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 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): 2 4 5 y x x    và điểm (1;4) I . 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 2 x m m    có 4 nghiệm

phân biệt.

Câu 2 (3 điểm) a) Giải bất phương trình: 2 ( 1) 2 ( 6) 7 7 12 x x x x x x        

b) Giải hệ phương trình:

2 2

2 2 (x 1)(y 6) y(x 1)

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

          

c) Tìm m để phương trình 2 4 3 1 1 2 1 x m x x    có nghiệm.

Câu 3 (3 điểm) a) 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

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 ( 2;0) M  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 2 2 1 x y  . Tìm giá trị lớn

nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 ( ) 3 1 x y y S xy     .

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 ( 1) ( 1) 2 A x y x y y         …………………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) Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Cho parabol (P): 2 4 5 y x x    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 ( 1) 4 y k x   

Xét pt 2 2 4 5 ( 1) 4 ( 4) 1 0 x x k x x k x k            (1) 0,25

2 2 ( 4) 4( 1) 0 4 20 0, k k k k k           cắt (P) tại M và N Gọi 2 nghiệm của (1) là 1 2 1 1 2 2 , ( ; ( 1) 4), ( ; ( 1) 4) x x M x k x N x k x      0,25

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

1 2

1 2

1 4 2 1 2 ( 1) 4 ( 1) 4 2 4 2

x x k k k x k x

                  

0,25

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

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

Điều kiện cần 4 2 0 1 m m m     hoặc 1 m  (1) 0,25

Khi đó

2 4 2 2 4 2

2 4 2 2 4 2 2 2

2 ( ) 2 ( )

x m m x m m

x m m x m m

                   0,25

Điều kiện đủ 4 2 2 2 ( ) 0 1 2 m m m      0,25 Kết hợp với ĐK (1) ta được 1 2 m   hoặc 2 1 m    0,25 Cách khác. Pt có 4 nghiệm  đường thẳng 4 2 y m m   cắt đths

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

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

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

2 2 ( 1) ( 6) ( 2)( 4) 2 2 7 3 x x x x x x x x             

1 6 ( 2) ( 4) 0 2 2 7 3 x x x x x x                   0,25

Ta có 1 6 ( 4) 2 2 7 3 x x x x x         

2 2 6 6 1 2 2 2 2 7 3 2 2 x x x x x x x                0,25