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): 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