đề toán tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2018 – 2019 sở GD và đt đắk lắk (1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN THI: TOÁN
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)
Ngày thi 08/6/2018

Câu 1: (1,5 điểm)
1) Tìm x, biết: 2 x  3
2) Giải phương trình: 43 x 2  2018 x  1975  0
3) Cho hàm số y   a  1 x 2 . Tìm a để hàm số nghịch biến khi x  0 và đồng
biến khi x  0
Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2  2  m  1 x  m 2  2  0 1 , m là tham số.
1) Tìm m để x  2 là nghiệm của phương trình (1);
2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều
kiện x12  x22  10 .
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng có phương trình:
 d1  : y  x  2;  d 2  : y  2;  d3  : y   k  1 x  k.
Tìm k để các đường thẳng trên đồng quy.
2) Rút gọn và tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 1
 x 1
x2
x

A


 x  0, x  1
:
3
1 x x x 1 x  x 1
Câu 4: (3,5 điểm)
  450 . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và A
vuông góc của B, C lên AC, AB; H là giao điểm của BD và CE.
1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.
ED
2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD và tính tỉ số
.
BC
3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD.
4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh AI  DE .
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
1 1
1 1
1 1
1
1
101
Q  1 2  2  1 2  2  1 2  2  1 2 

2
1 2

2 3
3 4
n  n  1
n 1

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: (1,5 điểm)

3
9
9
 x  (TMĐK). Vậy x 
2
4
4

1) ĐK: x  0 . Ta có 2 x  3  x 
2) Vì a  b  c  43  2018  1975  0 .

1975
43
khi x  0

Vậy phương trình có hai nghiệm là x1  1; x2 
3) Hàm số y   a  1 x 2
x  0  a  1  0  a  1

biến

nghịch

và

đồng

biến

khi

Câu 2: (2,0 điểm)
1) x  2 là nghiệm của phương trình (1)  2 2  2  m  1  2  m2  2  0



2





 m 2  4m  2  0   m  2   2  0  m  2  2 m  2  2  0
m  2  2  0
m  2  2


 m  2  2  0
 m  2  2
2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
2

   0   m  1   m 2  2   0  2m  1  0  m 

1
2

 x  x  2  m  1
Theo Viét, ta có:  1 2 2
 x1 x2  m  2
2

2





Khi đó x12  x22  10   x1  x2   2 x1 x2  10   2  m  1  2 m 2  2  10

 m 1  0
 m  1  tm 
 m 2  4m  5  0   m  1 m  5   0  

 m  5  l 
 m  5  0
Vậy m  1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12  x22  10 .
Câu 3: (2,0 điểm)

y x2
 x  4
1) Tọa độ giao điểm của  d1  ,  d 2  là nghiệm của hệ 

 y  2
 y  2
Do đó các đường thẳng trên đồng quy   d3  đi qua điểm  4;  2 

 2  4  k  1  k  3k  2  k  

2
3

 1
 x 1
x2
x
2) A  



:
3
1

x
x
x

1
x

x

1








x  1

 x  x 1  x  2  x






x 1 x 



x 1

2

3

x 1

 
3

 x  1  x  x  1 x  x  1
x 1

3

2

3
3
x  x 1
Đẳng thức xảy ra  x  0  tmdk  . Vậy Max  A  3  x  0 .

Vì x  0  x  x  1  1  A 

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


Câu 4: (3,5 điểm)

A
45 0

x

I

D

E
B

H

C

1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp.
  BEC
  900  BD  AC , CE  AB  . Vậy tứ giác BEDC nội tiếp.
BDC
ED
2) Chứng minh: DE.AB = BC.AD và tính tỉ số
.
BC
Xét ADE và ABC, ta có: 
A (góc chung); 
AED  
ACB (tứ giác BEDC nội tiếp)
AD AB
 ADE ABC (g.g) 

 DE  AB  BC. AD (đpcm)
DE BC
AD AB
DE AD
Từ



.
DE BC
BC AB
AD
  cos 450  2 . Vậy DE  2

Lại có ABD: 
ADB  900  gt  
 cos BAD
AB
2
BC
2
3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD.
  450  gt   
ADB  900  gt  , BAD
ABD  450
ABD: 
  900  gt  , EBH

BEH: BEH
ABD  450  cmt 
Do đó BEH vuông cân tại E  HE = BE (a)
Chứng minh tương tự có: CDH vuông cân tại D  HD = CD (b)
Từ (a), (b) suy ra HE + HD = BE + CD (đpcm)
4) Chứng minh AI  DE .
Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (I)  Ax  AI (*)
1

ACB  sd 
AB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn
và BAx
2
cung 
AB của đường tròn (I))


Lại có 
AED  Ax / / DE **
AED  
ACB (tứ giác BEDC nội tiếp)  BAx
Từ * , ** suy ra AI  DE (đpcm)
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên khác 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
1 1
1 1
1 1
1
1
101
Q  1 2  2  1 2  2  1 2  2  1 2 

2
1 2
2 3
3 4
n  n  1
n 1
Vì n là số tự nhiên khác 0, nên ta có:
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


2

2
 1 
1
1
1 
2
2
1
1 2 

1




1


 


2

n  n  1
 n n  1  n  n  1
 n  n  1  n  n  1

2


1 
1
1
1
 1 
1 
.
 1
n
n

1
n
n

1
n
n

1







1  101
 1 1  1 1  1 1
 1
Do đó: Q  1     1     1       1  

 1 2  2 3  3 4
 n n 1 n 1
1
101
100
 n 1

 n 1
n 1 n 1
n 1
100
Vì n là số tự nhiên khác 0 nên n  1  0;
 0 . Áp dụng BĐT A  B  2 AB
n 1
100
Ta có Q  2  n  1 
 2 100  20
n 1
100
2
Dấu “=” xảy ra  n  1 
  n  1  100  n  1  10  n  9  do n  1  0 

n 1
Vậy Min  Q   20  n  9

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