Đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 - 2018 môn Toán trường TH Cao Nguyên - Đắk Lắk

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1

TRƯỜNG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊN HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2017 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 27/6/2017 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a. Giải phương trình: 3 2 4 1 x x   

b. Rút gọn biểu thức: 2 1 1 2 1 1

x x x A x x x

       

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình 4 2 2 5 4 0 x mx m     (với m là tham số). a. Giải phương trình khi 5. m b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4 , , , x x x x sao cho 1 2 3 4 x x x x   

và    4 4 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 2 6 T x x x x x x x x      đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình:   2

2

x x 1 y 2 3x 4

x 8x 13 10 y 3

      

     

Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn 3 a b c    .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 1 2018 P a b c ab bc ca       .

Họ và tên thí sinh:…………………………………………. Số báo danh:…………...............

Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.

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 ID O BC O 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----------

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2

BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Câu 1. (2,0 điểm)

a)

2 2 3 2 4 1 3 3 3 1 3 2 4 1 7 2 1 2 2 3 4 1 3 7 3

                                                     

x x x x x x x x x x x x x

Vậy tập nghiệm của phương trình là 1 7    S

b) ĐK: 0, 1   x x

Ta có:

    

2 1 1 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1

1 1 2 2

               

   

x x x x x x A x x x x x x

x x x Câu 2. (2,0 điểm) a) Khi m = 5, phương trình trở thành:

  

2 4 2 2 2 2

3 3 10 21 0 3 7 0 7 7

                   

x x x x x x x x

Vậy khi m = 5, phương trình có 4 nghiệm phân biệt là 1,2 3,4 3; 7   x x

b) Đặt 2 t x ,t 0   . Phương trình đã cho trở thành:  2t 2mt 5m 4 0 *     Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4 , , , x x x x (*) có 2 nghiệm dương phân biệt

1 2 t ,t

0

P 0 S 0

        

2 m 5m 4 0

5m 4 0 m 0

           

  

 

m 1 m 4 0 m 1 4 m 1 4 m 4 m ** 5 5 4 m 4 m m 0 5

                                 Giả sử (*) có 4 nghiệm là 1 2 2 1 3 1 4 2 x t ,x t ,x t ,x t       1 2 3 4 1 2 x x x x ;0 t t     

Khi đó    4 4 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4 T 2 x x x x 6x x x x      2 2 1 2 1 2 t t 6t t     

2

1 2 1 2 t t 8t t   

   

2 2 2 T 4m 8 5m 4 4m 40m 32 2m 10 68 68          

Đẳng thức xảy ra m 5  (thỏa mãn **). Vậy minT 68   m 5. 

Câu 3. (1,0 điểm)

Điều kiện  2 2 y 10 * x 8x 13 0

       

Ta có:   



2

2 x x 1 y 2 3x 4 1

x 8x 13 10 y 3 2

                 2 1 x 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