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 (2,0 điểm) a Giải phương trình: x   x  b Rút gọn biểu thức: A  x  x 1 x 1  2 x x 1 x 1 Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x  mx  5m   (với m tham số) a Giải phương trình m  b Tìm m để phương trình có nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 cho x1  x2  x3  x4 T   x14  x 24    x34  x 44   x1 x2 x3 x4 đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm) x   x  1 y   3x  Giải hệ phương trình:   x  8x  13  10  y  Câu (1,0 điểm) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2018 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P   2 a b c ab  bc  ca Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, từ A nằm đường tròn vẽ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C tiếp điểm) Gọi E giao điểm OA BC a Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b Chứng minh BA.BE  AE.BO c Gọi I trung điểm BE, đường thẳng qua I vuông góc với OI cắt tia AB AC   BCO  tam giác DOF cân theo thứ tự D F Chứng minh IDO Câu (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có hai đường phân giác BD CE Điểm M đoạn DE Gọi H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh MK  ML  MH HẾT Họ tên thí sinh:………………………………………… Số báo danh:………… Ghi chú: Cán coi thi không giải thich thêm Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang BÀI GIẢI SƠ LƯỢC Câu (2,0 điểm)   3x   x   x   a) x   x        3x  x   x     2   x  3  x      x  2 1 2  x  x    3 7 3  1  Vậy tập nghiệm phương trình S    7  b) ĐK: x  0, x  Ta có: A  x  x  x 1  2 x 1 x 1  x 2  3   x 1  x 1 x 1 2 x 1 x 1 x  x  1 x   x  Câu (2,0 điểm) a) Khi m = 5, phương trình trở thành:  x2  x   x  10 x  21    x   x        x   x   Vậy m = 5, phương trình có nghiệm phân biệt x1,2   3; x3,4   b) Đặt t  x , t  Phương trình cho trở thành: t  2mt  5m   * Phương trình cho có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  (*) có nghiệm dương phân biệt  m  1 m    m   m  5m       4   m 1      m  t1 , t   P   5m    m    5 **  S   m  m  m     m   Giả sử (*) có nghiệm x1   t , x   t1 , x  t1 , x  t  x1  x  x  x ;0  t1  t  Khi T   x14  x 42    x 34  x 44   6x1x x x  t12  t 22  6t1t   t1  t   8t1t 2 T  4m   5m    4m  40m  32   2m  10   68  68 Đẳng thức xảy m  (thỏa mãn **) Vậy minT  68  m  Câu (1,0 điểm) 2  y  10 Điều kiện  *  x  8x  13   x   x  1 y   3x  1 Ta có:   x  8x  13  10  y    1   x  3x     x  1 y     x  1 x  4   x  1 y   x    x  1 x   y      y   x  +) Với x  , vào (2) ta 10  y   22   vô nghiệm   Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang  x  4 y2  x4  Thế vào (2) y   10  y   x  8x  y  14 1  y  10 y  Ta có y   10  y      y  10 9   y  110  y   Khi y   x    x  8x  13  (thỏa mãn) +) Với Khi y  10  x  12   x  8x  13  (thỏa mãn) Vậy nghiệm  x; y  hệ      4;1  4;10 Câu (1,0 điểm) Với x, y, z dương ta có : x  y  z  3 xyz 1 1 1    33  2 x y z xyz  1 1 Từ (1) (2) suy  x  y  z        3 Đẳng thức xảy  x  y  z x y z 1   Áp dụng (3) ta có:  a  b  c  2ab  2bc  2ca     9 2  a  b  c ab  bc  ca ab  bc  ca      ( a  b  c  ) 2 a  b  c ab  bc  ca  a  b  c  a  b  c ab  bc  ca  1  ab  bc  ca 2018 2016 2016   Vậy     1  673  2 2 a  b  c ab  bc  ca  a  b  c ab  bc  ca  ab  bc  ca a  b  c2  ab  bc  ca  Đẳng thức xảy   a  b  c  a  b  c  a bc 3  Mặt khác 3 Câu (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp   ACO   900 (Vì AB AC hai tiếp Ta có: ABO tuyến (O))   ACO   1800 Vậy tứ giác ABOC nội tiếp Suy ABO đường tròn A b) Chứng minh BA.BE  AE.BO Ta có: AB = AC (Vì AB AC hai tiếp tuyến F (O)), OB = OC (bán kính) Nên OA trung trực BC  OA  BC Xét AEB BEO, ta có   BEO   900  OA  BC  , ABE  )   BOE  (vì phụ với BAE AEB D B I E O C AB AE   BA.BE  AE.BO (đpcm) BO BE   BCO  tam giác DOF cân c) Chứng minh IDO   IBO  1   OBD   900  tứ giác BDOI nội tiếp  IDO Vì OID Vậy AEB BEO  Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang   BCO    Từ (1) (2)  IDO   BCO  Vì tam giác OBC cân O nên IBO   IFO  3 Tương tự ta có tứ giác CFIO nội tiếp  BCO   IFO   tam giác DOF cân O Từ (1) (3) suy IDO Câu (1,0 điểm) Gọi H, L, K hình chiếu M cạnh BC, AB, AC T, I hình chiếu D cạnh AB, BC; N hình chiếu E cạnh AC; J giao điểm SD MH Khi đó, ML // DT; MK // EN; ES // MH // DI Vì BD CE phân giác góc ABC, góc ACB nên DT  DL ES  EN Ta có: MK DM MJ DM MK / /EN   ; MJ / /ES   B EN DE ES DE MK MJ Do  , EN  ES  MK  MJ 1 EN ES ML EM EM SJ Ta có ML / /DT   ; MJ / /ES   DT ED ED SD SJ JH ML JH JH / /DI     , DT  DI  ML  JH   SD DI DT DI Từ 1 ,    MK  ML  MJ  JH  MH (đpcm) HẾT A N T L E K D M J S H Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) I C trang ...   x  8x  y  14 1  y  10 y  Ta có y   10  y      y  10 9   y  1 10  y   Khi y   x    x  8x  13  (thỏa mãn) +) Với Khi y  10  x  12   x  8x  13  (thỏa...  , vào (2) ta 10  y   22   vô nghiệm   Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thi u) trang  x  4 y2  x4  Thế vào (2) y   10  y   x ...  10   68  68 Đẳng thức xảy m  (thỏa mãn **) Vậy minT  68  m  Câu (1,0 điểm) 2  y  10 Điều kiện  *  x  8x  13   x   x  1 y   3x  1 Ta có:   x  8x  13  10