16 TS10 dak lak 1718 HDG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TỈNH ĐẮK LẮK

NĂM HỌC 2017 – 2018
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.

(1,5 điểm)
1) Giải phương trình: 5x 18  3x  24 .
2) Rút gọn biểu thức

Câu 2.

Câu 3.

Ngày thi 7/6/2017

4 x  9 x  16 x với x  0 .

3) Tìm x để biểu thức A  5  3x có nghĩa.
(2,0 điểm)
 x 2  2 y 2  3
1) Giải hệ phương trình: 
.
2

3x  y  2
2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều
rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm 2 so với diện tích hình
chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được
một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu.
(2,0 điểm)
1) Tìm m để phương trình x2  2  m  2  x  6m  2  0 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hàm số
y   m  2  x và y  x  m2  2 có tọa độ là các số nguyên.

Câu 4.

(3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính R và một đường thẳng d cố định không giao nhau. Hạ OH
vuông góc với d . M là một điểm tùy ý trên d ( M không trùng với H ). Từ M kẻ hai tiếp tuyến
MP và MQ với đường tròn  O; R  ( P , Q là các tiếp điểm và tia MQ nằm giữa hai tia MH và

MO ). Dây cung PQ cắt OH và OM lần lượt tại I và K .
1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.

Câu 5.

2) Chứng minh rằng OMH  OIP .
3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
4) Biết OH  R 2 , tính IP.IQ .
(1,0 điểm)
Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn xy  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3
M  x2  y 2 

x  y 1


Câu 1.

(1,5 điểm)
1) Giải phương trình: 5x 18  3x  24 .
Lời giải

5x 18  3x  24  2 x  42  x  21 .
2) Rút gọn biểu thức

4 x  9 x  16 x với x  0 .

Lời giải
Với x  0 ta có:

4 x  9 x  16 x  2 x  3 x  4 x  x .

3) Tìm x để biểu thức A  5  3x có nghĩa.
Lời giải

Câu 2.

5
Biểu thức A có nghĩa khi 5  3x  0  3x  5  x  .
3
(2,0 điểm)
 x 2  2 y 2  3
1) Giải hệ phương trình: 

.
2
3x  y  2

Lời giải

 x 2  2 y 2  3 1
y2  2
. Từ phương trình  2  suy ra x 
, thay vào phương trình 1 ta được:

2
3
3x  y  2  2 

y

2

 2
9

2

 y2  1
 2 y 2  3  y 4  22 y 2  23  0   2
 y  1  x  1 .
 y  23  VN 

Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 , 1; 1 .

2) Tính chiều dài và chiều rộng của một hình chữ nhật. Biết rằng nếu tăng cả chiều dài và chiều
rộng lên 4 cm thì ta được hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm 2 so với diện tích hình
chữ nhật ban đầu, còn nếu tằng chiều dài lên 5 cm và giảm chiều rộng xuống 2 cm thì ta được
một hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích của hình chữ nhật ban đầu.
Lời giải
Gọi x ; y (cm) lần lượt là chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu. ĐK: x  y  2 .
Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng hai kích thước là:  x  4  y  4   cm 2  .

Diện tích hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và giảm chiều rộng là:  x  5 y  2   cm 2  .

Câu 3.


 x  10
 x  4  y  4   xy  80  x  y  16


Theo đề ta có hệ: 
(Thỏa mãn ĐK).

2
x

5
y

10
y

6

x

5
y

2

xy

0







Vậy chiều dài và chiều rộng lần lượt là 10cm và 6cm .
(2,0 điểm)


1) Tìm m để phương trình x2  2  m  2  x  6m  2  0 có hai nghiệm mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
Lời giải
Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2    0 .
  m  2    6m  2   0  m2  2m  2  0   m  1  1  0 (luôn đúng với mọi m ).
2

2


 x1  x2  2  m  2  1
Theo hệ thức Vi-et ta có: 
.
x
x

6
m

2
2



 1 2
Theo giả thiết, giả sử: x1  2 x2  3 .
4  m  2

x1 

 x  x  2  m  2 

3
Từ 1 và  3 ta có:  1 2

 x1  2 x2
 x  2  m  2
 2
3

 4 .

Thay  4  vào  2  ta được:

m  1
4  m  2 2  m  2
2
.
 6m  2  4m  11m  7  0   4m  7  m  1  0  
.
m  7
3
3

4
2) Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên khác 1 sao cho giao điểm của đồ thị hai hàm số
y   m  2  x và y  x  m2  2 có tọa độ là các số nguyên.
Lời giải
Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:
m2  2
3
(với m  1 ).
 m 1
 m  2  x  x  m2  2   m  1 x  m2  2  x 
m 1
m 1
Do đó x   3  m  1  m  11; 3  m 4; 2;0;2 .

x  2

+) Với m  0 : 
(Thỏa mãn).
y  4
 x  6
+) Với m  2 : 
(Thỏa mãn).
y  0
 x  6
+) Với m  4 : 
(Thỏa mãn).
 y  12
x  2
+) Với m  2 : 
(Thỏa mãn).
y  8

Vậy m4; 2;0;2  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4.

(3,5 điểm)


Lời giải

1) Chứng minh rằng tứ giác OMHQ nội tiếp.

OHM  90  OH  d  ; OQM  90 ( MQ là tiếp tuyến của  O  tại Q ).
Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp.
2) Chứng minh rằng OMH  OIP .
OP  OQ  R ; MP  MQ ( MP ; MQ là hai tiếp tuyến của  O  )

 OM là trung trực của PQ .
 OM  PQ  OKI  90 .
Do đó: OIP  HOM  90 và OMH  HOM  90  OMH  OIP (đpcm).
3) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d thì điểm I luôn cố định.
Xét OIK và OMH có: OIK  OMH (cmt) và OKI  OHM  90
OI
OK
 OIK đồng dạng với OMH (g-g) 

 OI .OH  OK .OM
OM OH
Mặt khác: OPM vuông tại P có PK  OM  OK .OM  OP2  R2  2  .

1 .

Từ 1 và  2  suy ra OI .OH  R2 (không đổi).
Mà O và d cố định nên OH không đổi  OI không đổi. Vậy điểm I luôn cố định
 I  OH  .
4) Biết OH  R 2 , tính IP.IQ .
R2
R2
R


Ta có: OI .OH  R  OI 
.
OH R 2
2
R

R
 IH  OH  OI  R 2 

.
2
2
2

Lại có: OHM  OQM  OPM  90 (theo gt).
 M ; P ; O ; Q và H cùng thuộc đường tròn đường kính OM .
Xét OIP và QIH có: OIP  QIH (đối đỉnh) và OPI  QHI (góc nội tiếp cùng chắnc ung
OQ ).


 OIP đồng dạng với QIH (g-g) 
Câu 5.

IP IH
R2
.

 IP.IQ  OI .IH 
OI IQ
2

(1,0 điểm)
 x; y  0
2
Với 
ta có:  x  y   4 xy  4  x  y  2 .

 xy  1
Đặt t  x  y ; t  2 .

3
3
3
t 3  t 2  2t  1
2
2
Khi đó: M  x  y 
.
  x  y   2 xy 
 t 2

x  y 1
x  y 1
t 1
t 1
2



2

 t  2  t 2  3t  1  3  t  1  t  2   t 2  3t  1
t 1



t 1

 3  3 (Vì t  2 ).

x  y  2
Vậy min M  3  t  2  
 x  y 1 .
 xy  1