CAD + BCD  = 150 0  

A C B

a) Gọi E là chân đường cao hạ từ B’ lên A’C’.Suy ra B' E ⊥ ( AA' C ' C ), (B' E ⊥ A' C ' , B' E ⊥ AA')

0,25

Suy ra góc giữa B’A và (AA’C’C) là góc

∧

B' AE .

∧

Tính được sin B' AE = A'

∧

2 2

⇒ B ' AE = ..

0,5 0,25 0,5

Gọi M là trung điểm của AA’. Ta có 2 d (G, (BB' C ' C )) = d (M , ( BB' C ' C ) ) 3 2 2 2 = d ( A, ( BB ' C ' C ) ) = AB = a 3 3 3 (Phải chứng minh AB ⊥ (BB ' C ' C ) ) + Chứng minh AB ' ⊥ (BA' C ) . + Gọi H là giao điểm của AB’ và BA’, I là hình chiếu vuông góc của H lên A’C, suy ra HI là đoạn vuông góc chung của AB’ và A’C, suy ra d ( AB' , A' C ) = HI + Gọi KBK là đường cao của tam giác A’BC. Tính được BK = + Suy ra d ( AB ' , A' C ) = HI =

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (Đề này có 01 trang)

a 6 5

1 a 6 BK = 2 2 5

0,75 (0,25) 0,25 0,5 0,25 0,5

THI OLIMPIC Môn: Toán – Lớp: 11 Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1 ( 3,0 điểm): Cho phương trình : cos3x − cos 2 x + m cos x − 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3. π b) Tìm m để phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên  − ;2π  . 

Câu 2 (4,0 điểm): a) Cho phương trình: x4 – 3x2 + m – 1 = 0.

0,5



Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt tạo nên một cấp số cộng. u1 = 4 b) Cho dãy số (un ) xác định bởi:  . 1 * un +1 = 9 (un + 4 + 4 1 + 2un ), n ∈ ℕ Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) .

Câu 3 (4,0 điểm): a) Trong một cái hộp có 9 bi đỏ khác nhau, 8 bi vàng khác nhau và 10 bi xanh khác nhau. Cần chọn ra 7 bi sao cho mỗi màu có ít nhất 1 bi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ở các góc phần tư thứ I, thứ II, thứ III, thứ IV ta lần lượt lấy 1, 2, 3 và 4 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ và ba điểm bất kì không thẳng hàng). Ta lấy 3 điểm bất kì trong 10 điểm trên. Tính xác suất để 3 điểm đó tạo thành tam giác có 2 cạnh đều cắt trục tọa độ. Câu 4 (2,0 điểm): Cho n là số nguyên dương, hãy tìm giới hạn: x n − nx + n − 1 A = lim x →1 ( x − 1) 2 Câu 5 ( 3.0 điểm): Cho một đường thẳng d và một điểm O cố định, đường thẳng d không đi qua O. Gọi A là một điểm di động trên d. Gọi A’ là điểm còn lại của tam giác →

→

OAA’ vuông cân tại A sao cho ( OA, OA ' ) =

π . Gọi G là trọng tâm của tam giác 4

OAA’ . Tìm tập hợp các trọng tâm G đó. Câu 6(4.0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có SC ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC vuông tại B. Biết AB = a; AC = a 3 và góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAC) bằng α với sin α =

13 . Tính độ 19

dài SC theo a. --------- Hết ---------

THI OLIMPIC Môn: Toán – Lớp: 11 HƯỜNG DẪN CHẤM Bài

Câu a

1 (3.0đ)

Hướng dẫn chấm Cho phương trình : cos3x − cos 2 x + m cos x − 1 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3. Phương trình (1)

Điểm 1.5đ

⇔ cos x (4 cos 2 x − 2 cos x + m − 3) = 0

0,5

cos x = 0  ⇔  2 4 cos 2 cos x − x+m−3= 0 

0,5

(2)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài

Câu

Hướng dẫn chấm

1) Víi m = 3 th× (1) b

 π  2  cos x = 0  x = 2 + kπ 1 ⇔  ⇔  π cos x =  x = ± + 2kπ 2  3 

Điểm 0,5 k ∈ Z

b) Tìm m để phương trình (1) có số nghiệm nhiều nhất trên

1,5đ

 π   − ;2π  .  2 



t = cos x ; t ≤ 1 4t − 2t + m − 3 = 0 (3)

Xét phương trình (2) ⇔ 

0,25

π Vẽ đồ thị hàm số y=cosx trên  − ;2π  Y

y = t2

y = t1

π 2



π 2



3π 2

2π

0,5

Số nghiệm của (2) là số giao điểm của y=t và y =cosx trên

0,25

 π   − ;2π  với t là nghiệm của (3). Phương trình (1) có số  2  π nghiệm nhiều nhất trên  − ;2π  khi và chỉ khi phương  2 

0,25

trình (3) có hai nghiệm t1< t2 thoả mãn: 0 < t1<

 ∆' > 0   f (0) > 0 t2<1 ⇔  f (1) > 0  0 < 1 < 1  4

⇔ 3< m<

2 a (4.0đ)

0,25

13 4

a)Cho phương trình: x4 – 3x2 + m – 1 = 0. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt tạo nên một cấp số cộng. Phương trình: x4 – 3x2 + m – 1 = 0 (1). Đặt t = x2 ≥ 0. Phương trình (1) ⇔ t 2 − 3t + m − 1 = 0 (2). Để (1)có 4 nghiệm phân biệt thì (2) có 2 nghiệm dương phân

2.0đ

0,25 0.25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm

∆ > 0  ⇔ S > 0 P > 0 

0,25

13 − 4m > 0  ⇔ 3 > 0 biệt m − 1 > 0 

0.25

⇔1< m <

13 4

0.25

Khi đó có t1>0, t2>0 và giả sử t1<t2. Phương trình trùng phương có 4 nghiệm là: ± t1 , ± t2 Sắp thứ tự thành dãy tăng hoặc giảm − t2 , − t1 , t1 , t2 (d>0) t2 , t1 , − t1 , − t2 Dãy đó là cấp số cộng :

0.25

− t1 + t2 = 2 t1

0.25

⇔ t2 = 3 t1 ⇔ t2 = 9t1

0.25

t2 = 9t1 (a)  Cùng với định lý viet ta có : t1 + t2 = 3 (b) t .t = m − 1 (c) 1 2 Kết quả : m = b

b)Cho

181 100

dãy

số

xác

(un )

định

bởi:

2.0đ

u1 = 4  .  1 * un +1 = 9 (un + 4 + 4 1 + 2un ), n ∈ ℕ

Tìm công thức của số hạng tổng quát (un ) .

Đặt xn = 1 + 2un ⇒ xn2 = 1 + 2un , xn ≥ 0 ⇒ un =

xn2 − 1 . 2

0.25

Thay vào giả thiết:. xn2+1 − 1 1 xn2 − 1 = ( + 4 + 4 xn ) ⇔ (3xn +1 )2 = ( xn + 4)2 2 9 2 ⇔ 3 xn +1 = xn + 4, ∀n ∈ N * , xn ≥ 0 .

0.25

Ta có 3xn +1 − xn = 4 ⇔ 3n +1 xn +1 − 3n xn = 4.3n .

0.25

Đặt yn = 3 .xn ⇒ yn+1 = yn + 4.3 , ∀n ∈ N . n

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.25

Bài

Câu

Hướng dẫn chấm ⇒ yn +1 = y1 + 4(3n + 3n −1 + ... + 3) ⇔ yn +1 = y1 − 6 + 2.3n +1 .

Ta có x1 = 3 ⇒ y1 = 9 ⇒ yn = 3 + 2.3n . Suy ra xn = 2 + 3 (4.0đ)

1 1 4 1 , ∀n ∈ N * ⇒ un = (3 + n −1 + 2 n − 2 ), ∀n ∈ N * . 3n −1 2 3 3

a)Trong một cái hộp có 9 bi đỏ khác nhau, 8 bi vàng khác

Điểm 0.25 0.25 0.5 2.0đ

nhau và 10 bi xanh khác nhau. Cần chọn ra 7 bi sao cho mỗi màu có ít nhất 1 bi. Hỏi có bao nhiêu cách chọn? 0.25 Chọn 7 viên bi bất kỳ trong 27 viên có: C277 cách chọn. 7 + Chọn 7 viên bi đỏ có C9 cách chọn. 0.25 + Chọn 7 viên bi vàng có C87 cách chọn. 0.25 + Chọn 7 viên bi xanh có C107 cách chọn. 0.25 + Xét trường hợp chỉ có bi đỏ và vàng có: C177 − C97 − C87 cách 0.25 chọn. + Xét trường hợp chỉ có bi vàng và xanh có: C187 − C107 − C87 0.25 cách chọn. + Xét trường hợp chỉ có bi đỏ và xanh có: C197 − C97 − C107 cách 0.25 chọn. Vậy để chọn 7 bi có đủ 3 màu có: 0.25 7 C27 − C97 − C87 − C107 − C177 − C187 − C197 + 2(C97 + C87 + C107 )

=786534 cách chọn. b)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , ở các góc phần tư thứ I, thứ II, thứ III, thứ IV ta lần lượt lấy 1, 2, 3 và 4 điểm phân biệt (các điểm không nằm trên các trục tọa độ và ba điểm bất kì không thẳng hàng). Ta lấy 3 điểm bất kì trong 10 điểm trên. Tính xác suất để 3 điểm đó tạo thành tam giác có 2 cạnh đều cắt trục tọa độ. - Số tam giác tạo thành là: C103 = 120. - Tam giác ABC tạo thành có 2 cạnh cắt trục tọa độ khi B; C thuộc 1 góc phần tư, A thuộc góc phần tư khác: + A thuộc góc phần tư thứ nhất, có 1. ( C 22 + C32 + C 42 ) = 10 tam giác thỏa mãn. + A thuộc góc phần tư thứ hai, có 2 ( C32 + C24 ) = 18 tam giác thỏa mãn. + A thuôc góc phần tư thứ ba, có 3 ( C22 + C24 ) = 21 tam giác thỏa mãn. + A thuôc góc phần tư thứ tư, có 4 ( C22 + C32 ) = 16 tam giác thỏa mãn. - Xác suất cần tìm là:

2.0đ

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5

10 + 18 + 21 + 16 13 = . 120 24

Cho n là số nguyên dương, hãy tìm giới hạn:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.0đ

Bài (2.0đ)

Câu

Hướng dẫn chấm x n − nx + n − 1 A = lim x →1 ( x − 1) 2 Ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+……….+xk-1)

Điểm

0,25

( x − 1)(1 + x + x2 + ...... + xn−1 − n) x →1 ( x − 1)2

A = lim

0,5

( x − 1) + (x2 − 1) + ......... + ( xn −1 − 1) = lim x →1 x −1

0.5 0.25

( x − 1)[1 + ( x + 1) + .... + (1 + x + ...... + xn −2 )] x →1 x −1 n(n − 1) = 1 + 2 + 3 + ....... + (n − 1) = 2

= lim

5 (3.0đ)

0.5

Cho một đường thẳng d và một điểm O cố định, đường thẳng d không đi qua O. Gọi A là một điểm di động trên d. Gọi A’ là điểm còn lại của tam giác OAA’ vuông cân tại A sao cho ( →

→

OA, OA ' ) =

π 4

3.0đ

. Gọi G là trọng tâm của tam giác OAA’ . Tìm

tập hợp các trọng tâm G đó. Gọi I là trung điểm AA’. 2 3

→

0.5

→

Ta có: OG = OI →

0.25

→

Gọi ( OA, OG ) = α => tanα =1/2, α không đổi. 2 OI OG 2 Ta lại có: = 3 = , OA OA 3 cos α 1 2 mà cosα= = 2 5 1 + tan α OG 5 => = OA 3

0.25 0.25 1.0

→

Gọi A1 là ảnh của A qua Q(O,α) => OA =OA1=> OG =

5 → OA1 3

Vậy tập hợp điểm G là đường thẳng d1 là ảnh của đường thẳng d qua phép đồng dạng có được bằng cách thực hiện liên tiếp phép quay tâm O góc quay α ( với tanα =1/2) và phép vị tự tâm O tỷ số k= 6 (4.0đ)

0.5

0.25

5 3

Cho hình chóp S.ABC có SC ⊥ ( ABC ) và tam giác ABC 4.0đ vuông tại B. Biết AB = a; AC = a 3 và góc giữa hai mặt phẳng

(SAB), (SAC) bằng α với sin α =

13 . Tính độ dài SC theo a. 19

Gọi H, K là hình chiếu của C lên SA, SB. Ta chứng minh được CK ⊥ ( SAB ), SA ⊥ (CHK ) .

Suy ra ∆CHK vuông tại K và SA ⊥ KH . x

S H

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú K Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5 0.5

Bài

Câu

Hướng dẫn chấm

Điểm 0.5

Do đó α = ∠CHK.

Đặt SC = x > 0 . Trong tam giác vuông SAC ta có 1 1 1 3a 2 x 2 2 = + ⇒ = . CH CH 2 CA 2 CS 2 3a 2 + x 2

0.5

Tương tự, trong tam giác vuông SBC ta có CK 2 = Ta có sin α = ⇔

2a 2 x 2 . 2a 2 + x 2

13 CK 2 13 ⇔ = 19 CH 2 19

0.5 0.5

2(3a 2 + x 2 ) 13 = ⇔ x = 6a , vì x> 0. 3(2a 2 + x 2 ) 19

0.5 0.5

Vậy SC = 6a

Học sinh giải cách khác đúng GV vẫn chấm --------Hết---------KỲ THI OLYMPIC ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ————————————

——————

Câu 1 (3 điểm).

Giải phương trình:

π tan 2 x + tan x 2  = sin  x +  . 2 tan x + 1 2 4 

Câu 2 (5 điểm). 1. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 2. Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện: 720 ( C77 + C87 + C97 + ... + Cn7 ) =

1 An10+1 . 4032

Tìm hệ số của x 7 trong khai triển 1   A=x− 2  x  

( x ≠ 0) .

Câu 3 (5 điểm).

1. Cho dãy số ( an ) thỏa mãn điều kiện: a1 = 2, ( 4 − an )( 6 + an−1 ) = 24 Tính S2019 =

1 1 1 + + ... + a1 a2 a2019

2. Cho dãy số {un } được xác định như sau Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

u1 = 1  2019  un +1 = un + un n

Tìm lim ∑ ( n→+∞

xi2018 ) ui +1

Câu 4 (2 điểm).

Cho hình bình hành ABCD . Kẻ các đường cao BH và BK của hình bình hành ( H ∈ AD và K ∈ CD ). Gọi E là trực tâm của tam giác BHK . Biết HK = m và BD = n . Hãy tính độ dài của EB theo m và n . Câu 5.(3 điểm ) = 300 , SBC = 600 và Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành và SA = SB = SC = 11 , SAB = 450 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD? SCA

Câu 6. (2điểm)

Cho tứ diện ABCD thỏa mãn điều kiện AB = CD, BC = AD, AC = BD và một

điểm X thay đổi trong không gian. Tìm vị trí của điểm X sao cho tổng XA + XB + XC + XD đạt giá trị nhỏ nhất.

—Hết—

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

KỲ THI OLYMPIC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ———————————

———————

I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Câu 1

Nội dung trình bày

Điể m

3 điểm Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

π 2

+ kπ (*)

Phương trình đã cho tương đương với: 2 cos 2 x(tan 2 x + tan x) = sin x + cos x Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

⇔ 2sin 2 x + 2sin x.cos x = sin x + cos x ⇔ 2sin x(sin x + cos x) = sin x + cos x ⇔ (sin x + cos x)(2sin x − 1) = 0

+ Với sin x + cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + Với 2sin x − 1 = 0 ⇔ sin x =

π 4

+ kπ

π 1 5π ⇔ x = + k 2π ; x = + k 2π 2 6 6

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của phương trình đã cho là: π π 5π x = − + kπ ; x = + k 2π ; x = + k 2π (k ∈ ℤ) 4

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

Câu 2 1 2.5 điểm Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 99999 − 10000 + 1 = 90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là:

0.5

abcd1

Ta có abcd1 = 10.abcd + 1 = 3.abcd + 7.abcd + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd + 1 chia hết cho 7. h −1 là số nguyên khi và chỉ khi h = 3t + 1 3 Khi đó ta được: abcd = 7t + 2 ⇒ 1000 ≤ 7t + 2 ≤ 9999 998 9997 ⇔ ≤t ≤ ⇔ t ∈ {143, 144,..., 1428} suy ra số cách chọn ra t sao cho số 7 7 abcd1 chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286. 1286 ≈ 0, 015 Vậy xác suất cần tìm là: 90000

Đặt 3.abcd + 1 = 7h ⇔ abcd = 2h +

0,5 0.5

0.5 0,5

2 2,5 điểm Áp dụng công thức: Cnk −1 + Cnk = Cnk+1 ⇔ Cnk −1 = Cnk+1 − Cnk , ∀k = 1, n ; k , n ∈ ℕ* , ta được: 1 C77 + C87 + C97 + ... + Cn7 = C77 + ( C98 − C88 ) + ( C108 − C98 ) + ... + ( Cn8 − Cn8−1 ) + ( Cn8+1 − Cn8 = Cn8+1 . Do đó : 720 ( C77 + C87 + C97 + ... + Cn7 ) = ⇔ 720Cn8+1 =

1 An10+1 4032

0,5

1 An10+1 ⇔ n = 16 . 4032

16 16 1  1  16 − k  k  Có:  x − 2  = ∑ C16k ( x )  − 2  = ∑ C16k ( −1) x16 −3 k . x    x  k =0 k =0

0,5

Số hạng trong khai triển chứa x 7 ứng với 16 − 3k = 7 ⇔ k = 3 .

3 16

Vậy hệ số của x là C

( −1)

= −560 .

Câu 3 1 2.5 điểm Câu 1. Cho dãy số ( an ) thỏa mãn điều kiện: a1 = 2, ( 4 − an )( 6 + an−1 ) = 24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

Tính S2012 =

1 1 1 + + ... + a1 a2 a2012

Từ công thức truy hồi ta suy ra an =

Đặt tn =

4 an −1 = 6 + an−1

2 1 + 3an −1 4

⇒

1 2 1 = + . an 3an−1 4

1 1 3 1 1 3 1 (t1 = ) ⇒ tn = tn−1 + ⇔ tn + = (tn−1 + ) 2 2 4 2 2 2 an

0.5

1 3 3 Đặt un = tn + (u1 = 1) ⇒ un = un−1 ⇒ Sn = 2[( )n − 1] 2 2 2

0.5

3 Cho n = 2019 , ta có S2019 = 2[( )2019 − 1]. 2

0.5

2 2.5 điểm Câu 2. Cho dãy số {un } được xác định như sau u1 = 1  2019  un +1 = un + un n

Tìm lim ∑ ( n→+∞

xi2018 ) ui +1

Câu 3. Ta có un+1 = un + un2019

⇔ un+1 − un = un2019 ⇔

un2018 1 1 = − un+1 un un+1

ui2018 1 1 Câu 4. ⇒ ∑ = − u1 un+1 1 ui +1

0.5

Câu 5. Rõ ràng un dương với mọi n Câu 6. Giả sử dãy un có giới hạn hữu hạn, cho n tiến đến dương vô cực ta được a = a + a 2013 ⇔ a = 0

0.5

Vì un dương với moi n nên a không thể bằng 0 (Vô lý)

Câu 7. Do đó,

lim un = +∞ ⇒ lim un +1 = +∞

Do vậy n u2018 1 1 )=1 lim∑ i = lim( − u1 un+1 1 ui +1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Câu 4

2,0 điểm 1. Cho hình bình hành ABCD . Kẻ các đường cao BH và BK của hình bình hành ( H ∈ AD và K ∈ CD ). Gọi E là trực tâm của tam giác BHK . Biết HK = m và BD = n . Hãy tính độ dài của EB theo m và n .

P A H

Ta có: EH // KD (vì cùng vuông góc với BK )

0.5

EK // HD (vì cùng vuông góc với BH )

Do đó tứ giác EHDK là hình bình hành. Xét phép tịnh tiến T , ta có: KD

T ( K ) = D ; T (E) = H KD KD Gọi T ( B ) = P , ta có EB = HP . KD Ta có tứ giác BPDK là hình chữ nhật, nên KP = BD = n . Tam giác PHK vuông tại H (vì HP // EB mà EB ⊥ HK ), nên

0.25 0.25 0.5

EB 2 = HP 2 = PK 2 − HK 2 = n2 − m2

0.5

Vậy BE = n 2 − m 2

P A H

B E

K Ta có: EH // KD (vì cùng vuông góc với BK ) EK // HD (vì cùng vuông góc với BH )

Do đó tứ giác EHDK là hình bình hành.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0.5

Xét phép tịnh tiến T , ta có: KD

T ( K ) = D ; T (E) = H KD KD

0.5

Gọi T ( B ) = P , ta có EB = HP . KD Ta có tứ giác BPDK là hình chữ nhật, nên KP = BD = n .

0.5

Tam giác PHK vuông tại H (vì HP // EB mà EB ⊥ HK ), nên

EB 2 = HP 2 = PK 2 − HK 2 = n2 − m2

0.5

Vậy BE = n 2 − m 2

Câu 5 ( 3,0 điểm) = 300 , đ là hình bình hành và SA = SB = SC = 11 , SAB Cho hình chóp S.ABCD có đáy = 600 và SCA = 450 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AB và SD? SBC

b)(1.75)Vẽ đúng hình Dựa vào định lý cosin ta dễễ dàng tính được AB = 11 3, BC = 11, AC = 11 2 . Khi đó ∆ABC vuông tại C. ớ trung điểm Do SA = SB = SC , nên hình chiếu của S xuống mặt phẳng ( ABC ) trùng với

H của AB . Syu ra SH ⊥ (ABCD) 11 SH = SA.s inSAB = 2 ật, Kẻ HK ⊥ CD, AP ⊥ CD , tứ giác APKH là hình chữ nhật, HK = AP =

11 6  1 1 1  = +  . 2 2 3  AP AD AC 2 

Trong tam giác vuông SHK , kẻ HI ⊥ SK . Do AB CD nên d ( AB, SD ) = d ( AB, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HI . Ta có,

1 1 1 = + ⇒ HI = 22 . 2 2 HI SH HK 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0.25 0.25 0.5 0.25

0.5

0.5 0.25

Vậy d ( AB, SD ) = 22 .

0.25

Câu 6(2,0 điểm) A

0,5

B N

P C

Gọi G là trọng tâm của tứ diện; M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD. Ta có tam giác ACD bằng tam giác BCD nên AN = BN suy ra MN ⊥ AB , tương tự ta chứng minh được MN ⊥ CD và đường thẳng PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC, AD. Từ đó suy GA = GB = GC = GD . XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD GA XA.GA + XB.GB + XC.GC + XD.GD ≥ GA XG. GA + GB + GC + GD + 4.GA2 = = 4GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi X trùng GA với điểm G. Vậy XA + XB + XC + XD nhỏ nhất khi và chỉ khi X là trọng tâm của tứ

Ta có XA + XB + XC + XD =

(

)

0,5

diện ABCD.

ĐỀ THI HỌC OLYMPIC MÔN TOÁN: KHỐI 11

( Thời gian: 120’) Bài 1: (5điểm) a) Tìm tập xác định của hàm số : y = tanx + 1 cosx − 1

−π b) Tính tổng các nghiệm của phương trình: sinx +2 = 3 cos2x trên đoạn  ; π  .  2



c) Giải phương trình: 3 sinx -2cosx = 4sin x − 3 cos3x . Bài 2:(7điểm) a) Một đội thanh niên tình nguyện của trường THPT X có 12 học sinh gồm: 5 học sinh 11/1,4 học sinh 11/2 , 3 học sinh 11/3.Cần chọn 3 học sinh đi làm nhiệm vụ sao cho 3 học sinh này gồm ba lớp trên. b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số( không nhất thiết đôi một khác nhau) được thành lập từ các chữ số 0,1,2,8. Chọn ngẫu nhiên mọt phần tử từ tập S.Tính xác suất để phần tử được chọn là số chia hết cho 3. c) Trên hai đường thẳng song song d1 và d 2 ,ta lần lượt gắn vào đó m điểm và n điểm sao cho 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

m + n = 17( m ,n ∈ N * ) . Tìm m,n để số tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 17 điểm phân biệt ở trên là lớn nhất. d) Ba người đi săn A,B,C độc lập với nhau cùng nổ súng vào một mục tiêu. Biết rằng xác suất bắn trúng mục tiêu của A,B,C lần lượt là: 0,6; 0,7; 0,5. i)Tính xác suất đề người B bắn trúng mục tiêu còn hai người A và C bắn trượt. ii) Tính xác suất để ít nhất một người bắn trúng mục tiêu. Bài 3 (4 điểm):Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân, AD//BC , 2BC =AD. Gọi O là giao điểm của AC và BDvà M là trung điểm SD. a) Tìm giao điểm I của BM và mặt phẳng (SAC).

b)Tính tỉ số

SI . SO

Bài 4 (3 điểm):Cho tam giác ABC.Dựng về phía bên ngoài tam giác các hình vuông ABEF và ACGH,gọi M là trung điểm BC. a) Chúng minh : FC = BH và FC ⊥ BH. b) Chứng minh AM ⊥ FH và AM

1 FH. 2

Đáp án: Bài 1: (5điểm) π   cosx ≠ 0  x ≠ + kπ ⇔ k ∈ Z 0,5 đ a)ĐK XĐ:  2  cosx ≠ 1  x ≠ k 2π π TXĐ: D = R \  + kπ ; k 2π , k ∈ Z  0,5 đ 2  b) sinx +2 = 3 cos2x ⇔ Sinx + 2 = 3(1 - 2sin 2 x) ⇔ 6Sin 2 x + Sinx - 1 = 0 1  s inx = − 2 0,5 đ ⇔  s inx = 1  3 π  x = − 6 π vì x ∈  − ; π  0,5 đ ⇔   2   x = ar sin 1 , x = π − ar sin 1  3 3 π 1 1 5π Vậy tổng các nghiệm là: − + ar sin + π − ar sin = 0,5 đ 6 3 3 6 3 c)3 sinx -2cosx = 4sin x − 3 cos3x ⇔ 3 cos3x+sin3x = 2cosx

π ⇔ cos(3x- ) = cosx 6 π  3 x − 6 = x + k 2π ⇔  k ∈ Z 0,5 đ 3 x − π = − x + k 2π  6 π   x = 12 + kπ k ∈ Z 0,5 đ ⇔  x = π + k π  24 2

0,5 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài 2:(7điểm) a)Số cách chọn theo yêu cầu bài toán: C51.C41 .C31 = 60 (cách) b) Gọi số được chọn là: abc a ≠ 0 không gian mẫu: n ( Ω ) = 3.4.4 = 48 đ Gọi A là biến cố : ‘’Số được chọn là số chia hết cho 3” abc chia hết cho 3 khi (a +b+c) chia hết cho 30,5 đ Liệt kê các số gồm: 111,222,888,228, 282, 822,882 ,828,288,120,102,210,201,180,108,810,801. Suy ra n(A) = 17. ( HS hoặc liệt kê hoặc ghi n(A) = 17) 0,5 đ Vậy P(A) =

1đ 0,5

n( A) 17 = 0,5 đ n(Ω) 48

c) Mỗi tam giác cần xác lập có một đỉnh nằm trên một đường thẳng và 2 đỉnh nằm trên 2 đường thẳng còn lại. Trường hợp 1: Một trong hai số m hoặc n bằng 1 – chẳng hạng m = 1, khi đó n = 16 và số 0,5 đ tam giác có được từ 17 đỉnh này là: 1. C162 = 120 . Trường hợp 2: m,n đều lớn hơn 1. Khi đó số tam giác có được từ 17 điểm này là: ( n − 1) n ( m − 1) m 0,25 đ +n 2 2 m.n 15 = .( m + n − 2) = m.n 0,25 đ 2 2 15 15 = 4m.n = ( m + n )2 − ( m − n )2  0,25 đ 8 8 15  2 = 17 − ( m − n )2  0,25 đ 8 15 2 15 ≤ (17 − 1) = 288 = 540 . 0,25 đ 8 8 Dấu bằng xảy ra khi m − n = 1 vì m,n ∈ N * .Suy ra m = 9 , n – 8 hay ngược lại

mCn2 + nCm2 = m.

Vậy Số tam giác là lớn nhất khi m =9 ,n=8 hay ngược lại. 0,25 đ

d) i) Xác suất đề người B bắn trúng mục tiêu còn hai người A và C bắn trượt là : 0,7 x 0,4 x 0,5 = 0 ,14 ii) Xác suất để ít nhất một người bắn trúng mục tiêu là: 1 – (0,4 x 0,3 x 0,5) = 0,94 Bài 3 (5 điểm): Hình vẽ phục vụ câu a 0,5 đ, câu b 0,5đ a) SO và BM cùng thuộc mp(SAC) 0,5 đ Suy ra SO cắt BM tại I 0,5 đ Suy ra I là giao điểm của BM và mp(SAC) 0.5 đ b) Xét 2 tam giác đồng dạng ∆OBC và ∆ODA suy ra

DO 2 = 0,5đ DB 3

2 3

Gọi N thuộc đoạn DM sao cho DN = DM Suy ra ON//BM 0,5đ Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ 1đ

1 3

Suy ra MN = MD =

1 SM 3

0,5

đ Suy ra

SM 3 = SN 4

0,5

đ Xét tam giác SON có IM//ON . Suy ra

SI 3 = . SO 4

0,5

đ Bài 4 (3 điểm): a)Thực hiện Q( A;90 ) : A thành A, F thành B, C thành H 0

Suy ra FC = BH và FC ⊥ BH

0,5 đ

b) Dựng điểm K sao cho A là trung điểm BK, Suy ra AM //CK và AM =

1 CK 2

đ Thực hiện Q( A;90 ) : A thành A, K thành F, C thành H . Suy ra CK = FH và CK ⊥ FH . 0

1 0,5

đ Suy ra AM ⊥ FH và AM

1 FH. 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5