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

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

126
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề khảo sát đội tuyển HSG Toán 10 năm học 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Thanh Miện (Lần 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) Cho parabol (P): y   x 2  4 x  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 x 2  2  m 4  m 2 có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (3 điểm) a) Giải bất phương trình: ( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x 2  7 x  12 (x  1)(y 2  6)  y(x 2  1) b) Giải hệ phương trình:  2 2 (y  1)(x  6)  x(y  1) c) Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  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  2 AB; 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 MH .MA  BC 2 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 x 2  y 2  1 . Tìm giá trị lớn ( x  y )2  3 y 2 . xy  1 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  y 2  ( x  1) 2  y 2  y  2 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S  …………………Hết…………………. SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN Câu 1 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) Ý Nội dung Cho parabol (P): y   x  4 x  5 và điểm I (1; 4) . Tìm trên (P) hai a 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 2 Xét pt  x 2  4 x  5  k ( x  1)  4  x 2  (k  4) x  k  1  0 (1)   (k  4) 2  4(k  1)  0  k 2  4k  20  0, k   cắt (P) tại M và N Gọi 2 nghiệm của (1) là 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 nhau qua điểm I  I là trung điểm của MN  x1  x2  2  1 4k   1 k  2 2  k ( x1  1)  4  k ( x2  1)  4  4  2 Khi đó (1) x 2  2 x  3  0  x  1 hoặc x  3 . Vậy M (1;0), N (3;8) 1 b Tìm m để phương trình x 2  2  m 4  m 2 có 4 nghiệm phân biệt Điều kiện cần m  m  0  m  1 hoặc m  1 (1) 4 2 x  2  m  m x  2  m  m  2 4 2  x  2  ( m  m )  x  2  (m  m ) Điều kiện đủ 2  (m4  m 2 )  0  1  m 2  2 2 Khi đó  4 2 4 2 2 4 0,25 0,25 1,00 0,25 2 2 Kết hợp với ĐK (1) ta được 1  m  2 hoặc  2  m  1 Cách khác. Pt có 4 nghiệm  đường thẳng y  m 4  m 2 cắt đths 0,25 0,25 0,25 y  x 2  2 tại 4 điểm. Từ đồ thị suy ra 0  m 4  m 2  2  1 | m | 2 2 a Giải bất phương trình: ( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x 2  7 x  12 ĐK : x  2 . BPT  ( x  1) x  2  2  ( x  6) x  7  3  x 2  2 x  8     x2 x2  ( x  6)  ( x  2)( x  4) x22 x7 3 x6  x 1   ( x  2)    ( x  4)   0 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 1      2 2 x22 x7 3 x22 1,00 0,25  ( x  1) 0,25 0,25 ( 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  2 (x  1)(y 2  6)  y(x 2  1) Giải hệ phương trình:  b 2 2 (y  1)(x  6)  x(y  1) Trừ vế ta được  x  y  x  y  2 xy  7   0 0,25 1,00 0,25 TH 1. x  y . Thế vào pt thứ nhất ta được x  2 x2  5x  6  0   x  3 TH 2. x  y  2 xy  7  0  2 xy  x  y  7 0,25 Cộng hai pt theo vế ta được 5  x  y    x 2  y 2   12  0  5  x  y    x  y   2 xy  12  0 2 x  y 1 2   x  y   6 x  y   5  0   x  y  5 x  y  1  xy  4 (Loại)  x  2, y  3 x  y  5  xy  6    x  3, y  2 0,25 0,25 Vậy hệ có 4 nghiệm là  2;2  ,  3;3 ,  2;3 ,  3;2  2 c Tìm m để phương trình 3 x  1  m x  1  2 4 x 2  1 có nghiệm ĐK: x  1 . Chia hai vế cho 1,00 x  1 ta được x 1 x 1 3  m  24 x 1 x 1 x 1 Đặt t  4 ,0  t  1 ta được 3t 2  m  2t  3t 2  2t  m (2) x 1 Pt (1) có nghiệm x  1  pt (2) có nghiệm t   0;1 Lập bảng biến thiên của f  t   3t 2  2t trên  0;1 Từ BBT suy ra pt (2) có nghiệm t   0;1  1  m  1 3 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho tam giác ABC có trọng tâm là G. Hai điểm D và E được xác định 3 a    bởi các hệ thức: AD  2 AB; AE  2  AC . Chứng minh rằng: D, E, G 5 1,00 thẳng hàng Gọi M là trung điểm của BC ta có:  2  1  1  AG  AM  AB  AC 3 3 3 0,25     2  2   DE  DA  AE  2 AB  AC  5 AB  AC (1) 5 5     1  1    5  1  1 DG  DA  AG  2 AB  AB  AC   AB  AC  5 AB  AC 3 3 3 3 3     6  5 0,25  Từ (1) và (2) suy ra DE  DG  D, E, G thẳng hàng 3      0,25   3 1,00    0,25 0,25 Gọi H là trực tâm  ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh b   1 MH .MA  BC 2 4   1    A Ta có MH .MA  BA  CA MH 2 H 1      BA.MH  CA.MH 2 1          BA MC  CH  CA MB  BH  C B 2 A' M              1  BA.MC  BA.CH  CA.MB  CA.BH 2         Vì BA  CH  BA.CH  0; CA  BH  CA.BH  0   1   1    MH .MA  BA.MC  CA.MB 2 2           Mặt khác ta có BA.MC  BA '.MC ; CA.MB  CA '.MB và MB   MC   1   1   1    Nên MH .MA  BA '.MC  CA '.MC  MC BA '  CA ' 2 2 2         1 1 1 1  MC.BC  . BC.BC  BC 2 (đpcm) 2 2 2 4 c Tìm tọa độ các điểm E, F và B  (  0,25 0,25 0,25 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) Giả sử B( x; y) . Từ giả thiết suy ra B, E, F thẳng hàng và BE  BH Tìm được tọa độ B(1;3) 4 Tìm max và min của biểu thức S  ( x  y)2  3 y 2 . xy  1 0,25 0,25 0,25 1,00 Thế x 2  y 2  1 vào S ta được S  x 2  2 xy  2 y 2 xy  x 2  y 2 TH 1. y  0  x 2  1  S  1 0,25 0,25 2 x x  y 2 y 2 x t 2  2t  2 . Đặt t   S  TH2. y  0  S    2 y t2  t 1 x x  1 y  y   S (t 2  t  1)  t 2  2t  2  ( S  1)t 2  ( S  2)t  S  2  0 Với S  1 , tồn tại t    ( S  2) 2  4( S  1)( S  2)  0 Biến đổi ta được ( S  2)(3S  6)  0  2  S  2 Do S  1  2; 2 nên max S  2, min S  2 5 Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  ( x  1) 2  y 2  ( x  1) 2  y 2  y  2 A  (1  x) 2  y 2  ( x  1) 2  y 2  y  2  (1  x  x  1) 2  ( y  y ) 2  y  2 0,25 0,25 1,00 0,25 Vậy A  4  4 y  y  2 . 2 TH 1. y  2  A  2 1  y 2  2 5 0,25 TH 2. y  2  A  2 1  y 2  2  y     3 2  1  12  y 2   2  y  3.1  1. y  2  y  3  2  2 1 3 Ta có 2  3  2 5  min A  2  3 A  2  3 khi và chỉ khi x  0, y  0,25 0,25