Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn học sinh Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây nhằm giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Cùng tham khảo giải đề thi để ôn tập kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi các em nhé, chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk Lăk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2018 – 2019 MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN Ngày thi : 08/6/2018 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Cho đa thức f  x   x 3  2 x 2  1  m  x  m . 1) Khi m  2 , hãy phân tích đa thức f  x  thành nhân tử. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn x12  x22  x32  4 . Câu 2: (2,0 điểm) 2  x  1  15x  3 15 1) Giải phương trình: 2  x  6x  4 x  x2  2 x  4   2 x  y   x 2  y 2   2 x 2  6 x  xy  3 y 2) Giải hệ phương trình:  2 2 2  3  x  y   7  5 x  5 y  14  4  2 x  x 1 2 . Câu 3: (2,0 điểm) 1) Truyện kể rằng một hoàng tử đi cứu công chúa và gặp một con rắn có 100 cái đầu. Hoàng tử có hai thanh kiếm: Thanh kiếm thứ 1 cho phép chặt đúng 21 cái đầu rắn. Thanh kiếm thứ 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác. Biết rằng nếu con rắn có ít hơn 21 cái đầu hoặc 9 cái đầu thì hoàng tử không dùng được thanh kiếm 1 hoặc thanh kiếm 2 tương ứng và hoàng tử cứu được công chúa nếu như con rắn bị chặt hết đầu. Hỏi hoàng tử có cứu được công chúa không? 2) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời: x 2  4 y 2  z 2  2 xz  4( x  z )  396 và x 2  y 2  3z. Câu 4: (1,0 điểm) 1) Cho các số thực x, y không âm, chứng minh rằng x3  y3  x 2 y  xy 2 . 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng: ab bc ca  5 5  5 5  1. 5 5 a  b  ab b  c  bc c  a  ca Câu 5: (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB < AC). Vẽ ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC, chúng cắt nhau tại H. a) Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC. b) Trên cung nhỏ EC của đường tròn (O) lấy điểm I sao cho IC > IE, DI cắt CE tại N. Chứng minh NI.ND = NE.NC. c) Gọi M là giao điểm của EF và IC. Chứng minh MN vuông góc với CH. 2) Biết rằng mỗi đường chéo của một ngũ giác lồi ABCDE cắt ra khỏi nó một tam giác có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác ABCDE. N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 1 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Khi m  2 , ta có: f  x   x 3  2 x 2  x  2  x 2  x  2    x  2    x  2   x 2  1   x  2  x  1 x  1  x1  1 2  x  x  m  0 *  2) Ta có: f  x   x 3  2 x 2  1  m  x  m   x  1  x 2  x  m   0   Do đó f  x   0 có ba nghiệm phân biệt  * có hai nghiệm phân biệt x2 , x3 khác 1 m  0 m  0    1 1  4m  0 m   4 ** . Theo Viét ta có:  x2  x3  1   x2 x3   m 2 Khi đó: x12  x22  x32  4  12  x22  x32  4   x2  x3   2 x2 x3  3  12  2  m   3  2m  2  m  1 m  0 Kết hợp với ** , ta có  1 thì phương trình f  x   0 có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3   m  1  4 thỏa mãn x12  x22  x32  4 . x  0 x0 Câu 2: (2,0 điểm) 1) ĐK:  x 2  6 x  4  0    x  3  5, x  3  5 x2  2 x  4  0  * 2  x  1  15x  3  15 x x2  2 x  4  x 2  6 x  4 x 2  13 x  4 15 Ta có: 2       x  6x  4 x  x2  2x  4 (với a  x 2  4 )  15 x  a  2 x    a  6 x  a  13 x   a  4 x  48 x 2  8ax  a 2  0   4 x  a 12 x  a   0    a  12 x 2 +) a  4 x  x 2  4  4 x   x  2   0  x  2 (TM *) x  6  4 2 +) a  12 x  x 2  4  12 x  x 2  12 x  4  0   (TM *)  x  6  4 2 7  2 x y  3  x 2  y   7  0 7  3 2) ĐK:  2   x 2  y    * 3  x 2  y   14 5 x  5 y  14  0  5 1   2 x  y   x 2  y 2    2 x 2  xy    6 x  3 y   0   2 x  y   x2  y 2   x  2 x  y   3  2 x  y   0  2x  y  0   2 x  y   x  y  x  3  0   2  2 x  y  x  3  0 2 2  2x  y  2  x  1   y 2  11  0 vo ly     2 4 Với 2x  y , ta có: 2 2 VT  2   3 x 2  6 x  7  5 x 2  10 x  14  3  x  1  4  5  x  1  9  4  9  5 2 VP  2   5   x  1  5 N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 2 Nên 3  x 2  y   7  5 x 2  5 y  14  4  2 x  x 2  x  1  0  x  1  y  2 TM *  Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất  x, y    1;  2  Câu 3: (2,0 điểm) 1) Bàn luận: Thanh kiếm thứ 2 cho phép chặt đúng 9 cái đầu rắn nhưng khi đó con rắn lại mọc thêm 2018 cái đầu khác (hiểu chặt 9 cái đầu nhưng chưa hết đầu thì mới mọc thêm, chứ không thì mãi không chặt hết đầu rắn tức không cứu được công chúa) Lần 1 dùng thanh kiếm 2, số đầu rắn còn lại là: 100 – 9 + 2018 = 2109 (cái đầu) Lần 2; 3; ,,,; 101 dùng thanh kiếm 1, số đầu rắn còn lại là: 2019 – 100.21 = 9 (cái đầu) Lần 102 dùng thanh kiếm 2, số đầu rắn còn lại là: 9 – 9 = 0 (cái đầu) Vậy hoàng tử cứu được công chúa. 2) Ta có: x 2  4 y 2  z 2  2 xz  4( x  z )  396 2 2   x  z   4  x  z   4 y 2  396   x  z  2   4 y 2  400 *   x  z  2  2 , đặt x  z  2  2k  k  Z  , *  4k 2  4 y 2  400  k 2  y 2  100  a  Lại có x 2  y 2  3z  b  . Từ  a  ,  b   x 2  100  k 2  3 z  0  x 2  100  k 2  3  2k  2  x   0  x 2  3 x  k 2  6k  106  0 ** có nghiệm **  9  4   k 2  6k  106   0  6  451 k   k  14 2  4k 2  24k  415  0     do k  Z   6  451 k  8 k  2  2 2 2 2 2 Mặt khác 100  0 2  102  02   10   62  82  62   8    6   82   6    8  . Nên k  10; 8 +) k  10  y 2  0  y  0.  z  18  x  x  z  2  20  z  18  x  x  6, z  12  2    2  x  3z  x  3x  54  0  x  9, z  27  x  6  x  9   0 +) k  8  y 2  36  y  6.  z  14  x  x  z  2  16 . *** không có nghiệm nguyên (vì   33 )  2  2  x  36  3 z  x  3 x  6  0 *** Vậy các số nguyên  x, y , z  cần tìm là  6; 0;12  và  9;0; 27  Câu 4: (1,0 điểm) 2 1) Ta có: x3  y 3  x 2 y  xy 2   x  y   x 2  xy  y 2   xy  x  y   0   x  y  x  y   0 luôn đúng với mọi x  0, y  0 . Đẳng thức xảy ra  x  y 2) Áp dụng kết quả 1), ta có: a3  b3  a 2b  ab 2 , mặt khác a 2  b 2  2ab  a, b  Vì a  0, b  0 nên 2 vế của các bất đẳng thức trên đều dương, do đó ta có:  a2  b2  a3  b3   2ab  a 2b  ab2   a5  b5  a 2b2  a  b   a5  b5  ab  ab a 2b  ab2  1  ab 1 1  2  (do abc  1 ) 5 2 a  b  ab a b  ab  1 ab  a  b  c  5 Tương tự có bc 1 ca 1  ; 5  5 5 b  c  bc bc  a  b  c  c  a  ca ca  a  b  c  5 N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 3  ab bc ca 1 1 1 a b c  5 5  5     1 5 5 a  b  ab b  c  bc c  a  ca ab  a  b  c  bc  a  b  c  ca  a  b  c  abc  a  b  c  5 a  b  c  a  b  c 1  abc  1 Đẳng thức xảy ra   Câu 5: (3,0 điểm) M A I E N F H O B C D 1) a/ Chứng minh rằng tứ giác DHEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC.   CEH   900  AD  BC , BE  AC  Xét tứ giác DHEC, ta có: CDH   900 nên CH là đường kính của dường tròn ngoại tiếp Vậy tứ giác DHEC nội tiếp. Vì CDH tứ giác DHEC  tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác DHEC là trung điểm CH. b/ Chứng minh NI.ND = NE.NC.   INE  (đối đỉnh) Xét CND và INE , ta có: CND  của (O))   NIE  (góc nội tiếp cùng chắn cung DHE NCD Vậy CND INE (g-g)  ND NE   NI  ND  NE  NC NC NI c/ Chứng minh MN vuông góc với CH. Xét tứ giác AEHF, ta có:  AEH   AFH  900  CF  AB, BE  AC  Vậy tứ giác AEHF nội tiếp   AF ) AEF   AHF (góc nội tiếp cùng chắn cung     CID  (góc nội tiếp cùng chắn cung CD  của (O)) Lại có CHD AHF (đối đỉnh), CHD N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 4  mà   (đối đỉnh) nên CID   MEN   tứ giác MINE nội tiếp  AEF  CID AEF  MEN   NIE  mà DCE   NIE  (cmt), DCE   NME AHE (tứ giác DHEC nội tiếp),   AFE   AHE (tứ giác AEHF nội tiếp)  NME AFE  MN / / AB Mặt khác CH  AB  MN  CH (đpcm) 2) Theo giả thiết ta có: S ABC  S BCD  SCDE  S DEA  S EAB  1 (đvdt) Vì S ABC  S EAB  AB / /CE ; S DEA  S EAB  AE / / BD . Gọi I là giao điểm của CE và BD, ta có tứ giác ABIE là hình bình hành  S ABIEC  2 S EAB  2 (đvdt) Đặt S BCI  x  0  x  1  SCDI  S BCD  S BCI  1  x; S BCD  x  SCDI  S DEI  SCDI  SCDE  S DEI  x và  S BEI  S EAB  1 (tứ giác ABIE là hình bình hành) Ta có: BI S BCI S BEI   DI SCDI S DEI  1  5 x  0 l   x 1 2 2    x  x 1  0   1 x x  1  5 n  x 2  Do đó S ABCDE  S ABIE  S BCI  SCDE  2  1  5 5 5 1 (đvdt) 2 2 N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m -- ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang 5