Đề 1 khảo sát chất lượng học sinh giỏi toán 10 năm học : 2015 – 2016 thời gian làm bài : 180 phút

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG TOÁN 10 
NĂM HỌC : 2015 – 2016 
Thời gian làm bài : 180 phút 
Câu 1. (1.5 điểm) Giải bất phương trình :  2 5 2 1 3 4x x x x      
Câu 2. (1.5 điểm) Giải phương trình : 
3
38 2015
4032 2015
2016
x
x
 
  
 
Câu 3. (1.5 điểm) Giải hệ phương trình : 
  
    
24 4 9 3
4 2 2 3 3
x x x y xy y
x x y x
     

   
Câu 4. (1.5 điểm) Cho phương trình :    3 2 2 22 3 2 9 2 3 7 0x m x m m x m m         
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 21 2 3 1 2 3Q x x x x x x    với 1 2 3, ,x x x là 
các nghiệm của phương trình đã cho. 
Câu 5. (1.0 điểm) 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. 
Câu 6. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm 
8
;0
3
G
 
 
 
 nội tiếp 
đường tròn (C) tâm I. Biết    0;1 , 4;1M N lần lượt là điểm đối xứng với với I qua các đường 
thẳng AB, AC; đường thẳng BC đi qua  2; 1K  . Viết phương trình đường tròn (C). 
Câu 7. (1.0 điểm) Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng :
2 2 2
1
OA OB OC
bc ca ab
   , với , ,a BC b AC c AB   . 
Câu 8. (1.0 điểm) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z   . 
Chứng minh rằng : 1
x y z
P
x x yz y y zx z z xy
   
     
 . 
------------------ HẾT ------------------ 
THÁNG 03 NĂM 2016 
ĐÁP ÁN KHẢO SÁT HSG TOÁN 10 
THÁNG 03 NĂM 2016 
CÂU NỘI DUNG VẮN TẮT ĐIỂM 
Câu 1 Giải bất phương trình :  2 5 2 1 3 4x x x x      
ĐK :  1;2x 
Ta có : 
      2 5 3 4 1 3 4 1 3 4 1x x x x x x x            
Do đó   3 4 1 2 ...bpt x x x       
Kết luận : Tập nghiệm là  1;2S  
1.5 
Câu 2 
Giải phương trình : 
3
38 2015
4032 2015
2016
x
x
 
  
 
Đặt 2 , 2015t x b  , ta được phương trình 
 
3
3
1
1
t b
b t b
b
 
   
 
 . Đặt 
3
1
t b
y
b



, ta được hệ phương trình 
 
 
  
3
3 3
3
1
1
1
y b t b
y t b t y
t b y b
   
    
  
  2 2 1 0y t y yt t b y t         
Khi đó ta được :   3 20 1 0t t bt b t t t b         
1 1 4 1 1 8061
1, ,
2 2 4
b
t t x x
    
      
1.5 
Câu 3 
Giải hệ phương trình : 
  
    
24 4 9 3
4 2 2 3 3
x x x y xy y
x x y x
     

   
ĐK : 
  2
0, 0
4 4 9 0
x y
x x x y
 

   
    
  
  
 
2
2
1 4 4 9 2 0
8 4 9
0
4 4 9 2
x x x y y xy y
x y x y y x y
xy yx x x y y
       
   
  
   
  
 
2
0
8 4 9
0 3
4 4 9 2
x y
x y y
xy yx x x y y
 
     
    
1.5 
       
 
 
 
 
 
 
2
2
2 2
9 3
2 16 2 2 9 3 8 4
4 2
3 9 1
8 4 9 9 1 0 0
4 2 4 2
x
x x y x x y
x
x x
x y x
x x

       

  
         
   
Suy ra (3) vô nghiệm 
Với y x thay vào (2) được : 
    24 3 2 3 3 13 14 27 1x x x x x x        
Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 1;1x y  
Câu 4 Cho phương trình :    3 2 2 22 3 2 9 2 3 7 0x m x m m x m m         
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
1 2 3 1 2 3Q x x x x x x    với 1 2 3, ,x x x là các nghiệm của phương trình đã 
cho. 
     
   
2 2
2 2
1 2 1 2 3 7 0
1
2 1 2 3 7 0 *
pt x x m x m m
x
x m x m m
         

 
     
Phương trình đã cho có 3 nghiệm  1 2 3, , 1 *x x x pt  có 2 
nghiệm 1 2,x x 
   2' 2 21 2 3 7 5 6 0
2 3
m m m m m
m
          
  
 
22 2 2 2 2
1 2 3 1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 21 1Q x x x x x x x x x x x x x x            
Thay Vi-et ta được 
   2 2 24 1 2 3 7 1 2 11 2Q m m m m m         
Lập bảng biến thiên của hàm số 
   22 11 2 , 2;3f m m m m    , ta được 
 
   
 
   
2;3
2;3
min min 2 28
3 49
m
m
Q f m f
maxQ max f m f


  
  
1.5 
Câu 5 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. 
1.0 
Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho        0;0 , 1;0 , 0;1 1;1A B D C 
Giả sử    ;0 0, 1M m m m  , ta có 
   : 1 0 ; : 1 0pt MC x m y m pt AN m x y       
 0; , : 1 0
1
m
E pt BE mx m y m
m
 
    
 
2
2 2
; , : 0
1 1
m m m
I pt MI x my m
m m m m
 
   
    
, ,D MI M I D  thẳng hàng 
(có thể chỉ ra ,MI MD cùng phương) 
Câu 6 
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm 
8
;0
3
G
 
 
 
 nội tiếp 
đường tròn (C) tâm I. Biết    0;1 , 4;1M N lần lượt là điểm đối xứng với 
với I qua các đường thẳng AB, AC; đường thẳng BC đi qua  2; 1K  . 
Viết phương trình đường tròn (C). 
1.0 
x
y
I
A
C
D
B
E
M
N
G
F
E
H
I
C
NM
B
A
Gọi H, E lần lượt là trung điểm của MN và BC  2;1H 
Từ giả thiết ,IAMB IANC là các hình thoi ,AMN IBC là 
các tam giác cân bằng nhau AHEI là hình bình hành 
G cũng là trọng tâm tam giác HEI 
HG cắt IE tại trung điểm F của IE 
Ta có BC song song MN và BC qua K : 1 0pt BC y   
Theo hệ thức Ơ-le 
3 1
3;
2 2
HF HG F
 
   
 
   : 3 0 3; 1 3;0EF BC pt EF x E I       
Bán kính của  C : 5R IA HE   
Vậy phương trình    
2 2: 3 5C x y   
Câu 7 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng :
2 2 2
1
OA OB OC
bc ca ab
   , với , ,a BC b AC c AB   . 
1.0 
Gọi M, N, P lần lượt là các tiếp điểm của  O với AB, AC, BC 
Ta có ,AM AN OM ON  nên 
 
2 2
2 2 2
1 1
.sin sin
2 2
1 1
.sin .sin
2 2
AMONS AM A OM MON
AM OM A OA A
 
  
Tương tự : 2 2
1 1
sin ; sin
2 2
BPOM CPONS OB B S OC C  
Khi đó : 
2 2 2 2 2 2.sin .sin .sin
.sin .sin .sin
OA OB OC OA A OB B OC C
bc ca ab bc A ca B ab C
     
 2 2
1
2 2
AMON BPOM CPON ABC
ABC ABC
S S S S
S S

 
 
   
B
O
A
C
M
N
P
Câu 8 Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn 1x y z   . 
Chứng minh rằng : 1
x y z
P
x x yz y y zx z z xy
   
     
 . 
   2
2 2
2
x yz x x y z yz x x y z yz
x x yz yz x yz
x x
x x yz x yz
        
    
 
  
Tương tự : ;
2 2
y y z z
y y zx y zx z z xy z xy
 
     
Suy ra 
2 2 2
x y z
P
x yz y zx z xy
  
  
Mặt khác : 
1 1 2 1 1
1 . .
2 2 2 22 2 2 2
yzx x yz
x yz x yz x yz x yz yz
 
          
Dẫn đến 
 
 
 
2
2
2
1 1 1
2 2 22 2 2
1
2 2 2 2
1
.
2 2 2 2
1 1
.
2 2
x y z
x yz y zx z xy
yz zx xy
x yz yz y zx zx z xy xy
yz zx xy
x yz yz y zx zx z xy xy
yz zx xy
yz zx xy
    
  
 
       
 

    
 
 
 
Vậy 
3 1
1
2 2
P P    , dấu = xảy ra khi 
1
3
x y z   
1.0