Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thực hành Cao Nguyên

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh sắp tới cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thực hành Cao Nguyên dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thực hành Cao NguyênTRƯỜNG THPT THỰC HÀNH CAO NGUYÊNHỘI ĐỒNG TUYỂN SINHĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10NĂM 2017MÔN THI: TOÁNNgày thi: 27/6/2017Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)Câu 1. (2,0 điểm)a. Giải phương trình: 3 x  2  4 x  1b. Rút gọn biểu thức: A x  2 x 1 x 12 xx 1x 1Câu 2. (2,0 điểm)Cho phương trình x 4  2 mx 2  5m  4  0 (với m là tham số).a. Giải phương trình khi m  5.b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 sao cho x1  x2  x3  x4và T  2  x14  x 24    x34  x 44   6 x1 x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ nhất.Câu 3. (1,0 điểm)x 2   x  1 y  2  3x  4Giải hệ phương trình: 2 x  8x  13  10  y  3Câu 4. (1,0 điểm)Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .12018Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2.22a b cab  bc  caCâu 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 tiếpđiểm). Gọi E là giao điểm của OA và BC.a. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.b. Chứng minh BA.BE  AE.BOc. Gọi I là trung điểm của BE, đường thẳng qua I và vuông góc với OI cắt tia AB và AC  BCO và tam giác DOF cân.theo thứ tự tại D và F. Chứng minh IDOCâu 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----------Họ và tên thí sinh:…………………………………………. Số báo danh:…………...............Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thich gì thêm.Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)trang 1BÀI GIẢI SƠ LƯỢCCâu 1. (2,0 điểm)3x  2  4 x  1  x a) 3 x  2  4 x  1   2  3x  4 x  1  x 2 x  3  x  3 1x7212 x  x  3731 Vậy tập nghiệm của phương trình là S   7 b) ĐK: x  0, x  1Ta có: A x  2 x  1 x 12x 1x 1x232 x 1x 1x 12x 1x 1x x  1 x  1  2 x  2Câu 2. (2,0 điểm)a)Khim=5,phươngtrìnhtrởthành: x2  3x   3x 4  10 x 2  21  0   x 2  3  x 2  7   0   2 x  7 x   7Vậy khi m = 5, phương trình có 4 nghiệm phân biệt là x1,2   3; x3,4   7b) Đặt t  x 2 , t  0 . Phương trình đã cho trở thành: t 2  2mt  5m  4  0 *Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  (*) có 2 nghiệm dương phân biệt m  1 m  4   0m  1 m 2  5m  4  0   04 m 14  m  4t1 , t 2   P  0  5m  4  0 m  5**5S  0m  4m  0m  4 m  05Giả sử (*) có 4 nghiệm là x1   t 2 , x 2   t1 , x 3  t1 , x 4  t 2  x1  x 2  x 3  x 4 ;0  t1  t 2 2Khi đó T  2  x14  x 42    x 34  x 44   6x1x 2 x 3 x 4  t12  t 22  6t1t 2   t1  t 2   8t1t 22T  4m 2  8  5m  4   4m 2  40m  32   2m  10   68  68Đẳng thức xảy ra m  5 (thỏa mãn **). Vậy minT  68  m  5.Câu 3. (1,0 điểm)2  y  10Điều kiện  2* x  8x  13  0 x 2   x  1 y  2  3x  4 1Ta có: 2 x  8x  13  10  y  3  2 1   x 2  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Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu)trang 2 x  4y2  x4  2. Thế vào (2) y  1  10  y  3 . x  8x  y  141  y  10y  1Ta có y  1  10  y  3  . y  109  2  y  110  y   9Khi y  1  x  3  4  x 2  8x  13  0 (thỏa mãn)+) VớiKhi y  10  x  12  4  x 2  8x  13  9 (thỏa mãn)Vậy nghiệm  x; y  của hệ là 3  4;1 và 2 3  4;10 .Câu 4. (1,0 điểm)Với mọi x, y, z dương ta có : x  y  z  3 3 xyz 1 và1 1 11   33 2x y zxyz 1 1 1Từ (1) và (2) suy ra  x  y  z       9  3 . Đẳng thức xảy ra  x  y  z.x y z111Áp dụng (3) ta có:  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca   2922 a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca 129 2 1 ( do a  b  c  3 )222a  b  c ab  bc  ca  a  b  c a  b  cab  bc  ca 2113ab  bc  ca 3120181220162016Vậy 2 2 1 6732222a  b  c ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca3a 2  b 2  c2  ab  bc  caĐẳng thức xảy ra   a  b  c a  b  c  1.a bc 3Mặt khác3Câu 5. (3,0 điểm)a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp.  ACO  900. (Vì AB và AC là hai tiếpTa có: ABOtuyến của (O))  ACO  1800. Vậy tứ giác ABOC nội tiếpSuy ra ABOđược đường tròn.Ab) Chứng minh BA.BE  AE.BOTa có: AB = AC (Vì AB và AC là hai tiếp tuyến củaF(O)), OB = OC (bán kính)Nên OA là trung trực của BC  OA  BCXét ...