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

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN (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 2  (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: x 2  2x  x  1   0. x 2  2x 2) Giải phương trình:    3x  4  3x  2 1  9x 2  18x  8  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 2 2) Tìm hai số x, y nguyên dương sao cho  x  2   6  y  1  xy  24 . Câu 4: (1,5 điểm) a b 4c    2. bc ca ab a 2  b 2  c2  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 1) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 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 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) f(x) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 13  m    12   2m  3 2  4  m 2  1  0   0    m 1   2  m 1  P  0   m 1  0    13    m  1 m   1 S  0  2m  3  0   12    3 m  2 2 2 2m  3  2m  3   2 m  3  2 2 2 2 2) f  x   x   2m  3 x  m  1  x  2 x       m 1 2  2   2  2 2 2m  3  12m  13 12m  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  2x  x  1   0  x 2  2 x   x  1 x 2  2 x  2  x  1  0 2 x  2x 2  x  2 x   x  1 x 2  2 x  2 x 2  2 x  2  x  1  0  x2  2x     x2  2x  x  1  2 x2  2x  x  1  0  x2  2x  2  0  x  2x  2 x  2x  x  1  0    x2  2x  x  1  0   x1  1  5 2 +)  a   x  2 x  4  0   (TMĐK)  x2  1  5 a b  +)  b   x 2  2 x  x  1  x  1  x 2  2 x  x 2  2 x  1  x  1 (loại) 4  2  2  Vậy phương trình có hai nghiệm là x  1  5 và x  1  5  a 2b 2  9 x 2  18 x  8 2 2) (ĐK: x   ). Đặt a  3x  4; b  3x  2  a , b  0    2 2 3 a  b  2 Do đó PT đã cho trở thành:  a  b 1  ab   a 2  b 2   a  b 1  ab  a  b   0 a  b   a  b 1  a 1  b   0   a  1   b  1 +) Với a  b  3x  4  3x  2  0 x  2 (vô nghiệm) +) Với a  1  3x  4  1  x  1 (loại) Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 +) Với b  1  3 x  2  1  x   Vậy PT có một nghiệm là x   1 (chọn) 3 1 3 Câu 3: (1,5 điểm) 1) Giả sử 13 p  1  a 3  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  p  a 1 a  1  p p  2 +)  2    do a  3 a  3 a  4  0 a  a  1  13 a  3       Vậy p  2 hoặc p  211 2 2 2)  x  2   6  y  1  xy  24  x 2  4 x  6 y 2  12 y  xy  26   x 2  2 xy  4 x    3 xy  6 y 2  12 y   26  x  x  2 y  4   3 y  x  2 y  4   26   x  2 y  4  x  3 y   26 . Vì x, y nguyên dương nên có các trường hợp sau: 68  x    x  3y  1  x  3y  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  3y  2 x  3y  2 5 +)    (loại) x  2 y  9  y   7  x  2 y  4  13  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 x  b  c, y  c  a, z  a  b  x, y, z  0   b  2  x yz  c   2 a b 4c y  z  x z  x  y 4 x  y  z  Ta có      bc ca a b 2x 2y 2z Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3  y  z  x z  x  y 4 x  y  z  y  z z  x 2 x  y       3 2x 2y 2z 2x 2y z  y x   z 2x   z 2 y  y x z 2x z 2y        3 2  2  2  3   2x 2 y 2x z 2y z  2x 2 y   2x z   2 y z  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 b 4c Vậy đẳng thức không xảy ra nên   2 bc ca ab 2 2) Ta có:  a  b  c   a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   11  2  7  25  a  b  c  5  do a, b, c  0   c  5   a  b  2 Nên a 2  b 2  c 2  11  a 2  b 2  5   a  b    11  a 2   5  b  a  b 2  5b  7  0 * 2 * có nghiệm   5  b   4  b 2  5b  7   0  3b 2  10b  3  0  b  3 3b  1  0  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 CAH   )  PBH AQ là phân giác CAH ABH , QAH 2 2  )  PBH   QAH   (cùng phụ với BAH mà  ABH  CAH   QAH   cmt  , PHB   QHA   1  900  450 Xét PBH và QAH có: PBH 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   900 Mặt khác HP, HQ lần lượt là phân giác hai góc kề bù  AHB,  AHC  PHQ   BAC   900  gt ; cmt  ; HP  AB  cmt  Xét HPQ và ABC có: PHQ 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   900 (do MKH  , NKH  là 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 là 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 cùng nằm trên một đường tròn.   BAH  , BMN   BCA   1800  cmt   BMN   BAH   1800 Ta có BCA   1 BMN  (MB, MN là các tiếp tuyến của (P)) mà PMN 2   1 BAH  (AP là phân giác BAH  ). BAP 2   BAP   1 BMN   BAH   1  1800  900  PMN   900  BAP  Nên PMN 2 2   BAC   BAP   900  BAP   PMN   PAN  Lại có 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 B H I C A E B H D C I B H E C I F D   900  BC 2  AB 2  AC 2  a 2   3a   10a 2 và BC là đường kính của (I) ABC: BAC 1 1 1   900 và S  1 S Kẻ đường kính DF của (I)  DEF  ED.EF  ED.EF IDE DEF  2 2 2 4 2 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5