Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Đề số 1 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk lăk

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Đề số 1 - Năm học 2018-2019 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk lăk

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 7/6/2017 Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức f(x) x2 (2m 3)x m 2 1 (m là tham số). 1) Tìm giá trị của m để phương trình f (x) 0 có hai nghiệm dương phân biệt. 2017 2) Tìm giá trị của x để giá trị nhỏ nhất của f (x) là . 4 Câu 2: (2,0 điểm) 2(x 1) 1) Giải phương trình: x2 2x x 1 0. x2 2x 2) Giải phương trình: 3x 4 3x21 9x2 18x8 2 . Câu 3: (1,5 điểm) 1) Tìm các số nguyên tố p sao cho 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên. 2) Tìm hai số x, y nguyên dương sao cho x 2 2 6 y 1 2 xy 24 . Câu 4: (1,5 điểm) a b 4c 1) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 2. b c c a a b a2 b 2 c 2 11 2) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: ab bc ca 7 1 Chứng minh: a,b,c 3. 3 Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P) và (Q) theo thứ tự là đường tròn nội tiếp của tam giác AHB và tam giác AHC. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài (khác BC) của hai đường tròn (P) và (Q), nó cắt AB, AH, AC theo thứ tự ở M, K, N. 1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC. 2) Chứng minh PK // AB và tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N cùng nằm trên một đường tròn. 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; biết AB = a, AC = 3a. Một đường thẳng thay đổi đi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IDE theo a. Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) f(x) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 13 m 2 2 12 0 2m 3 4 m 1 0 m 1 m 1 2 P 0 m 1 0 13 m 1 m 1 S 0 2 m 3 0 12 3 m 2 2 2 2 2 22m 3 2 m 3 2 m 3 2 2) f x  x 2 m 3 x m 1 x 2 x m 1 2 2 2 2 2 2m 3 12 m 13 12 m 13 2m 3 x (vì x 0 với mọi m) 2 4 4 2 2017 12m 13 2017 1015 Do đó GTNN của f x là m 4 4 4 6 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: x 2 hoặc x 0 2 x 1 x2 2 x x 1 0 x 2 2 x x 1 x 2 2 x 2 x 1 0 x2 2 x x2 2 x x 1 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 x 1 0 x2 2 x x 2 2 x x 1 2 x 2 2 x x 1 0 x2 2 x 2 0 a x2 2 x 2 x 2 2 x x 1 0 2 x 2 x x 1 0 b x 1 5 +) a x2 2 x 4 0 1 (TMĐK) x2 1 5 1 +) b x2 2 x x 1 x 1 x 2 2 x x 2 2 x 1 x (loại) 4 Vậy phương trình có hai nghiệm là x 1 5 và x 1 5 2 a2 b 2 9 x 2 18 x 8 2) (ĐK: x ). Đặt a 3 x 4; b 3 x 2 a , b 0 2 2 3 a b 2 Do đó PT đã cho trở thành: ab 1 abab 2 2 ab 1 abab 0 a b a b1 a 1 b 0 a 1 b 1 +) Với a b 3 x 4 3 x 2 0 x 2 (vô nghiệm) +) Với a 1 3 x 4 1 x 1 (loại) Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2
3. 1 +) Với b 1 3 x 2 1 x (chọn) 3 1 Vậy PT có một nghiệm là x 3 Câu 3: (1,5 điểm) 1) Giả sử 13p 1 a3 a N , a 3 13 p a 3 1 a 1 a 2 a 1 Do 13 và p là các số nguyên tố, nên ta có các trường hợp sau: a 1 13 a 14 +) 2 ; a a 1 p p 211 a 1 p p a 1 p 2 +) 2 do a 3 a a 1 13 a 3 a 4 0 a 3 Vậy p 2 hoặc p 211 2) x 261 2 y 2 xy 24 x2 4612 x y 2 y xy 26 xxyx224 3612 xyy 2 y 26 xxy 243 yxy 2426 x 2 y 4 x 3 y 26. Vì x, y nguyên dương nên có các trường hợp sau: 68 x x 3 y 1 x 3 y 1 5 +) (loại) x 2 y 4 26 x 2 y 22 21 y 5 43 x x 3 y 26 x 3 y 26 5 +) (loại) x 2 y 4 1 x 2 y 3 29 y 5 31 x x 3 y 2 x 3 y 2 5 +) (loại) x 2 y 4 13 x 2 y 9 7 y 5 x 3 y 13 x 3 y 13 x 4 +) (chọn) x 2 y 4 2 x 2 y 2 y 3 Câu 4: (1,5 điểm) y z x a 2 z x y 1) Đặt xbcycazabxyz , , , , 0 b 2 x y z c 2 a b4 c y z x z x y 4 x y z Ta có b c c a a b2 x 2 y 2 z Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3
4. y z x z x y4 x y z y z z x 2 x y 3 2x 2 y 2 z 2 x 2 y z yxzxzy 2 2 yx zxzy 2 2 3 2  2  2  3 2xyxz 2 2 2 yz 2 xy 2 2 xz 2 yz 1 2  2 2 3 2 2 x y x y z Đẳng thức xảy ra z 2 x 2 x 2 y z . Khi đó c 0 (vô lí vì c 0) 2 z 2 y a b4 c Vậy đẳng thức không xảy ra nên 2 b c c a a b 2) Ta có: abc 2 a2 b 2 c 2 2 abbcca  11 2 7 25 abc 5 doabc , , 0 c 5 ab 2 2 2 2 22 2 2 Nên abc 11 ab 5 ab 11 a 5 babb 5 7 0 * * có nghiệm 5b 2 4 b2 57031030 b b 2 b b 3310 b 1 1 b 3 . Vì vai trò a,, b c như nhau, nên a, b , c 3 3 3 Câu 5: (3,0 điểm) A N K M Q P B H C 1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC. Vì P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp ABH, ACH nên BP là phân giác ABH , 1 1 AQ là phân giác CAH ) PBH ABH, QAH CAH 2 2 mà ABH CAH (cùng phụ với BAH ) PBH QAH 1 Xét PBH và QAH có: PBH QAH cmt , PHB QHA  900 45 0 2 HB HP Vậy PBH QAH (g-g) HA HQ HB AB HP AB Lại có ABC HBA (g-g) HA AC HQ AC Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4
5. Mặt khác HP, HQ lần lượt là phân giác hai góc kề bù AHB, AHC PHQ 900 HP AB Xét HPQ và ABC có: PHQ BAC 900 gt ; cmt ; cmt HQ AC Vậy HPQ ABC (c-g-c) 2) Chứng minh PK // AB và tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. Vì KM, KH là hai tiếp tuyến của (P) KP là phân giác MKH Vì KN, KH là hai tiếp tuyến của (Q) KQ là phân giác NKH PKQ 900 (do MKH , NKH là hai góc kề bù) Tứ giác KPHQ có : PKQ PHQ 900 , nên tứ giác KPHQ nội tiếp PKH PQH Mà BCA PQH ( HPQ ABC), BCA BAH (cùng phụ CAH ) PKH BAH PK// AB (đpcm) Ta có: MKP PKH (KP là phân giác MKH ), BCA PKH (từ cmt) MKP BCA Vì PK/ / AB BMN MKP 1800 BMN BCA 180 0 . Vậy tứ giác BMNC nội tiếp. 3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N cùng nằm trên một đường tròn. Ta có BCA BAH , BMN BCA 1800 cmt BMN BAH 180 0 1 mà PMN BMN (MB, MN là các tiếp tuyến của (P)) 2 1 BAP BAH (AP là phân giác BAH ). 2 1 1 Nên PMN BAP BMN BAH 1800 90 0 PMN 90 0 BAP 2 2 Lại có PAN BAC BAP 900 BAP PMN PAN Suy ra 4 điểm A, M, P, N cùng thuộc một đường tròn Chứng minh tương tự có 4 điểm A, M, Q, N cùng thuộc một đường tròn Vậy 5 điểm A, M, P, Q, N cùng thuộc một đường tròn (đpcm) 4) Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IDE theo a. F A E F D A A C B H I E C B H I C B H I E D F D ABC: BAC 900 BC 2 ABACa 2 2 2 3 a 2 10 a 2 và BC là đường kính của (I) 1 1 1 1 Kẻ đường kính DF của (I) DEF 900 và S S  ED EF ED EF IDE2 DEF 2 2 4 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5
6. ED2 EF 2 DF 2 BC 210 a 2 Lại có ED EF 5 a 2 2 2 2 2 1 5 Do đó S 5 a2 a 2 (đvdt) IDE 4 4 Dấu “=” xảy ra khi ED EF DEF vuông cân tại E IDE vuông cân tại I 5 Vậy max S a2 IDE vuông cân tại I IDE 4 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 6