Đề khảo sát đội tuyển HSG Toán 10 năm học 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Thanh Miện (Lần 1)

Đề khảo sát đội tuyển HSG Toán 10 năm học 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Thanh Miện (Lần 1) này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức, rèn luyện kỹ năng để thi học sinh giỏi và giúp các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán học lớp 10. Đây là tài liệu bổ ích để các em ôn luyện và kiểm tra kiến thức tốt, chuẩn bị cho kì thi học kì.

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