Đề khảo sát chất lượng HSG Toán 10 năm học: 2015 – 2016

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG TOÁN 10 
NĂM HỌC : 2015 – 2016 
Thời gian làm bài : 180 phút 
Câu 1. (2.0 điểm) Cho phương trình :      3 2 23 1 2 4 1 4 1 0x m x m m x m m        
Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt lớn hơn 1. 
Câu 2. (1.5 điểm) Giải phương trình : 21 7 6 13x x x x      
Câu 3. (1.5 điểm) Giải hệ phương trình : 
 
2 2 2
3
2 . 2
3
. 2 4
x y
x x y
y
x y
y x y x
y
 
  



  


Câu 4. (1.5 điểm) Cho tam giác đều ABC, trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, 
N sao cho 
1 1
,
3 3
AM AB BN BC  . Gọi I là giao của AN và CM. Chứng minh BI vuông 
góc với CM. 
Câu 5. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D, có 
2 2CD AB AD  . Gọi E là điểm thuộc đoạn AB sao cho 3AB AE , điểm F thuộc đoạn 
BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết  2;4E , đường thẳng EF có phương trình 
2 8 0x y   và đỉnh D thuộc đường thẳng 3 8 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình 
thang ABCD. 
Câu 6. (1.0 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 6a b c   . Tìm giá trị lớn 
nhất của biểu thức : 
 
   
5 9 8
4 3 5 4 3 5
abc ab bc ca
Q
a b b c c a
 

  
------------------ HẾT ------------------ 
THÁNG 04 NĂM 2016 
 ĐÁP ÁN KHẢO SÁT HSG TOÁN 10 
THÁNG 04 NĂM 2016 
CÂU NỘI DUNG VẮN TẮT ĐIỂM 
Câu 1 Cho phương trình :      3 2 23 1 2 4 1 4 1 0x m x m m x m m        
Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt lớn 
hơn 1. 
        3 2 23 1 2 4 1 4 1 0 1x m x m m x m m        
     22 3 1 2 1 0x x m x m m         
     2
2
3 1 2 2 0 2
x
x m x m m

 
    
 
1
2
2
x m
x m
 
  
   21m   
ĐK bài toán 
1 1 2 1
1 2 2 2
11 2
m
m
m
mm m
   
 
   
    
2.0 
Câu 2 Giải phương trình :  21 7 6 13 *x x x x      
ĐK : 1 7x   
Cách 1 : 
    
     22
* 1. 1 1. 7 1 1 1 7 4
* 6 9 4 3 4 4
VT x x x x
VP x x x
         
       
Do đó    
1 7
* 3
3 0
x x
x tm
x
   
  
 
Cách 2 : 
       2* 4 6 9 1 4 1 4 7 4 7 4 0x x x x y y              
     
 
2 22
4 3 1 2 7 2 0
3 0
1 2 3
7 2
x x y
x
x x tm
x
        
 

    

 
Cách 3 : Liên hợp 2 lần 
1.5 
Câu 3 
Giải hệ phương trình : 
   
 2 2 2
3
2 . 2 1
3
. 2 4 2
x y
x x y
y
x y
y x y x
y
 
  



  


ĐK : 
3
0, 0
x y
y
y

  
Hệ 
2
1
2. . 1 3. 2. 1
1
1 3. 2 1 4. .
x x x
y y y y
x x x
y y y y
 
    
 
 
 
    
 
 Đặt 
1
x
a
y
b
y




 

 , ta có hệ 
 
 
  
2
2
2 1 3 2 1
1 3 2 4 1
2 1 . 1 3 2 2 4
2 1 1 3 2 0
1 2
1 3 2
a b a a
a a ab
a b a a a ab
a b a a
a b
a a
    

   
      
     
 
 
 
 
2
1 2 1 2
x
a b x y
y y
        thay vào  1 được 
 
 
 3 2 3 22
. 1 2 2 2. 1 1
y yy
y y y
y y y
 
          
2
2
0
2 2
4. 7. 0
2 7
4
2
8 14
11 11
y
yy y
yy y
y
y x o
y x

  
    
  

  

   

Thử lại chỉ có    ; 0;2x y  thỏa mãn 
 
21 3 4
1 3 2 1
0
a a
a a a x y
a
  
      

Thay vào  1 được  2 2 4 4x x x y      
Kết luận : Hệ đã cho có hai nghiệm        ; 0;2 , ; 4;4x y x y  
1.5 
Câu 4 Cho tam giác đều ABC, trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M, N 
sao cho 
1 1
,
3 3
AM AB BN BC  . Gọi I là giao của AN và CM. Chứng minh 
BI vuông góc với CM. 
1.5 
Gọi O là trung điểm của AC AC OB  
Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho      0;0 , 1;0 , 0; 3O C B 
 
2 3 1 2 3
1;0 , ; , ;
3 3 3 3
A M N
   
     
   
Phương trình : 3 5 3 0 ; : 3 2 3 0CM x y AN x y      
Tọa độ I là nghiệm của hệ 
3 5 3 0 3 2 3
;
7 73 2 3 0
x y
I
x y
    
  
    
Ta có 
5 1 3 5 3
; , ;
3 7 73
CM IB
  
     
   
5 3 1 5 3
. . . 0
3 7 73
CM IB CM IB
 
      
 
Lưu ý : Thí sinh có thể chứng minh vuông góc theo sơ cấp hoặc 
phương pháp véc tơ. 
Câu 5 Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D, có 
2 2CD AB AD  . Gọi E là điểm thuộc đoạn AB sao cho 3AB AE , điểm F 
thuộc đoạn BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Biết  2;4E , đường thẳng 
EF có phương trình 2 8 0x y   và đỉnh D thuộc đường thẳng 
3 8 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD. 
y
x
I
OA C
B
N
M
1.5 
Gọi P là điểm đối xứng với D qua A. Do BA AD AP  nên DBP 
vuông tại B, DBC vuông tại B, suy ra P, B, C thẳng hàng. Vì 
EP ED EF  nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp PDF 
AED DFP DEBF   nội tiếp 090DEF DBF   
DE EF  
Phương trình  : 2 6 0 2;2DE x y D     
2 2 2 2 210 2DE AD AE AE AE     
   2;8 3 , 2 1;5A a a AE A   
 
 
2 4;2
2 4; 4
EB EA B
DC AB C
  
  
Câu 6 Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 6a b c   . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức : 
 
   
5 9 8
4 3 5 4 3 5
abc ab bc ca
Q
a b b c c a
 

  
Đặt 
, , 0
3 4 5
, , 3 4 5
6
x y z
x y z
a b c
x y z


    
  

   
9 8 5
3 2
3 4 4 5 5 3
x y za b cQ
x y y z z x
a b b c c a
 
 
 
     
     
   
  
   
  
3 3 2
3. .
21 3
3.
2
1 1 3 2
2
x y z
Q
y z x y x z
x y x z
Q
y z x y x z
x y y z z x
 
 
  
   
   
   
 
   
   
1.0 
A
B
D C
P
E
F
1 1 1 3 3 2 2
8
1 3 4 5 1 3
.6
8 8 4
3
16
x y y z z x
x y z
Q
 
      
 
 
     
 
 
 Dấu = xảy ra khi      
3 5
; ; 2;2;2 ; ; ;2;
2 2
x y z a b c
 
    
 
Vậy 
3
16
maxQ  đạt được khi    ; ; 2;2;2a b c 