Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Cao Nguyên

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Cao Nguyên

1. TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH NĂM 2017 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 27/6/2017 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 3x 2 4 x 1 x 2 x 1 x 1 b. Rút gọn biểu thức: A 2 x x 1 x 1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x4 2 mx 2 5 m 4 0 (với m là tham số). a. Giải phương trình khi m 5. b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm x1,,, x 2 x 3 x 4 sao cho x1 x 2 x 3 x 4 4 4 4 4 và T 2 x1 x 2 x 3 x 4 6 x 1 x 2 x 3 x 4 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3. (1,0 điểm) 2 x x 1 y 2 3x 4 Giải hệ phương trình: 2 x 8x 13 10 y 3 Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a b c 3. 1 2018 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . a2 b 2 c 2 ab bc ca Câu 5. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, từ A nằm ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của OA và BC. a. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b. Chứng minh BA.BE AE.BO c. Gọi I là trung điểm của BE, đường thẳng qua I và vuông góc với OI cắt tia AB và AC theo thứ tự tại D và F. Chứng minh IDO BCO và tam giác DOF cân. Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có hai đường phân giác trong BD và CE. Điểm M bất kì trên đoạn DE. Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng MK ML MH . HẾT Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm. Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1
2. BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Câu 1. (2,0 điểm) 2 2 3x 2 4 x 1 x x 3 x 3 3 1 a) 3x 2 4 x 1 x 2 1 2 7 2 3x 4 x 1 x x x 3 7 3 1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S  7  b) ĐK: x 0, x 1 2 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 A 2 x 2 x Ta có: x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x 2 Câu 2. (2,0 điểm) a) Khi m = 5, phương trình trở thành: x2 3 x 3 x4 10 x 2 21 0 x 2 3 x 2 7 0 2 x 7 x 7 Vậy khi m = 5, phương trình có 4 nghiệm phân biệt là x1,2 3; x 3,4 7 b) Đặt t x2 , t 0 . Phương trình đã cho trở thành: t2 2mt 5m 4 0 * Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1,,, x 2 x 3 x 4 (*) có 2 nghiệm dương phân biệt m 1 m 4 0 2 m 1 0 m 5m 4 0 4 4 m 4 m 1 t1 ,t 2 P 0 5m 4 0 m 5 5 4 S 0 m 0 m 4 m 0 m 5 Giả sử (*) có 4 nghiệm là x t,x t,x t,x t x x x x ;0 t t 1 2 2 1 3 1 4 2 1 2 3 4 1 2 4 4 4 4 2 2 2 Khi đó T2x 1 x 2 x 3 x 4 6xxxx 1 2 3 4 t1 t 2 6t 1 t 2 t1 t 2 8t 1 t 2 T 4m2 85m 4 4m 2 40m 32 2m10 2 68 68 Đẳng thức xảy ra m 5 (thỏa mãn ). Vậy minT 68 m 5. Câu 3. (1,0 điểm) 2 y 10 Điều kiện 2 * x 8x 13 0 2 x x 1 y 2 3x 4 1 Ta có: 2 x 8x 13 10 y 3 2 1 x2 3x 4 x 1 y 2 0 x 1 x 4 x 1 y 2 0 x 1 x 1 x 4 y 2 0 y 2 x 4 +) Với x 1, thế vào (2) ta được 10 y 3 22 0 vô nghiệm Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2
3. x 4 +) Với y 2 x 4 2 . Thế vào (2) y 1 10 y 3. x 8x y 14 1 y 10 y 1 Ta có y 1 10 y 3 . 9 2 y 1 10 y 9 y 10 Khi y 1 x 3 4 x2 8x 13 0 (thỏa mãn) Khi y 10 x 12 4 x2 8x 13 9 (thỏa mãn) Vậy nghiệm x;y của hệ là 3 4;1 và 2 3 4;10 . Câu 4. (1,0 điểm) 1 1 1 1 Với mọi x, y, z dương ta có : x y z 33 xyz 1 và 33 2 x y z xyz 1 1 1 Từ (1) và (2) suy ra x y z 9 3 . Đẳng thức xảy ra x y z. x y z 2 2 2 1 1 1 Áp dụng (3) ta có: a b c 2ab 2bc 2ca 2 2 2 9 a b c ab bc ca ab bc ca 1 2 9 1 ( do a b c 3 ) a2 b 2 c 2 ab bc ca a b c 2 2 a b c 1 1 Mặt khác ab bc ca 3 3 ab bc ca 3 1 2018 1 2 2016 2016 Vậy 2 2 2 2 2 2 1 673 a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca 3 a2 b 2 c 2 ab bc ca Đẳng thức xảy ra a b c a b c 1. a b c 3 Câu 5. (3,0 điểm) D a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. Ta có: ABO ACO 900 . (Vì AB và AC là hai tiếp B tuyến của (O)) I Suy ra ABO ACO 1800 . Vậy tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn. E O b) Chứng minh BA.BE AE.BO A Ta có: AB = AC (Vì AB và AC là hai tiếp tuyến của F (O)), OB = OC (bán kính) Nên OA là trung trực của BC OA  BC C Xét AEB và BEO, ta có AEB BEO 900 OA  BC , ABE BOE (vì cùng phụ với BAE ). AB AE Vậy AEB BEO BA.BE AE.BO(đpcm). BO BE c) Chứng minh IDO BCO và tam giác DOF cân. Vì OID OBD 900 tứ giác BDOI nội tiếp IDO IBO 1 . Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3
4. Vì tam giác OBC cân tại O nên IBO BCO 2 . Từ (1) và (2) IDO BCO. Tương tự ta cũng có tứ giác CFIO nội tiếp BCO IFO 3 Từ (1) và (3) suy ra IDO IFO tam giác DOF cân tại O. Câu 6. (1,0 điểm) Gọi H, L, K lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh A BC, AB, AC. T, I lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, BC; T N N là hình chiếu của E trên cạnh AC; J là giao điểm của K SD và MH. L Khi đó, ML // DT; MK // EN; ES // MH // DI. D E M Vì BD và CE là phân giác góc ABC, góc ACB nên DT DL và ES EN. Ta có: J MK DM MJ DM MK//EN ; MJ//ES . B I C EN DE ES DE S H MK MJ Do đó , EN ES MK MJ 1 EN ES ML EM EM SJ Ta có ML//DT ; MJ//ES . DT ED ED SD SJ JH ML JH JH / /DI , DT DI ML JH 2 SD DI DT DI Từ 1 , 2 MK ML MJ JH MH (đpcm). HẾT Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4