Đề thi môn Toán lớp 10

: 
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 
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ 
ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 11 
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 sau: 




+++=++
+
+
=
−
1)2yx(log2)6y2x(log3
1y
1x
e
23
2
2
xy 22
Câu 2 (4 điểm). 
 Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d và số đo của nhị diện [B,SC,D] 
bằng 1500. Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d. 
Câu 3 (4 điểm). 
Cho dãy số dương (an). 
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k : 
( )







 +
++++
+
≤
−
k1k
k
32
3
2
2
1
k
k21 ak
1k
...a
3
4
a
2
3
a2)1k(k
1
a...a.a 
 b. Biết ∈=∑
=
∞→
aalim
n
1i
i
n
R. Đặt bn = n n213 321211 a...aa...aaaaaa ++++ với n 1≥ 
Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn. 
Câu 4 (4 điểm). 
Cho hàm số f(x) = 2x – sinx. 
 Chứng minh rằng tồn tại hằng số b và các hàm số g, h thoả mãn đồng thời các 
điều kiện sau: 
1) g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x. 
2) h(x) là hàm số tuần hoàn. 
3) f(g(x)) = x với mọi số thực x. 
Câu 5 (4 điểm). 
 Tìm tất cả các số tự nhiên m, n sao cho đẳng thức sau đúng: 
 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) 
-------------------HẾT------------------- 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
ĐÁP ÁN TOÁN LỚP 11 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
 Giải hệ phương trình 
2 2
2
2
3 2
1 (1)
1
3log ( 2 6) 2 log ( 2) 1 (2)
y x xe
y
x y x y
−
 +
=
+
 + + = + + +
Đk: x + 2y +6 > 0 và x + y + 2 > 0 0,5 
Phương trình (1) ⇔ y2 – x2 = ln(x2+1) – ln(y2+1) 
 ⇔ ln(x2+1)+ x2 +1 = ln(y2+1)+y2+1 (3) 
Xét hàm số f(t) = lnt + t với t ≥ 1 
Phương trình (3) có dạng f(x2+1) = f(y2+1) (4) 
Ta có f(t) đồng biến trên [1 ;+ ∞ ). 
Do đó (4) ⇔ x2+1 = y2+1 ⇔ x = ± y 
1 
* Với x = -y , từ (2) ta được 3log (6 ) 1x− = , với x<6 
 ⇔ x = 3 ⇒ y = -3 (thỏa mãn hệ) 
0.5 
* Với x = y , từ (2) ta được 3 23log ( 2) 2 log ( 1)x x+ = + với x > -1 
0.5 
Đặt 3 23log ( 2) 2 log ( 1)x x+ = + = 6u ⇒ 
2
3
2 3
1 2
u
u
x
x
 + =

+ =
⇒ 1+23u = 32u ⇔ 1 8 1
9 9
u u
   
+ =   
   
 (5) 
Xét g(u) = 1 8
9 9
u u
   
+   
   
, g(u) là hàm nghịch biến trên R và có g(1) = 1 nên 
 u = 1 là nghiệm duy nhất của (5). 
Với u = 1 suy ra x = y = 7 (thỏa mãn hệ) 
1 
Câu 1: 
Vậy hệ có 2 nghiệm (3 ;-3) , (7 ;7) 
0.5 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
 Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng d và số đo của nhị diện 
[B,SC,D] bằng 1500. Tính thể tích của hình chóp đều S.ABCD theo d. 
Ta có: BD ⊥ SC . Dựng mặt phẳng qua BD vuoâng goùc vôùi SC taïi P. 
Ta coù :
0150BPD =∠ 1 
Ta có: cos1500 = 2
2
2
22
BP2
BD1
BP2
BDBP2
−=
−
 (1) 0.5 
Câu 2: 
Gọi M là trung đi ểm của BC. Ta có SM .BC = BP.SC. 
BC = d, gọi h là chiều cao hình chóp S.ABCD 
Ta có: SM2 = h2 + 
4
d2
; SC2 = h2 + 
2
d2
. Suy ra: BP2 = )dh2(2
)dh4(d
22
222
+
+
1 
(1) trở thành: 22
2
dh4
d
2
3
+
−=− . Suy ra: h = 
3
332
2
d −
1 
VS.ABCD = 6
ddtABCD.h
3
1 3
=
3
332 −
 0.5 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Cho dãy số dương (an). 
a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương k: 
( )







 +
++++
+
≤
−
k1k
k
32
3
2
2
1
k
k21 ak
1k
...a
3
4
a
2
3
a2)1k(k
1
a...a.a 
b. Biết ∈=∑
=
∞→
aalim
n
1i
i
n
R. 
Đặt bn = n n213 321211 a...aa...aaaaaa ++++ với n 1≥ 
Chứng minh rằng dãy (bn) có giới hạn. 
a)Ta có 
2 3
1 2 3 1 2 32 1
2 3
1 2 3 1 2 3 2 1
2 3
1 2 3 2 1
3 4 ( 1)( 2)( )( )....( ) .... ( 1)
2 3
1 3 4 ( 1)
.... ( 2)( )( )....( )
1 2 3
1 3 4 ( 1)( 2) ( ) ( ) .... ( )( 1) 2 3
k
kk
k kk
k
k k
k k k
k
k k
k
a a a a a a a a k
k
k
a a a a a a a a
k k
k
a a a a
k k k
−
−
−
+
= + ⇒
+
= ≤
+
 +
+ + + + +  
2 
Câu 3 
b) 
Từ câu a) suy ra 
2
1 2 1
1 1 3 1 1 ( 1) 1( 2)( .. ) ( )( .... ) .. ( )( )
1.2 ( 1) 2 2.3 ( 1) ( 1)
n
n n n
nb a a a
n n n n n nn −
+≤ + + + + + + +
+ + +
 Do : 1
1n
11
1n
1
n
1
...
3
1
2
1
2
11)1n(n
1
...
3.2
1
2.1
1
<
+
−=
+
−++−+−=
+
+++ 
nên 1 21 2
1
1 1 1(1 ) (1 ) ... (1 ) ( )
1 2
n
n
n n i
i
b a a a e a
n
=
≤ + + + + + + < ∑ với 
n
n n
11lime 





+=
∞→
(bn) tăng và bị chặn trên, do đó có giới hạn. 
2 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Cho hàm số f(x)= 2x – sinx. 
Chứng minh rằng tồn tại hằng số b và các hàm số g, h thỏa mãn đồng thời các 
điều kiện sau : 
1) g(x) = bx + h(x) với mọi số thực x. 
 2) h(x) là hàm số tuần hòan. 
3) f(g(x)) = x với mọi số thực x. 
 Từ điều kiện 3) cho thấy muốn chứng tỏ tồn tại g chỉ cần chứng tỏ f có hàm 
số ngược. 
Chú ý : f đồng biến trên (- ∞ ;+ ∞ ) nên có hàm số ngược g. 
Ta có : f(g(x)) = x và g(f(x)) = x với mọi số thực x. 
1 
 Đặt : h(x) = g(x) – bx. Ta sẽ chọn b để h(x) tuần hòan. 0.5 
 Hàm sinx tuần hoàn chu kì 2pi . 
 Ta sẽ chứng tỏ g(x+ 4pi ) = g(x) +2pi với mọi số thực x. 
Thật vậy : g(x)+2pi = [f(g(x) +2pi )] = g[2(g(x)+2pi ) - sin(g(x)+2pi )] 
=g[2g(x)-sin(g(x)) + 4pi ] = g[f(g(x)) + 4pi ] = g( x +4pi ). 
1 
 Từ đó : h(x+4pi ) = g(x + 4pi ) – b(x+4pi ) = g(x) + 2pi -bx – 4bpi 
 = h(x) + 2pi (1-2b). 1 
Câu 4: 
Nếu chọn b =
2
1
 thì h(x + 4pi ) = h(x) với mọi số thực x. 0.5 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
Tìm tất cả các số tự nhiên m,n sao cho đẳng thức sau đúng : 
 8m = 2m + n(2n-1)(2n-2) . 
 Đặt x = 2m , y = 2n-1 với m ,n là các số tự nhiên . 
 Ta có : (x,y) =1 và 2(x3-x) = (y+1)y(y-1) ⇔ y(y2-1) = 2x(x2-1) (1) 
 Do m ≥ 0 , n ≥ 0 nên x ≥ 1 và y ≥ -1 . 
0.5 
+ Trường hợp x =1: Ta có m = 0 .Lúc đó n = 0 hay n =1 . 1 
+Trường hợp x >1: 
Từ (1) và (x,y)=1 suy ra : y2-1 chia hết cho x và 2(x2-1) chia hết cho y. Do đó 
2(x2-1).(y2-1) chia hết cho xy. Nhưng: 2(x2-1)(y2-1) = 2[x2y2-2xy-((x-y)2-1)] 
n