Đề khảo sát đội tuyển HSG Toán 10 lần 1 năm học 2017 – 2018 trường THPT Thanh Miện – Hải Dương

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