De khao sat chat luong hsg lan 1 mon toan lop 10 truong thpt thanh mien nam hoc 2020 2021

Microsoft Word Toan lan 1 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN 1 NĂM HỌC 2017 2018 MÔN THI TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a)[.]

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT THANH MIỆN

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN 1

NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2 điểm)

a) Cho parabol (P): y x24x và điểm 5 I(1;4) Tìm trên (P) hai điểm

M, N đối xứng nhau qua điểm I

b) Tìm các giá trị của m để phương trình x2 2 m4m2 có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2 (3 điểm)

a) Giải bất phương trình: (x1) x 2 (x6) x 7 x27x 12

b) Giải hệ phương trình:

(x 1)(y 6) y(x 1) (y 1)(x 6) x(y 1)







c) Tìm m để phương trình 3 x 1 m x 1 24 x2 có nghiệm 1

Câu 3 (3 điểm)

a) Cho tam giác ABC có trọng tâm là G Hai điểm D và E được xác định

5

AD AB AE  AC

   

Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng b) Gọi H là trực tâm ABC, M là trung điểm của BC Chứng minh rằng

2 1

4

MH MA BC

 

c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm M( 2;0)

là trung điểm của cạnh AB, điểm (1; 1) H  là hình chiếu của B trên AD và điểm

7

;3

3

G  

  là trọng tâm tam giác BCD Đường thẳng HM cắt BC tại E, đường

thẳng HG cắt BC tại F Tìm tọa độ các điểm E, F và B

Câu 4 (1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2 y2  Tìm giá trị lớn 1 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1

S

xy



Câu 5 (1 điểm) Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức A (x1)2 y2  (x1)2  y2   y 2

………Hết………

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG

TRƯỜNG THPT THANH MIỆN

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN 1 NĂM HỌC 2017 – 2018 MÔN THI: TOÁN

(Đáp án gồm 04 trang)

1 a Cho parabol (P): y x24x5 và điểm (1;4)I Tìm trên (P) hai

điểm M, N đối xứng nhau qua điểm I 1,00

đường thẳng  qua I và có hsg k có phương trình y k x (   1) 4

Xét pt x24x 5 k x(   1) 4 x2(k4)x k  1 0 (1) 0,25

Gọi 2 nghiệm của (1) là x x1, 2M x k x( ; (1 1  1) 4), ( ; (N x k x2 2  1) 4) 0,25

M, N đối xứng nhau qua điểm I  I là trung điểm của MN

1 2

1

4

4 2

x x

k

k







0,25

Khi đó (1) x22x    3 0 x 1 hoặc x 3 Vậy M( 1;0), (3;8) N 0,25

1 b Tìm m để phương trình x2  2 m4m2 có 4 nghiệm phân biệt 1,00

Điều kiện cần m4 m2    0 m 1 hoặc m  1 (1) 0,25 Khi đó



Điều kiện đủ 2 (  m4 m2 ) 0     1 m2  2 0,25 Kết hợp với ĐK (1) ta được 1  m 2 hoặc  2   m 1 0,25

Cách khác Pt có 4 nghiệm  đường thẳng y m 4 m2 cắt đths

2 2

y x  tại 4 điểm Từ đồ thị suy ra 0m4m2   2 1 | |m  2

2 a Giải bất phương trình: (x1) x 2 (x6) x 7 x27x 12 1,00

ĐK : x  2

BPT (x1) x 2 2(x6) x  7 3 x2 2x 8 0,25

0,25

x

0,25

( 2) 2 ( 6)( 7 1) 1

0, 2

x

BPT      x 2 0 x 2

Vậy tập nghiệm của BPT là S   2;2 0,25

2 b Giải hệ phương trình:

(x 1)(y 6) y(x 1) (y 1)(x 6) x(y 1)





Trừ vế ta được x y x y   2xy70 0,25

TH 1 x y Thế vào pt thứ nhất ta được

3

x

x





0,25

TH 2 x y 2xy  7 0 2xy x y  7

Cộng hai pt theo vế ta được

5 x y  x y 12 0 5 x y  x y 2xy12 0

5

x y

x y

 





0,25

x y  xy (Loại)



Vậy hệ có 4 nghiệm là        2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2

0,25

2 c Tìm m để phương trình 3 x 1 m x 1 24 x2  có nghiệm 1 1,00

ĐK: x1 Chia hai vế cho x1 ta được

4

m

 

0,25

Đặt 4 1

1

x

x



 ta được

3t  m 2t  3t 2t m (2) 0,25

Pt (1) có nghiệm x 1 pt (2) có nghiệm t0;1

Lập bảng biến thiên của f t  3t22t trên 0;1 0,25

Từ BBT suy ra pt (2) có nghiệm 0;1 1 1

3

Cho tam giác ABC có trọng tâm là G Hai điểm D và E được xác định

bởi các hệ thức: 2

2 ;

5

AD AB AE  AC

   

Chứng minh rằng: D, E, G

thẳng hàng

1,00

Gọi M là trung điểm của BC ta có:

AG AM  AB AC

H A

DE DA AE    AB AC  AB AC

0,25

DG DA AG    AB AB AC  AB  AC  AB AC

0,25

Từ (1) và (2) suy ra 6

5

DE DG 

 

D, E, G thẳng hàng 0,25

Gọi H là trực tâm  ABC, M là trung điểm của BC Chứng minh

2 1

4

MH MA BC

2

MH MA BA CA MH

    

1

2 BA MH CA MH

    

1

2BA MC CH CA MB BH 

       

1

2 BA MC BA CH CA MB CA BH

          

0,25

Vì BA CHBA CH  0;CABH CA BH  0

MH MA BA MC CA MB

      0,25 Mặt khác ta có        BA MC BA MC CA MB CA MB' ;  ' và MB MC

MH MA BA MC CA MC MC BA CA

         0,25

2

2MC BC 2 2BC BC 4BC

     (đpcm) 0,25

Chứng minh được  HM ME từ đó suy ra E( 5;1)

0,25

Chứng minh được HG 2GF từ đó suy ra F(3;5) 0,25 Giả sử B x y( ; ) Từ giả thiết suy ra B, E, F thẳng hàng và BE  BH 0,25

1

S

xy



Thế x2y2 1 vào S ta được S x2 2xy2 22y2

xy x y



0,25

TH 1 y 0 x2   1 S 1

TH2

2

2

0

1

x x

y y

 

 

  

 

  

 

Đặt 22 2 2

1

 

  

 

0,25

Với S  1, tồn tại t   (S 2) 2  4(S 1)(S 2) 0 

0,25

Biến đổi ta được (S2)( 3 S     6) 0 2 S 2

Do S    1  2; 2 nên maxS2, minS 2

0,25

5 Cho x, y là các số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (x1)2 y2  (x1)2 y2  y 2 1,00

Vậy A 4 4 y2  y 2

0,25

TH 1 y  2 A 2 1y2 2 5 0,25

TH 2 y  2 A 2 1y2  2 y

 2 2  2 2

0,25

A  khi và chỉ khi 1

0,

3

x y

Ta có 2 3 2 5 minA 2 3

0,25