Đề thi Olympic 24/3 Toán 10 năm 2021 sở GD&ĐT Quảng Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC 24/3 TỈNH QUẢNG NAM QUẢNG NAM NĂM 2021 Môn thi : TOÁN 10 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 20/03/2021 Câu 1 (5,0 điểm). a) Giải phương trình 2
3 x  1  3 3  x  4  x  4x  3  2  0.  y  2x  xy  0
b) Giải hệ phương trình  2
x  2x  y  3  2(y  3x  2) 2x 1  0 Câu 2 (4,0 điểm).
x 1 3 x khi x  3 a) Cho hàm số y   có đồ thị (C). 2 x  6x 12 khi x  3
Tìm tất cả các điểm trên đồ thị (C) có tung độ bằng 4. b) Cho parabol (P) : 2
y  x  bx  c . Tìm các hệ số b,c để (P) đi qua ( A 2;1) và cắt
trục hoành tại hai điểm B,C sao cho tam giác IBC đều, với I là đỉnh của (P). Câu 3 (4,0 điểm). 1
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)  3x 
trên nửa khoảng 1; . 2x
b) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x  y  xy  3. x x y y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    x  3y y  3x Câu 4 (3,0 điểm).
a) Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của BC, N nằm trên cạnh CD sao cho
NC  2ND, K là trung điểm của AB. Hai điểm I, J lần lượt là trọng tâm của hai tam giác AMN , BCN.   
Hãy biểu thị vectơ IJ theo hai vectơ A ,
B AD và chứng minh IJ vuông góc với DK.
b) Cho tam giác ABC có AB  AC   0 2 3,
4, BAC  150 . Điểm M nằm trên cạnh BC sao cho  0
BAM 120 . Tính độ dài các đoạn thẳng MB, MC. Câu 5 (4,0 điểm).
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (
A 3;1) và đường thẳng (d) có phương
trình 2x  y 1  0 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A và tiếp xúc với đường thẳng (d) tại B(1;3).
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại B. Các điểm M,
N lần lượt là trung điểm của AB, AC và I (7;3) là trọng tâm của tam giác ABN. Điểm E
thuộc cạnh AC sao cho IE  IA ( E khác A ) và đường thẳng IE có phương trình
x  2y 13  0 . Điểm M thuộc đường thẳng (d ) : x  3y 12  0 , B thuộc đường thẳng 1
(d ) : x  y  2  0 và A có hoành độ lớn hơn 5. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. 2
–––––––––––– Hết ––––––––––––
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …..………………………….………. Số báo danh: ……….………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI OLYMPIC 24/3 TỈNH QUẢNG NAM QUẢNG NAM NĂM 2021 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN 10
(Đáp án – Thang điểm gồm 06 trang) Câu Đáp án Điểm a) Giải phương trình 2
3 x 1  3 3  x  4 x  4x  3  2  0 2,5
Điều kiện: 1  x  3. 2
3 x 1  4 x  4x  3  3 3  x  2  0
 3( x 1  3  x)  4 (x 1)(3  x)  2  0 (1) Đặt 2
t  x 1  3  x (t  0)  t  2  2 (x 1)(3  x)
Phương trình (2) trở thành: 2 3t  2(t  2)  2  0 t  2 2 2t 3t 2 0        1  t   (loai)  2
t  2  x 1  3  x  2  x  2 (thỏa). Câu 1 y  2x  xy  0
b) Giải hệ phương trình (5,0  2,5 2
x  2x  y  3  2(y  3x  2) 2x 1  0 điểm) 1
Điều kiện x  , y  0 2
y  2x  xy  0  (y  x)  (x  xy)  0  ( y  2 x)( y  x)  0
 y  2 x  0 ( y  x  0)  y  4x
Khi đó pt thứ hai viết lại: 2
x  2x  3  2(x  2) 2x 1  0
 2x  4x  4 2(x  2) 2x 1  (2x 1)  0  x   x  2 2 2 1  0 x  2
 2x 1  x  2    x  5 2 x  6x  5  0
Suy ra được nghiệm của hệ: (5 ; 20). Trang 1/6
x 1 3 x khi x  3 a) Cho hàm số y   có đồ thị (C). 2 x  6x 12 khi x  3 2,0
Tìm tất cả các điểm trên đồ thị (C) có tung độ bằng 4.
 y  x 1 3  x ( x  3)
y  4  x 1 3  x  4  3  x  x  3 x  3  0 x  3     2 3   x  (x  3) 2 x  7x  6  0 x  3     x  1   ( A 1  ;4) x  1   x  6  2
 y  x  6x 12 ( x  3) x  2(loai) 2
y  4  x  6x 12  4   B(4;4)  x  4
Vậy có hai điểm thỏa đề ( A 1  ;4), B(4;4). b) Cho parabol (P) : 2
y  x  bx  c . Tìm các hệ số b,c để (P) đi qua A(2;1) và cắt 2,0
trục hoành tại hai điểm B, C sao cho tam giác IBC đều, với I là đỉnh của (P). Câu 2 (4,0 điểm)  Parabol 2 y  x  bx  c đi qua (
A 2;1) nên 2b  c  3 (1)
 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và trục hoành là 2 x  bx  c  0 (*)
(P) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt B, C
 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x , x 2    b  4c  0 1 2 2 b 4c b
 Parabol (P) có đỉnh I( ; ) 2 4
 Giả sử : B(x ;0), C(x ;0) ; trong đó x , x là hai nghiệm của pt (*) 1 2 1 2 2 3 4c  b 3
Tam giác IBC đều khi IH  BC.   x  x . 1 2 2 4 2 2 2 (4c  b ) 2 2 2 3     (x  x )  4x x . (4c b ) 3  2   (b  4c). 1 2 1 2 16  4 16 4 2 2 2 2
 (b  4 c)  12(b  4c)  b  4c  12 (2) 2b  c  3   
Từ (1) và (2) ta có hệ : b  0 b    hoặc 8  . 2 b  4c  12  c  3 c   13 Trang 2/6 1
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)  3x 
trên nửa khoảng 1; . 1,5 2x 1 5x  x 1  f (x)  3x       2x 2  2 2x  5.1 x 1 7   2   2 2 2x 2 x 1 
Dấu “ = ” xảy ra khi  x 1  x  1.  2 2x 7
Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) trên nửa khoảng 1;  là . 2
b) Cho hai số thực dương ,
x y thỏa mãn x  y  xy  3. Câu 3 x x y y 2.5
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    (4,0 x  3y y  3x điểm) 2 2 (x  y) t
Đặt t  x  y, t  0 , ta có: 3  x  y  xy  x  y   t  4 4 2
 t  4t 12  0  (t  6)(t  2)  0  t  2.
Suy ra x  y  2 (dấu “=” xảy ra khi x  y  1). 2 2 x x y y 2x 2 y P     x  3y y  3x 4x(x  3y) 4 y( y  3x) 2 2 4x 4 y   (bất đẳng thức Côsi) 5x  3y 5y  3x 2 4(x  y) 2 2 2 a b (a  b)  (bất đẳng thức   với x  0, y  0 ) 8(x  y) x y x  y x  y   1 2
Suy ra: P  1, P  1  x  y  1 . Vậy min P  1 khi x  y  1. Trang 3/6
a) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, M là trung điểm của BC , N nằm trên
cạnh CD sao cho NC  2ND, K là trung điểm của AB. Hai điểm I, J lần lượt là    1,5
trọng tâm của hai tam giác AMN , BCN . Hãy biểu thị IJ theo hai vectơ AB, AD;
chứng minh IJ vuông góc với DK.
   IJ  AJ  AI
1   
    AB  AC  AN 1  AA AM  AN 3 3
1  1  1   AB  AC  AM 3 3 3
1  1        AB   AB  AD 1 1  AB  AD   3 3 3  2  1  1   AB  AD 3 6
  1  1  1  
IJ.DK  ( AB  AD)( AB  AD) 3 6 2 1 2 1 2  AB  AD  0 6 6
Suy ra IJ vuông góc với DK.
b) Cho tam giác ABC có AB  AC   0 2 3,
4, BAC  150 . Điểm M nằm trên cạnh 1,5 BC sao cho  0 BAM  120 . Tính MB, MC. Câu 4 1 .A .BAM.sin  (3,0 BAM MB S 3 A  MB 2 điểm)    MC S 1 AMC AM AC  2 . . .sin MAC 2 2 2 BC  AB  AC  2.A . B AC.cos  BAC  2 13 3 6 13 MB  BC  5 5 2 4 13 MC  BC  5 5 Cách khác : S  S  S A  BC A  MB A  MC 1  AB AC  1 BAC  AB AM  1 . . .sin . . .sin BAM  .AM .AC.sin  MAC 2 2 2 1 0 1 0 1 0
 .2 3.4.sin150  .2 3.AM.sin120  .AM.4.sin 30 2 2 2 1 1 1 3 1 1 4 3  .2 3.4.  .2 3.AM.  .AM.4.  AM  2 2 2 2 2 2 5 6 13 2 2 MB  AB  AM  2.A . B AM .cos  BAM  5 2 2 MC  AM  AC  AM AC  4 13 2. . .cos MAC  5 Trang 4/6
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (
A 3;1) và đường thẳng (d) có
phương trình 2x  y 1  0 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A và tiếp xúc 1,5
với đường thẳng (d) tại B(1;3).
+ Gọi I (a;b) là tâm của đường tròn (C).   BI  (a 1;b  3) 
+ (d) có một vectơ chỉ phương là u  (1; 2)
+ Đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng (d) tại B(1;3) nên  
BI.u  0  1(a 1)  2(b  3)  0  a  2b  7 (1)
+ Đường tròn (C) đi qua A(3;1) nên AI  BI  a  b  0 (2) 7 7 7
Từ (1) và (2) suy ra a  b  . Suy ra I ( ; ). 3 3 3 2 5
Bán kính của đường tròn là R  IA  . 3 7 7 20
Suy phương trình đường tròn (C): 2 2 (x  )  (y  )  3 3 9
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại B. Các điểm
M,N lần lượt là trung điểm của AB, AC và I (7;3) là trọng tâm của tam giác ABN.
Điểm E thuộc cạnh AC sao cho IE  IA ( E khác A ) và đường thẳng IE có 2,5
phương trình x  2 y 13  0 . Điểm M thuộc đường thẳng (d ) : x  3y 12  0 , B 1
thuộc đường thẳng (d ) : x  y  2  0 và A có hoành độ lớn hơn 5. Tìm tọa độ 2 Câu 5 các điểm A, B, C. (4,0 điểm) (HV: 0,25 điểm)
Chứng minh được tứ giác BINE nội tiếp và suy ra  0 BIE  90 .
Viết được phương trình đường thẳng BI là 2x  y 11  0.
Mặt khác B thuộc (d ) : x  y  2  0 ,suy ra B(3; 5  ). 2
M thuộc (d )  M (12  3 ; m m) 1   m  3 M (3;3) M . B MI  0    m 1   M (9;1)  ( A 3;11) (loai)   . Vậy M (9;1), ( A 15;7).  ( A 15;7)   MN  3MI  N (3;7)
Suy ra ptđt AC là y  7  C(9;7). Trang 5/6 Ghi chú:
 Trong những ý chưa phân rã ra 0,25đ thì nếu cần Ban Giám khảo có thể thống nhất rã ra chi
tiết 0,25đ, nhưng lưu ý tổng điểm cả ý đó vẫn không đổi ;
 Nếu học sinh có cách giải khác đúng, chính xác và logic thì Ban Giám khảo thảo luận và
thống nhất thang điểm cho điểm phù hợp với Hướng dẫn chấm. Trang 6/6