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 NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) a) Cho parabol (P): y   x  x  điểm I (1; 4) Tìm (P) hai điểm M, N đối xứng qua điểm I b) Tìm giá trị m để phương trình x   m  m có nghiệm phân biệt Câu (3 điểm) a) Giải bất phương trình: ( x  1) x   ( x  6) x   x  x  12 (x  1)(y  6)  y(x  1) b) Giải hệ phương trình:  2 (y  1)(x  6)  x(y  1) c) Tìm m để phương trình x   m x   x  có nghiệm Câu (3 điểm) a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định     hệ thức: AD  AB; AE  AC Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng b) Gọi H trực tâm  ABC, M trung điểm BC Chứng minh   MH MA  BC c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm M (2;0) trung điểm cạnh AB, điểm H (1; 1) hình chiếu B AD điểm 7  G  ;3  trọng tâm tam giác BCD Đường thẳng HM cắt BC E, đường 3  thẳng HG cắt BC F Tìm tọa độ điểm E, F B Câu (1 điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn x  y  Tìm giá trị lớn ( x  y )2  y xy  Câu (1 điểm) Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  ( x  1)  y  ( x  1)  y  y  giá trị nhỏ biểu thức S  …………………Hết………………… SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN (Đáp án gồm 04 trang) Ý Nội dung Cho parabol (P): y   x  x  điểm I (1; 4) Tìm (P) hai a điểm M, N đối xứng qua điểm I đường thẳng  qua I có hsg k có phương trình y  k ( x  1)  Xét pt  x  x   k ( x  1)   x  (k  4) x  k   (1)   (k  4)  4(k  1)   k  4k  20  0, k   cắt (P) M N Gọi nghiệm (1) x1 , x2  M ( x1 ; k ( x1  1)  4), N ( x2 ; k ( x2  1)  4) Điểm 1,00 0,25 0,25 M, N đối xứng qua điểm I  I trung điểm MN  x1  x2   4k   1 k  2  k ( x1  1)   k ( x2  1)    Khi (1) x  x    x  1 x  Vậy M (1;0), N (3;8) b Tìm m để phương trình x   m  m có nghiệm phân biệt Điều kiện cần m  m   m  m  1 (1) x   m  m x   m  m   x   ( m  m )  x   (m  m ) Điều kiện đủ  (m4  m )   1  m  2 Khi  4 2 0,25 0,25 1,00 0,25 2 Kết hợp với ĐK (1) ta  m    m  1 Cách khác Pt có nghiệm  đường thẳng y  m  m cắt đths 0,25 0,25 0,25 y  x  điểm Từ đồ thị suy  m  m   | m | 2 a Giải bất phương trình: ( x  1) x   ( x  6) x   x  x  12 ĐK : x  2 BPT  ( x  1) x    ( x  6) x    x  x      x2 x2  ( x  6)  ( x  2)( x  4) x22 x7 3 x6  x 1   ( x  2)    ( x  4)   x7 3  x22  x 1 x6 Ta có   ( x  4) x22 x7 3 x2 x2 x6 x6      2 x22 x7 3 x22 1,00 0,25  ( x  1) 0,25 0,25 ( x  2) x  ( x  6)( x   1)    0, x  2 x22 x7 3 x22 BPT  x    x  Vậy tập nghiệm BPT S   2; 2  (x  1)(y  6)  y(x  1) Giải hệ phương trình:  b 2 (y  1)(x  6)  x(y  1) Trừ vế ta  x  y  x  y  xy    0,25 1,00 0,25 TH x  y Thế vào pt thứ ta x  x2  5x     x  TH x  y  xy    xy  x  y  0,25 Cộng hai pt theo vế ta  x  y    x  y   12    x  y    x  y   xy  12  x  y 1   x  y   6 x  y      x  y  x  y   xy  (Loại)  x  2, y  x  y   xy     x  3, y  0,25 0,25 Vậy hệ có nghiệm  2;2  ,  3;3 ,  2;3 ,  3;2  c Tìm m để phương trình x   m x   x  có nghiệm ĐK: x  Chia hai vế cho 1,00 x  ta x 1 x 1  m  24 x 1 x 1 x 1 Đặt t  ,0  t  ta 3t  m  2t  3t  2t  m (2) x 1 Pt (1) có nghiệm x   pt (2) có nghiệm t   0;1 Lập bảng biến thiên f  t   3t  2t  0;1 Từ BBT suy pt (2) có nghiệm t   0;1  1  m  0,25 0,25 0,25 0,25 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định a    hệ thức: AD  AB; AE   AC Chứng minh rằng: D, E, G 1,00 thẳng hàng Gọi M trung điểm BC ta có:     AG  AM  AB  AC 3 0,25        DE  DA  AE  2 AB  AC  5 AB  AC (1) 5           DG  DA  AG  2 AB  AB  AC   AB  AC  5 AB  AC 3 3      0,25  Từ (1) (2) suy DE  DG  D, E, G thẳng hàng      0,25   1,00    0,25 0,25 Gọi H trực tâm  ABC, M trung điểm BC Chứng minh b   MH MA  BC      A Ta có MH MA  BA  CA MH H      BA.MH  CA.MH          BA MC  CH  CA MB  BH  C B 2 A' M               BA.MC  BA.CH  CA.MB  CA.BH         Vì BA  CH  BA.CH  0; CA  BH  CA.BH         MH MA  BA.MC  CA.MB 2           Mặt khác ta có BA.MC  BA '.MC ; CA.MB  CA '.MB MB   MC          Nên MH MA  BA '.MC  CA '.MC  MC BA '  CA ' 2         1 1  MC.BC  BC.BC  BC (đpcm) 2 c Tìm tọa độ điểm E, F B  (  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25   Chứng minh HM  ME từ suy E (5;1)   Chứng minh HG  2GF từ suy F (3;5) Giả sử B( x; y) Từ giả thiết suy B, E, F thẳng hàng BE  BH Tìm tọa độ B(1;3) Tìm max biểu thức S  ( x  y)2  y xy  0,25 0,25 0,25 1,00 Thế x  y  vào S ta S  x  xy  y xy  x  y TH y   x   S  0,25 0,25 x x  y 2 y 2 x t  2t  Đặt t   S  TH2 y   S    y t2  t 1 x x  1 y  y   S (t  t  1)  t  2t   ( S  1)t  ( S  2)t  S   Với S  , tồn t    ( S  2)  4( S  1)( S  2)  Biến đổi ta ( S  2)(3S  6)   2  S  Do S  1  2; 2 nên max S  2, S  2 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  ( x  1)  y  ( x  1)  y  y  A  (1  x)  y  ( x  1)  y  y   (1  x  x  1)  ( y  y )  y  0,25 0,25 1,00 0,25 Vậy A   y  y  TH y   A   y  0,25 TH y   A   y   y     3   12  y    y  3.1  y   y    Ta có    A   A   x  0, y  0,25 0,25 ... ( x1 ; k ( x1  1)  4), N ( x2 ; k ( x2  1)  4) Điểm 1, 00 0,25 0,25 M, N đối xứng qua điểm I  I trung điểm MN  x1  x2   4k   ? ?1? ?? k  2  k ( x1  1)   k ( x2  1)    Khi (1) ... x  Chia hai vế cho 1, 00 x  ta x ? ?1 x ? ?1  m  24 x ? ?1 x ? ?1 x ? ?1 Đặt t  ,0  t  ta 3t  m  2t  3t  2t  m (2) x ? ?1 Pt (1) có nghiệm x   pt (2) có nghiệm t   0 ;1? ?? Lập bảng biến thiên... TRƯỜNG THPT THANH MIỆN Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN NĂM HỌC 2 017 – 2 018 MƠN THI: TỐN (Đáp án gồm 04 trang) Ý Nội dung Cho parabol (P): y   x  x  điểm I (1; 4)