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!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Đăk LăkSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTỈNH ĐẮK LẮKKỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNĂM HỌC 2017 - 2018MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề)Ngày thi 7/6/2017ĐỀ THI CHÍNH THỨCCâu 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.20172) Tìm giá trị của x để giá trị nhỏ nhất của f (x) là.4Câu 2: (2,0 điểm)2(x  1)1) Giải phương trình: x 2  2x  x  1  0.x 2  2x2) 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.222) Tìm hai số x, y nguyên dương sao cho  x  2   6  y  1  xy  24 .Câu 4: (1,5 điểm)ab4c 2.bc ca aba 2  b 2  c2  112) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:  ab  bc  ca  71Chứng minh:  a, b,c  3 .31) 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 làđường 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. Mộtđường thẳng thay đổi đi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E. Tínhgiá 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 1SƠ LƯỢC BÀI GIẢICâu 1: (2,0 điểm)1) f(x) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt13m12  2m  3 2  4  m 2  1  00 m 1 2 m 1 P  0   m 1  0  13   m  1m1S  0 2m  3  0 123m2222m  3  2m  3   2 m  3 22222) f  x   x   2m  3 x  m  1  x  2 x    m 12 2   2 222m  3  12m  1312m  132m  3 x(vìx  0 với mọi m)2 442 201712m  13 20171015Do đó GTNN của f  x  làm4446Câu 2: (2,0 điểm)1) ĐK: x  2 hoặc x  02  x  1x2  2x  x  1  0  x 2  2 x   x  1 x 2  2 x  2  x  1  02x  2x2 x  2 x   x  1 x 2  2 x  2 x 2  2 x  2  x  1  0 x2  2x x2  2x  x  1  2x2  2x  x  1  0 x2  2x  2  0 x  2x  2x  2x  x  1  0   x2  2x  x  1  0 x1  1  52+)  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  822) (ĐK: x   ). Đặt a  3x  4; b  3x  2  a , b  0    223a  b  2Do 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)313Câu 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3a40aa113a3Vậy p  2 hoặc p  211222)  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  15+) (loại)x2y426x2y2221y  543x x  3 y  26 x  3 y  265+) (loại)x2y41x2y329y 531x x  3y  2x  3y  25+) (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2y42x2y2y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2ab4cy  z  x z  x  y 4 x  y  z Ta cóbc ca a b2x2y2zNguyễn 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 32x2y2z2x2yz yx   z 2x   z 2 y y xz 2xz 2y   3 ...