Đề thi môn Toán học khối 10

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ 
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt 
Câu 1 (4 điểm). 
Giải hệ phương trình: 





−=+
=
+
++
yxyx
yx
xyyx
2
22 168
Câu 2 (4 điểm). 
Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện 3=− byax . Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức aybxyxbaF +++++= 2222 . 
Câu 3 (4 điểm). 
Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện: 
2
cos2
2
3
sin
2
3
sin BABA −=+ . 
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 
Câu 4 (4 điểm). 
Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao 
cho: 
MPMDMCMB 4=++ ; MQMAMDMC 4=++ ; 
MRMBMAMD 4=++ ; MSMCMBMA 4=++ . 
 Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. 
Câu 5 (4 điểm). 
Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có 
tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một 
điểm có tọa độ nguyên. 
-------------------HẾT--------------------- 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Đáp án Toán 10 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Giải hệ phương trình: 





−=+
=
+
++
)2(yxyx
)1(16
yx
xy8yx
2
22
* Điều kiện: x + y > 0 0,5 
* (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y) 
 ⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0 
 ⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0 
 ⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0 
 ⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0 
1 
 ⇔ 2 2
x y 4 0 (3)
x y 4(x y) 0 (4)
+ − =

+ + + =
0,5 
Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được: 
 x
2
 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔ x 3 y 7
x 2 y 2
= − ⇒ =

= ⇒ =
. 
1 
(4) vô nghiệm vì x2 + y2 ≥ 0 và x + y > 0. 0,5 
Câu 1: 
Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2) 0,5 
 Đáp án Toán 10 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Cho các số thực a , b , x , y thỏa mãn điều kiện 3=− byax . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức aybxyxbaF +++++= 2222 . 
Viết lại ( )2222
4
3
22
baaybxF ++





++





+= . 
0,5 
Đặt ( )y;xM = , 





−−=
22
a
;
bA , ( ) 3=−∆ byax: . Ta có 
22
2
22






++





+=
aybxMA . Mà ( )∆∈M nên ( )[ ] 2222 3 ba;AdMA +=∆≥ . 
Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên ( )∆ . 
1,5 
Suy ra ( ) ( ) 3
4
332
4
33 22
22
22
22 =++
≥++
+
≥ ba.
ba
ba
ba
F . 
1 
Câu 2: 
Vậy 3=Fmin đạt được chẳng hạn khi 
( ) 






−=
2
2
2
602 ;;;y;x;b;a . 
1 
 Đáp án Toán 10 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện : 
sin 





2
3A
 + sin 





2
3B
 = 2cos 




 −
2
BA
. 
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 
Ta có: sin(
2
3A
 ) + sin(
2
3B ) = 2 sin(
4
)(3 BA + ) cos(
4
)(3 BA − ) . 
 1≥ sin(
4
)(3 BA + ) > 0; cos(
2
BA − ) > 0 
 0 ≤
2
BA −
 ≤
4
3 BA −
 < pi 
 ⇒ cos(
2
BA − )≥cos(
4
3 BA − ) 
 ⇒cos(
2
BA − )≥cos(
4
3 )BA( − ) 
1 
Từ sin(
2
3A
 ) + sin(
2
3B ) = 2cos(
2
BA − ) và cos(
2
BA − )>0 
Suy ra : 2sin(
4
)(3 BA + )cos(
4
)(3 BA − ) >0 
Hay cos(
4
3 )BA( − )>0. 
1 
Kết hợp với sin(
4
)(3 BA + )≤1, ta có sin(
4
)(3 BA + )cos(
4
)(3 BA − )≤cos(
4
)(3 BA − ) 
Do đó: 2 sin(
4
)(3 BA + )cos(
4
)(3 BA − ) ≤ 2cos(
4
)(3 BA − ) ≤ 2cos(
2
BA − ) 
1
Câu 3: 
Vì vậy nếu sin(
2
3A
 ) + sin(
2
3B ) = 2cos(
2
BA − ) thì phải có: 






=
+
−
=
−
1)
4
)(3
sin(
4
3
2
BA
BABA
 ⇔ A = B = 
3
pi
. 
Vậy tam giác ABC là tam giác đều. 
1 
 Đáp án Toán 10 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các 
điểm sao cho 
MPMDMCMB 4=++ ; MQMAMDMC 4=++ 
MRMBMAMD 4=++ ; MSMCMBMA 4=++ 
Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. 
Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho 
MDMCMBMAMG +++=5 . 
0,5 
Từ MPMDMCMB 4=++ , ta có GAPA 54 = . 
Tương tự GBQB 54 = , GCRC 54 = , GDSD 54 = . 
1 
Do đó PA = QB = RC = SD ⇔ GA = GB = GC = GD. 1 
Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G 
trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới ( )ODOCOBOAOM +++−= . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = 
SD. 
1 
Câu 4: 
Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn thì 
không tồn tại điểm M. 
0,5 
 Đáp án Toán 10 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những 
điểm có tọa độ nguyên. 
Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một 
điểm có tọa độ nguyên. 
Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 5. 
(xi; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau: 
(2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’ ∈ Z 
1,5 
Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nhất 2 đỉnh 
có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên. 
1,5 
Câu 5: 
Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên. 
Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của 
ngũ giác đó. 
1