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 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 ...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...  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 ,... 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