Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2016-2017 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc (Có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10- THPT 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1 (2,0 điểm) 
a. Tìm tập xác định của hàm số 
2
1 2016
2017 3
y
x x x
 
 
. 
b. Chứng minh rằng hàm số 
1
2
y
x


 nghịch biến trên tập xác định. 
Câu 2 (1,5 điểm). Giải phương trình 3 1 2 2 7 2x x x      . 
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm tham số m để hàm số 2
2
1
2 3
1
y x mx m
x
     

 có tập xác định là 
một đoạn có độ dài bằng 4. 
Câu 4 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 
3 3 2 2
2
3 6 16 7 11
( 2) 4 ( 9) 2 9 9 1
y x x y y x
y x x y x x y
               
. 
Câu 5 (3,0 điểm) 
a. Cho tam giác ABC với các cạnh tương ứng là , ,BC a CA b AB c   . Chứng minh rằng 
nếu 
sin 2sin
sin
2cos cos
B C
A
B C



 thì tam giác ABC vuông. 
b. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm .O Gọi I là trung điểm của AC và M là 
điểm thỏa mãn 2 2OM OA OB OC  
   
. Biết rằng OM vuông góc với BI và 2 3 .AC BC BA . 
Tính góc ABC . 
c. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có góc ACB tù. Hai điểm 
(4;1), (2; 1)D E  lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh A và B của tam giác ABC . Trung điểm của 
cạnh AB là điểm (1;2)N , trung điểm của cạnh AC là điểm M nằm trên đường thẳng có phương 
trình 2 6 5 0x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ,ABC biết điểm M có hoành độ lớn hơn 3. 
Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 0, 0, 0a b a c b c      . Chứng 
minh rằng 
9
6.
a b c ab bc ca
b c c a a b a b c
 
   
    
------HẾT------ 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh: 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
(Đáp án có 04 trang) 
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10 - THPT 
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. 
- Câu 5c nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm. 
II. ĐÁP ÁN: 
Câu Nội dung trình bày Điểm 
1 
a. (1,0 điểm) 
Điều kiện xác định: 
2
2017 0
3 0
x
x x
    
0,25 
2017
3
0
x
x
x
       
 0,5 
Vậy tập xác định của hàm số là ( ;0) (3;2017) (2017; )D     . 0,25 
b. (1,0 điểm) 
Tập xác định của hàm số ( 2; ).D   0,25 
Với mọi giá trị 1 2 1 2, ( 2; ),x x x x    ta có 
1 2
2 1
2 1 1 2
2 21 1
( ) ( )
2 2 2 2
x x
f x f x
x x x x
  
   
   
0,25 
 
1 22 1
2 1 2 1 1 2 1 2 1 2
2 2( ) ( ) 1 1
0
2 2 2 2 2 2
x xf x f x
x x x x x x x x x x
                  
 0,25 
Vậy hàm số nghịch biến trên ( 2; ).D   0,25 
2 
(1,5 điểm) 
ĐKXĐ: 2.x Khi đó phương trình trở thành 
 3 1 2 2 2 7x x x      
0,25 
 3 5 4 3 1 3 5 2 ( 2)(2 7)x x x x x         
 2 3 1 ( 2)(2 7)x x x     
0,5 
 2 24(3 1) 2 3 14 2 9 18 0x x x x x        
3
2
6
x
x

 
 


. 
0,5 
Kết hợp điều kiện, suy ra phương trình có nghiệm là 6x  . 0,25 
3 
(1,0 điểm) 
Điều kiện xác định: 2 2 3 0x mx m     (*) 0,25 
Hàm số đã cho có tập xác định là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi bpt (*) có tập 
nghiệm là một đoạn có độ dài bằng 4. Vì bpt (*) có hệ số 1 0a  nên tập nghiệm của (*) 
là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi phương trình 2 2 3 0x mx m     có hai 
nghiệm phân biệt 1 2,x x và 1 2 4.x x  
0,25 
Ycbt 
2
2
1 2
3 0' 0
4 2 3 4
m m
x x m m
               
 0,25 
2
2
1 29
3 0 2
.
3 4 1 29
2
m
m m
m m
m
                  
Vậy các giá trị của m là 
1 29 1 29
, .
2 2
m m
   
 
0,25 
4 
(1,5 điểm) 
Điều kiện: 
4 0 4
.
2 9 0 2 9 0
x x
y x y x
              
Phương trình thứ nhất tương đương 3 3( 2) 4( 2) ( 1) 4( 1)y y x x       
        2 21 2 2 1 1 4 0y x y y x x              1y x   . 
0,5 
Thế vào phương trình thứ hai ta được 
 2( 3) 4 ( 9) 11 9 10x x x x x x        
2( 3)( 4 3) ( 9)( 11 4) 2 35x x x x x x           
3 9
( 5) ( 7) 0
4 3 11 4
x x
x x
x x
               
 (*) 
0,5 
Từ 4x , nên 
3 4
24 3
x x
x
 

 
; 
9 10
211 4
x x
x
 

 
 suy ra 
3 9 4 10
( 7) ( 7) 0
2 24 3 11 4
x x x x
x x
x x
   
       
   
. 
Do đó (*) 5x  . 
0,25 
Với 5 6x y   . Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; ) (5;6)x y  . 0,25 
5 
a. (1,0 điểm) 
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 
Áp dụng định lý Sin, Cosin trong tam giác ABC ta có sin
2
a
A
R
 ; sin
2
b
B
R
 ; 
sin ;
2
c
C
R

2 2 2
cos
2
a c b
B
ac
 
 ; 
2 2 2
cos
2
a b c
C
ab
 
 . 
0,25 
Khi đó 
2 2 2 2 2 2
sin 2sin 2
sin
2cos cos
2
B C b c
A a
a c b a b cB C
ac ab
 
  
    
0,25 
 2 2 3 2 2 32 2 2 0a b c b b b c ca c       0,25 
 2 2 2(2 )( ) 0b c a b c     2 2 2 2 2 20 .a b c a b c       
Vậy tam giác ABC vuông tại .A 
0,25 
b. (1,0 điểm) 
 Ta có 2 . 0 (2 2 )( ) 0OM BI OM BI OA OB OC BA BC       
      
 0,25 
    
2
5 2 2 0 5 . 5 . 2 0.OB BA BC BA BC OB BA OB BC BA BC         
          
 0,25 
Gọi ,H K tương ứng là trung điểm của đoạn ,AB BC. Khi đó 0,25 
 
2
5 . 5 . 2 0OB BA OB BC BA BC   
     
     
2
5 . 5 . 2 0OH HB BA OK KB BC BA BC      
       
2 2 2 25 5 2 2 2.2 . 0
2 2
BA BC BA BC BA BC     
 
 2 2 2 2 21 1 2. 0
2 2
BA BC AB BC AC      2 2 2
3
( ).
4
AC AB BC   
Do đó 
2 2
2 2 2
2
4
13cos ,
22. . 2
3
AC AC
BA BC AC
ABC
BA BC
AC
 
  
suy ra  60 .ABC  0,25 
c. (1,0 điểm) 
C
M
A
D
E
B
N
Do ADEB nội tiếp nên  AED ABD . (1) 
Tam giác ABD vuông tại D , suy ra BND cân tại N  ABD BDN  . (2) 
Lại có  BDN DNM (so le trong) (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra  MND MED MDEN  nội tiếp đường tròn. 
0,25 
Gọi phương trình đường tròn đi qua bốn điểm , , ,M D E N có dạng 
 2 2 2 2 0x y ax by c     ( 2 2 0a b c   ) 
Vì (4;1), (2; 1)D E  , (1;2)N thuộc đường tròn, ta có: 
16 1 8 2 0
4 1 4 2 0
1 4 2 4 0
a b c
a b c
a b c
               
9
4
3
4
5
2
a
b
c
   
 (thoả mãn) 
Vậy phương trình đường tròn qua , , ,M D E N là: 2 22 2 9 3 5 0x y x y     
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
2 2
1
; 1
2 6 5 0 2
.
2 2 9 3 5 0 7
; 2
2
x y
x y
x y x y
x y

                
0,25 
Do M có hoành độ lớn hơn 3, nên 
7
;2 .
2
M
    
Phương trình đường thẳng : 2 5AC y x  
Đặt ( ;2 5)A t t , ta có 
2
AB
NA NE  2 2
2
( 1) (2 7) 10
4
t
t t
t
 
       
Với 2 (2; 1)t A E    (loại) 
Với 4 (4;3),t A  suy ra ( 2;1)B  và (3;1).C 
0,25 
Thử lại (1;2), ( 5;0) . 5 0 90CA CB CACB C        
   
 (thoả mãn) 
Vậy (4;3)A , ( 2;1)B  , (3;1)C . 
0,25 
6 
(1,0 điểm) 
Không mất tính tổng quát, giả sử ,a b c  khi đó 0.a 
Ta chứng minh: 
2ab b
a c b c

 
 và 
2ac c
a b b c

 
Thật vậy 
2
2( ) ( ) ( ) 0
ab b
ab b c b a c bc a b
a c b c
       
 
 (Đúng). 
Tương tự chứng minh được 
2ac c
a b b c

 
. 
0,25 
Khi đó 
2 2ab ac b c
b c
a c a b b c b c
    
   
b c b c
c a a b a

  
 
. 0,25 
Vậy 
9 ( )9
( )
a b c bca b c ab bc ca b c a
b c c a a b a b c a b c a b c
   
     
       
9 ( ) 9 ( )
2 . 6
( ) ( )
a b c a b ca b c a b c
a b c a b ca b c a b c
    
   
    
 (Do 0bc ) 
0,25 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
0
( ) 3 ( )
bc
a b c a b c
a b c
       
. 
Hệ có vô số nghiệm, chẳng hạn 
7 3 5
0, 1, .
2
c b a

   
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 
0,25 
----------HẾT---------