Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

Cùng tham gia thử sức với Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Toán học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi tuyển sinh thật dễ dàng nhé!

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN THI: TỐN - CHUN (Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 7/6/2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức f (x)  x  (2m  3)x  m  (m tham số) 1) Tìm giá trị m để phương trình f (x)  có hai nghiệm dương phân biệt 2017 2) Tìm giá trị x để giá trị nhỏ f (x) Câu 2: (2,0 điểm) 2(x  1) 1) Giải phương trình: x  2x  x    x  2x 2) Giải phương trình:    3x   3x   9x  18x   Câu 3: (1,5 điểm) 1) Tìm số nguyên tố p cho 13p + lập phương số tự nhiên 2 2) Tìm hai số x, y nguyên dương cho  x     y  1  xy  24 Câu 4: (1,5 điểm) a b 4c    bc ca ab a  b  c2  11 2) Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:   ab  bc  ca  Chứng minh:  a, b,c  1) Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi (P) (Q) theo thứ tự đường tròn nội tiếp tam giác AHB tam giác AHC Kẻ tiếp tuyến chung (khác BC) hai đường trịn (P) (Q), cắt AB, AH, AC theo thứ tự M, K, N 1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC 2) Chứng minh PK // AB tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp 3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N nằm đường tròn 4) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; biết AB = a, AC = 3a Một đường thẳng thay đổi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D E Tính giá trị lớn diện tích tam giác IDE theo a trang SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) f(x) = có hai nghiệm dương phân biệt 13  m    12   2m  2   m  1       m 1    m 1  P    m 1     13    m  1 m   S   2m     12    m  2 2m   2m    m   2 2  2) f  x   x   2m  3 x  m   x  x      m 1     2 2m   12m  13 12m  13 2m     x  (vì x       với m)    4   2017 12m  13 2017 1015 Do GTNN f  x    m 4 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK: x  2 x   x  1 x2  2x  x     x  x   x  1 x  x   x  1  x  2x  x  x   x  1 x  x  x  x   x  1   x2  2x     x2  2x  x   x2  2x  x    x2  2x    x  2x  x  2x  x      x2  2x  x     x1  1  (TMĐK) +)  a   x  x      x2  1  a b  +)  b   x  x  x   x  1  x  x  x  x   x  (loại)    Vậy phương trình có hai nghiệm x  1  x  1   a 2b  x  18 x  2) (ĐK: x   ) Đặt a  3x  4; b  3x   a , b     2 a  b  Do PT cho trở thành:  a  b 1  ab   a  b   a  b 1  ab  a  b   a  b   a  b 1  a 1  b     a    b  +) Với a  b  3x   3x   x  (vô nghiệm) +) Với a   3x    x  1 (loại) trang +) Với b   x    x   Vậy PT có nghiệm x   (chọn) 3 Câu 3: (1,5 điểm) 1) Giả sử 13 p   a  a  N , a  3  13 p  a    a  1  a  a  1 Do 13 p số nguyên tố, nên ta có trường hợp sau:  a   13  a  14 ; +)   a  a   p  p  211  p  a 1 a   p p  +)     a  3    a a 13     a a a       Vậy p  p  211 2 2)  x     y  1  xy  24  x  x  y  12 y  xy  26   x  xy  x    xy  y  12 y   26  x  x  y    y  x  y    26   x  y   x  y   26 Vì x, y ngun dương nên có trường hợp sau: 68  x   x  3y   x  3y     (loại) +)       26 22 21 x y x y   y    43  x   x  y  26  x  y  26  +)  (loại)         29 x y x y   y   31  x   x  3y  x  3y     +)  (loại) x  y   y    x  y   13   x  y  13  x  y  13 x    +)  (chọn) 2 x  y   x  y   y     Câu 4: (1,5 điểm) yzx  a   zx y  1) Đặt x  b  c, y  c  a, z  a  b  x, y, z    b   x yz   c  a b y  z  x z  x  y 4 x  y  z  4c      Ta có bc ca a b 2x 2y 2z trang  y  z  x z  x  y 4 x  y  z  y  z z  x 2 x  y       3 z 2x 2y 2z 2x 2y  y x   z 2x   z y  y x z 2x z 2y        3  2  2  3   2x y 2x z 2y z  2x y   2x z   y z   2   23 2 xy x yz  Đẳng thức xảy   z  x  x  y  z Khi c   (vơ lí c  ) z  y  4c a b Vậy đẳng thức không xảy nên   2 bc ca ab 2) Ta có:  a  b  c   a  b  c   ab  bc  ca   11    25  a  b  c   a, b, c    c    a  b  Nên a  b  c  11  a  b  5   a  b    11  a    b  a  b  5b   * * có nghiệm    b    b  5b     3b  10b    b  3b  1   1  b  Vì vai trị a , b, c nhau, nên  a, b, c  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 tâm đường tròn nội tiếp ABH, ACH nên BP phân giác  ABH , 1   CAH   )  PBH ABH , QAH AQ phân giác CAH 2  )  PBH   QAH   (cùng phụ với BAH mà  ABH  CAH   QAH   cmt  , PHB   QHA    900  450 Xét PBH QAH có: PBH HB HP Vậy PBH QAH (g-g)   HA HQ HB AB HP AB Lại có ABC HBA (g-g)     HA AC HQ AC trang   900 Mặt khác HP, HQ phân giác hai góc kề bù  AHB,  AHC  PHQ   BAC   900  gt ; cmt  ; HP  AB  cmt  Xét HPQ ABC có: PHQ HQ AC Vậy HPQ ABC (c-g-c) 2) Chứng minh PK // AB tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp  Vì KM, KH hai tiếp tuyến (P)  KP phân giác MKH  Vì KN, KH hai tiếp tuyến (Q)  KQ phân giác NKH   900 (do MKH  , NKH  hai góc kề bù)  PKQ   PHQ   900 , nên tứ giác KPHQ nội tiếp  PKH   PQH  Tứ giác KPHQ có : PKQ   PQH  (HPQ ABC), BCA   BAH  (cùng phụ CAH ) Mà BCA   BAH   PK / / AB (đpcm)  PKH   PKH  (KP phân giác MKH  ), BCA   PKH  (từ cmt)  MKP   BCA  Ta có: MKP   MKP   1800  BMN   BCA   1800 Vì PK / / AB  BMN Vậy tứ giác BMNC nội tiếp 3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N nằm đường tròn   BAH  , BMN   BCA   1800  cmt   BMN   BAH   1800 Ta có BCA   BMN  (MB, MN tiếp tuyến (P)) mà PMN   BAH  (AP phân giác BAH  ) BAP   BAP   BMN   BAH    1800  900  PMN   900  BAP  Nên PMN 2   BAC   BAP   900  BAP   PMN   PAN  Lại có PAN Suy điểm A, M, P, N thuộc đường tròn Chứng minh tương tự có điểm A, M, Q, N thuộc đường tròn Vậy điểm A, M, P, Q, N thuộc đường trịn (đpcm) 4) Tính giá trị lớn diện tích tam giác IDE theo a   F A E F D A B H I C A E B H D C I B H E C I F D   900  BC  AB  AC  a   3a   10a BC đường kính (I) ABC: BAC 1   900 S  S Kẻ đường kính DF (I)  DEF  ED.EF  ED.EF IDE DEF  2 trang ED  EF DF BC 10a     5a Lại có ED  EF  2 2 Do S IDE   5a  a (đvdt) 4 Dấu “=” xảy ED  EF  DEF vuông cân E  IDE vuông cân I Vậy max S IDE  a  IDE vuông cân I trang ... QAH   cmt  , PHB   QHA    900  450 Xét PBH QAH có: PBH HB HP Vậy PBH QAH (g-g)   HA HQ HB AB HP AB Lại có ABC HBA (g-g)     HA AC HQ AC trang   900 Mặt khác HP, HQ phân...  AHB,  AHC  PHQ   BAC   900  gt ; cmt  ; HP  AB  cmt  Xét HPQ ABC có: PHQ HQ AC Vậy HPQ ABC (c-g-c) 2) Chứng minh PK // AB tứ giác BMNC tứ giác nội tiếp  Vì KM, KH hai tiếp tuyến...  AB  AC  a   3a   10a BC đường kính (I) ABC: BAC 1   900 S  S Kẻ đường kính DF (I)  DEF  ED.EF  ED.EF IDE DEF  2 trang ED  EF DF BC 10a     5a Lại có ED  EF  2 2 Do S IDE