Đề thi olympic toán lớp 10 (thời gian làm bài 120 phút)

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
(Thời gian làm bài 120 phút)
Năm học 2011-2012
Câu 1: (4 điểm)
Giải phương trình: .
Câu 2: (2 điểm) 
Giải sử (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai nghiệm của hệ phương trình:
Gọi A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2). Tìm m để độ dài đoạn AB lớn nhất.
Câu 3: (5 điểm) 
1. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn xyz = 1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . 
Câu 4: (7 điểm) 
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): và đường thẳng (d): . Tìm tọa độ điểm A trên (d) sao cho qua A kẻ được hai đường thẳng tiếp xúc với (C) tại hai điểm phân biệt B và E sao cho góc .
2. Cho tam giác DABC thỏa mãn điều kiện: cotA + cotC = 2cotB. Gọi G là trọng tâm tam giác DABC. Chứng minh rằng: .
Câu 5: (2 điểm) 
Cho x và y là hai góc nhọn thỏa mãn : . 
Chứng minh rằng: .
----------- Hết ------------
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 10
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
(Đáp án vắn tắt và biểu điểm)
Năm học 2011-2012
Chú ý: Học sinh làm đúng cách giải khác vẫn cho đủ điểm. 
Thang điểm
Câu 1: (4 đ)
Giải phương trình: .
Điều kiện: x ≤ 2 ; Đặt ( y ≥ 0 ) suy ra 
1.0
Ta được phương trình: 
1.0
1.0
- Giải phương trình được 2 nghiệm.
1.0
Câu 2: (2 đ)
Giải sử (x1 ; y1) và (x2 ; y2) là hai nghiệm của hệ phương trình: 
- Chỉ ra được đường thẳng: mx + (2m-1)y = 3 có điểm cố định là M(6;-3)
1.0
- Chỉ ra được: x2 + y2 – 4x - 2y - 4 = 0 là đường tròn tâm I(2;1), bán kính R=3.
0.5
- Yêu cầu bài toán ta có A(x1 ; y1) và B(x2 ; y2) đi qua tâm của đường tròn 
 Giải được hệ phương trình tìm được m =1.
0.5
Câu 3: 
(5 đ)
1.
- Áp dụng BĐT Cô si 3 số: 
1.0
(4 đ)
- Tương tự: ; 
1.0
- Suy ra (Cô si)
1.0
- Suy ra được GTNN của khi x = y = z = 1.
1.0
2.
Tìm GTLN của 
(1 đ)
- Xét a1, a2, a3, b1, b2, b3 ≥ 0 theo BĐT Cô si ta có:
0.25
 (1)
0.25
 (2)
- Cộng (1) và (2) suy ra được: (3)
0.25
- Chọn: thay vào (3) ta suy ra được Q ≤ 1.
0.25
- Kết luận được GTLN của Q bằng 1 khi x = 0.
Câu 4: 
(7 đ)
1.
Trong mp Oxy cho đường tròn (C): và đ thẳng (d): .
( 4 đ)
- Chỉ ra được đường tròn (C) có tâm I(-1 ;2), bán kính R=.
1.0
- Từ giả thiết suy ra được tam giác ABE đều (có hình vẽ)
Tam giác vuông EAI có góc A bằng 300 (do AI là đường phân giác của góc EAB)
0.5
- Suy ra IA = 2IE = 2.
0.5
- Điểm I cố định suy ra A thuộc đường tròng tâm I, bán kính 2.
1.0
- Suy ra điểm A có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình: 
0.5
- Giải hệ được hai nghiệm (3;4) và (-3;-2).
- Kết luận có hai điểm A thỏa mãn.
0.5
2.
Cho tam giác DABC thỏa mãn điều kiện: cotA + cotC = 2cotB. Gọi G là trọng tâm ...
( 3 đ)
- Gọi H và I lần lượt là trung điểm của AC và BC
- Gọi S là diện tích của tam giác ABC
- Ta có:  ;  ; (1)
1.0
- Từ giải thiết và (1) ta suy ra 
0.5
- Suy ra (mb là trung tuyến xuất phát từ đỉnh B)
0.5
đồng dạng 
0.5
- Suy ra điều cần chứng minh. (CY: Trong bài phải có hình vẽ)
0.5
Câu 5: (2 đ)
Cho x và y là hai góc nhọn thỏa mãn: (*). CMR: .
TH 1: Nếu suy ra sinx = cosx suy ra (*) VT=VP.
0.5
TH 2: Nếu thì :
(*) (**)
0.25
- Do x, y nhọn suy ra 
- Nếu ta có: 
0.25
cos(x-y) = cosxcosy + sinxsiny
cos(x+y) = cosxcosy – sinxsiny và sinx>0 ; siny>0
Suy ra: cos(x-y) > cos(x+y) cos(x-y).cos(x+y) > cos2(x+y) (Do cos(x+y)>0)
0.25
Và 0 sin2(x+y)
Từ đó: cos(x-y).cos(x+y) + sin(x+y) > cos2(x+y) + sin2(x+y) = 1 suy ra VT > VP 
0.25
- Nếu suy ra được VT<VP 
0.25
- Vậy (**) không xảy ra.
0.25
- Vậy nếu: x, y nhọn thỏa mãn: thì .