Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2016-2017 (Có đáp án)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM TRƯỜNG THPT
NĂM HỌC 2016-2017
	Môn thi: Toán – Lớp 10
	Ngày thi: 01/3/2017	
	Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (4 điểm)
Cho parabol .
Tìm các giá trị của để parabol có đỉnh . 
Với giá trị của tìm được ở câu 1, tìm giá trị của để đường thẳng cắt parabol tại hai điểm phân biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng nằm trên đường thẳng . 
Bài 2 (4 điểm)
Giải phương trình 
Giải hệ phương trình 
Bài 3 (4 điểm)
	Cho ba số dương .	Chứng minh 
Bài 4 (4 điểm)
	Cho tam giác Chứng minh 	 	 .
Bài 5 (4 điểm)
	Cho hình vuông cạnh có độ dài là a. Gọi là các điểm xác định bởi đường thẳng cắt đường thẳng tại điểm .
Tính giá trị của theo a. 
 Chứng minh rằng .
---------------- HẾT ----------------
Họ tên thí sinh: .. Số báo danh:..
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM TRƯỜNG THPT
NĂM HỌC 2016-2017
HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10
Bài 
HƯỚNG DẪN CHẤM
Điểm
Bài 1
4 điểm
Câu 1
 Tìm a ;b .
2 điểm
Do Parabol nên a≠0 và có trục đối xứng x=-b2a=-32 nên 3a-b=0. 
0,5
Tọa độ đỉnh có tung độ là y=-∆4a mà ∆=b2+4a nên ta có: b2+4a=22a hay b2-18a=0
0,5
Ta có hệ pt 3a-b=0b2-18a=0 thế vào ta được: b2-6b=0 ⇒b=0 ;b=6
Nếu b=0 ⇒a=0 loại.
Nếu b=6 ⇒a=2 thỏa mãn.
Vậy a=2;b=6 là giá trị cần tìm.
1,0
Câu 2
Tìm m  với parabol y=2x2+6x-1
2 điểm
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt 
 2x2+6x-1=kx+6x+1 có hai nghiệm phân biệtx1; x2, 
hay pt: 2x2+kx-2=0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 có ∆=k2+16>0 
0,5
Khi đó, giao điểm M(x1;(k+6)x1+1), N(x2;(k+6)x2+1), 
nên trung điểm của đoạn MN là I(x1+x22; k+6x1+1+k+6x2+12). 
0,5
Theo định lý Viet ta có x1+x2=-k2 nên I(-k4;2-k-k22)
0,5
Do I thuộc đường thẳng 4x+2y-3=0 nên –k+2-k-k2-3=0 hay k2+2k+1=0 hay k=-1 thì thỏa mãn bài toán.
0,5
Bài 2
4 điểm
Câu 1
Giải phương trình .
2điểm 
Phương trình tương đương x-4≥0 26-x2=(x-4)2⇔x≥4 2x2-8x-10=0
1,0 
Giải ra ta được x=5 thỏa mãn pt.
Vậy phương trình có nghiệm là x=5.
1,0
Câu 2
Giải hệ phương trình  
2 điểm
Điều kiện xác định: x≠0 4(y-1)2≥3x212-3x2≥0 
Từ pt (1) ta có: x3=(y-1)3 hay x=y-1 thế vào pt (2)
0,5
Ta được 4x2-3x2+12-3x2=4x2. 
Đặt a=4x2>0;b=3x2>0, pttt: a-b+12-b=a
0,5
Hay 12-b=a-a-b ⇒12-b=a2-2aa-b+a-b
Do 12=ab nên pt trở thành: a2-2aa-b+a-ab=0 do a≠0 nên ta có a-b-2a-b+1=0 hay a-b=1.
0,5
Tức là 4x2-3x2=1 hay x=±1
Nếu x=1 ⇒y=2 nên nghiệm là x;y=(1;2).
Nếu x=-1 ⇒y=0 nên nghiệm là x;y=(-1;0)
Vậy hệ có hai nghiệm trên.
0,5
Bài 3
CM bất đẳng thức
4 điểm
Ta có vế trái 1+ab1+bc1+ca=2+ab+ac+bc+ba+ca+cb
Mà ab+ac+1≥33a2bc=3a3abc . tương tự ta có 
 bc+ba+1≥3b3abc , ca+cb+1≥3c3abc .
 1,0
cộng vế với vế ta được 2+ab+ac+bc+ba+ca+cb≥3a+b+c3abc-1
=2(a+b+c)3abc+(a+b+c3abc-1).
1,0
Mà a+b+c≥33abc hay (a+b+c)3abc-1≥2 nên ta có: 
1,0
1+ab1+bc1+ca≥2(1+a+b+c3abc)
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
1,0
Bài 4
4 điểm
Do A;B;C là ba góc trong tam giác nên 0<sinA;sinB;sinC ≤1 nên ta có
0≤sinA-sinAsinB;0≤sinB-sinBsinC;0≤sinC-sinCsinA
1,0
Do không cùng xảy ra dấu bằng đồng thời nên ta có:
 0<sinA+sinB+sinC-sinAsinB-sinBsinC-sinCsinA,
1,0
Ta luôn có 1-sinA1-sinB(1-sinC)≥0 hay
1-sinAsinBsinC-sinA-sinB-sinC+sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA≥0
1,0
 1-sinAsinBsinC≥
sinA+sinB+sinC-sinAsinB-sinBsinC-sinCsinA
Mà 1-sinAsinBsinC<1
Nên sinA+sinB+sinC-sinAsinB-sinBsinC-sinCsinA<1 (ĐPCM)
1,0
Bài 5
4 điểm
Câu 1
Tính EA.CE theo a.
2 điểm
Ta có CE=2a3; 
Ta có AE2=AB2+BE2=a2+a29=10a29 nên AE=a103
0,5
Mặt khác: EA.CE=EA.CE.cosAEB 
0,5
Trong tam giác vuông BAE ta có cosAEB=BEAE=110
0,5
Nên EA.CE=EA.CE.cosAEB=a103.2a3110=29a2.
0,5
Câu 2
Chứng minh AIC=90o
2 điểm
Ta có AE=AB+13AD. Giả sử BI=kBF, k∈R.
 AI=AB+BI=AB+kBF=AB+BC+CF=1+k2AB+kAD
0,5
Do A;E;I thẳng hàng nên: 1+k2:1=k:13 nên k=25
0,5
Nên AI=65AB+25AD; và
 CI=AI-AC=65AB+25AD-AB-AD=15AB-35AD
0,5
Nên AI.CI=65AB+25AD(15AB-35AD=625a2-625a2=0 nên AIC=90o.
0,5