Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thực hành Cao Nguyên

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh sắp tới cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thực hành Cao Nguyên dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2017 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 27/6/2017 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: x   x  b Rút gọn biểu thức: A  x  x 1 x 1  2 x x 1 x 1 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x  mx  5m   (với m tham số) a Giải phương trình m  b Tìm m để phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 cho x1  x2  x3  x4 T   x14  x 24    x34  x 44   x1 x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) x   x  1 y   3x  Giải hệ phương trình:   x  8x  13  10  y  Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2018  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2 a b c ab  bc  ca Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, từ A nằm ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) Gọi E giao điểm OA BC a Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b Chứng minh BA.BE  AE.BO c Gọi I trung điểm BE, đường thẳng qua I vng góc với OI cắt tia AB AC   BCO  tam giác DOF cân theo thứ tự D F Chứng minh IDO Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có hai đường phân giác BD CE Điểm M đoạn DE Gọi H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh MK  ML  MH HẾT Họ tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:………… Ghi chú: Cán coi thi không giải thich thêm trang BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Câu (2,0 điểm) 2    x  3  x      x  2 1 2  x  x    3 7 3  1  Vậy tập nghiệm phương trình S    7  b) ĐK: x  0, x    3x   x   x   a) x   x        3x  x   x    Ta có: A  x  x  x 1  2 x 1 x 1  x 2  3   x 1  x 1 x 1 2 x 1 x 1 x  x  1 x   x  Câu (2,0 điểm) a) Khi m = 5, phương trình trở thành:  x2  x    x  10 x  21    x   x       x   x   Vậy m = 5, phương trình có nghiệm phân biệt x1,2   3; x3,4   b) Đặt t  x , t  Phương trình cho trở thành: t  2mt  5m   * Phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  (*) có nghiệm dương phân biệt  m  1 m    m   m  5m       4   m 1      m  t1 , t   P   5m    m    5 **  S   m   m   m   m   Giả sử (*) có nghiệm x1   t , x   t1 , x  t1 , x  t  x1  x  x  x ;0  t1  t  Khi T   x14  x 42    x 34  x 44   6x1x x x  t12  t 22  6t1t   t1  t   8t1t 2 T  4m   5m    4m  40m  32   2m  10   68  68 Đẳng thức xảy m  (thỏa mãn **) Vậy minT  68  m  Câu (1,0 điểm) 2  y  10 Điều kiện  *  x  8x  13   x   x  1 y   3x  1 Ta có:   x  8x  13  10  y    1   x  3x     x  1 y     x  1 x  4   x  1 y   x    x  1 x   y      y   x  +) Với x  , vào (2) ta 10  y   22   vô nghiệm   trang  x  4 y2  x4  Thế vào (2) y   10  y   x  8x  y  14 1  y  10 y  Ta có y   10  y      y  10 9   y  110  y   Khi y   x    x  8x  13  (thỏa mãn) +) Với Khi y  10  x  12   x  8x  13  (thỏa mãn) Vậy nghiệm  x; y  hệ      4;1  4;10 Câu (1,0 điểm) Với x, y, z dương ta có : x  y  z  3 xyz 1 1 1    33  2 x y z xyz  1 1 Từ (1) (2) suy  x  y  z        3 Đẳng thức xảy  x  y  z x y z 1   Áp dụng (3) ta có:  a  b  c  2ab  2bc  2ca     9 2  a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca      ( a  b  c  ) 2 a  b  c ab  bc  ca  a  b  c  a  b  c ab  bc  ca  1  ab  bc  ca 3 2018 2016 2016   Vậy     1  673  2 2 a  b  c ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca a  b  c2  ab  bc  ca  Đẳng thức xảy   a  b  c  a  b  c  a bc 3  Mặt khác 3 Câu (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp   ACO   900 (Vì AB AC hai tiếp Ta có: ABO tuyến (O))   ACO   1800 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp Suy ABO đường trịn A b) Chứng minh BA.BE  AE.BO Ta có: AB = AC (Vì AB AC hai tiếp tuyến F (O)), OB = OC (bán kính) Nên OA trung trực BC  OA  BC Xét AEB BEO, ta có   BEO   900  OA  BC  , ABE  )   BOE  (vì phụ với BAE AEB D B I E O C AB AE   BA.BE  AE.BO (đpcm) BO BE   BCO  tam giác DOF cân c) Chứng minh IDO   IBO  1   OBD   900  tứ giác BDOI nội tiếp  IDO Vì OID Vậy AEB BEO  trang   BCO    Từ (1) (2)  IDO   BCO  Vì tam giác OBC cân O nên IBO   IFO  3 Tương tự ta có tứ giác CFIO nội tiếp  BCO   IFO   tam giác DOF cân O Từ (1) (3) suy IDO Câu (1,0 điểm) Gọi H, L, K hình chiếu M cạnh BC, AB, AC T, I hình chiếu D cạnh AB, BC; N hình chiếu E cạnh AC; J giao điểm SD MH Khi đó, ML // DT; MK // EN; ES // MH // DI Vì BD CE phân giác góc ABC, góc ACB nên DT  DL ES  EN Ta có: MK DM MJ DM MK / /EN   ; MJ / /ES   B EN DE ES DE MK MJ Do  , EN  ES  MK  MJ 1 EN ES ML EM EM SJ  ; MJ / /ES   Ta có ML / /DT  DT ED ED SD SJ JH ML JH JH / /DI     , DT  DI  ML  JH   SD DI DT DI Từ 1 ,    MK  ML  MJ  JH  MH (đpcm) HẾT A N T L E K D M J S H I C trang ... , vào (2) ta 10  y   22   vô nghiệm   trang  x  4 y2  x4  Thế vào (2) y   10  y   x  8x  y  14 1  y  10 y  Ta có y   10  y      y  10 9   y  1? ?10. ..  10   68  68 Đẳng thức xảy m  (thỏa mãn **) Vậy minT  68  m  Câu (1,0 điểm) 2  y  10 Điều kiện  *  x  8x  13   x   x  1 y   3x  1 Ta có:   x  8x  13  10. .. phương trình có nghiệm phân biệt x1,2   3; x3,4   b) Đặt t  x , t  Phương trình cho trở thành: t  2mt  5m   * Phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  (*) có nghiệm