Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2017-2018 - Sở GD & ĐT Đắk Lắk (Có đáp án)

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 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 2017 - 2018 
MÔN THI: TOÁN - CHUYÊN 
(Thời gian 150 phút không kể thời gian phát đề) 
Ngày thi 7/6/2017 
Câu 1: (2,0 điểm) 
 Cho biểu thức 2 2f (x) x (2m 3)x m 1     (m là tham số). 
1) Tìm giá trị của m để phương trình f (x) 0 có hai nghiệm dương phân biệt. 
2) Tìm giá trị của x để giá trị nhỏ nhất của f (x) là 
2017
4
. 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 1) Giải phương trình: 2
2
2(x 1)
x 2x x 1 0.
x 2x

    

 2) Giải phương trình:   23x 4 3x 2 1 9x 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. 
2) Tìm hai số x, y nguyên dương sao cho    2 2x 2 6 y 1 xy 24     . 
Câu 4: (1,5 điểm) 
1) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng: 
a b 4c
2.
b c c a a b
  
  
2) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: 
2 2 2a b c 11
ab bc ca 7
   

  
Chứng minh: 
1
a,b,c 3
3
  . 
Câu 5: (3,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi (P) và (Q) theo thứ tự là 
đường 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. Một 
đường thẳng thay đổi đi qua H cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D và E. Tính 
giá 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 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Câu 1: (2,0 điểm) 
1) f(x) = 0 có hai nghiệm dương phân biệt 
   2 2
2
13
122 3 4 1 00 1
1
0 1 0 13
1 1
0 2 3 0 12
3
2
                                   
 

m
m m m
m
P m
m m
S m
m
2)    
2 2
2 2 2 22 3 2 3 2 32 3 1 2 1
2 2 2
                   
   
m m m
f x x m x m x x m 
2
2 3 12 13 12 13
2 4 4
        
 
m m m
x (vì 
2
2 3
0
2
   
 
m
x với mọi m) 
Do đó GTNN của  f x là 2017 12 13 2017 1015
4 4 4 6

     
m
m 
Câu 2: (2,0 điểm) 
1) ĐK: 2 x hoặc 0x 
     2 2 2
2
2 1
2 1 0 2 1 2 2 1 0
2

            

x
x x x x x x x x x
x x
   
   
    
 
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2
2 1 2 2 2 2 1 0
2 2 1 2 2 1 0
2 2 0
2 2 2 1 0
2 1 0
         
         
   
       
    
x x x x x x x x
x x x x x x x x
x x a
x x x x x
x x x b
+)   12
2
1 5
2 4 0
1 5
   
     
  
x
a x x
x
 (TMĐK) 
+)    2 2 2 12 1 1 2 2 1
4
           b x x x x x x x x x (loại) 
Vậy phương trình có hai nghiệm là 1 5  x và 1 5  x 
2) (ĐK: 
2
3
 x ). Đặt  
2 2 2
2 2
9 18 8
3 4; 3 2 , 0
2
   
      
 
a b x x
a x b x a b
a b
Do đó PT đã cho trở thành:      2 21 1 0         a b ab a b a b ab a b 
   1 1 0 1
1

      
 
a b
a b a b a
b
+) Với 3 4 3 2 0 2      a b x x x (vô nghiệm) 
+) Với 1 3 4 1 1      a x x (loại) 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
+) Với 
1
1 3 2 1
3
      b x x (chọn) 
Vậy PT có một nghiệm là 
1
3
 x 
Câu 3: (1,5 điểm) 
1) Giả sử     3 3 213 1 , 3 13 1 1 1          p a a N a p a a a a 
Do 13 và p là các số nguyên tố, nên ta có các trường hợp sau: 
+) 2
1 13 14
1 211
   
 
    
a a
a a p p
; 
+) 
    2
11 2
3
3 4 01 13 3
    
          
p aa p p
do a
a aa a a
Vậy 2p hoặc 211p 
2)    2 2 2 22 6 1 24 4 6 12 26          x y xy x x y y xy 
       2 22 4 3 6 12 26 2 4 3 2 4 26             x xy x xy y y x x y y x y 
  2 4 3 26    x y x y . Vì ,x y nguyên dương nên có các trường hợp sau: 
+) 
68
3 1 3 1 5
2 4 26 2 22 21
5
      
   
       

xx y x y
x y x y
y
 (loại) 
+) 
43
3 26 3 26 5
2 4 1 2 3 29
5
      
   
       

xx y x y
x y x y
y
 (loại) 
+) 
31
3 2 3 2 5
2 4 13 2 9 7
5
      
   
       

xx y x y
x y x y
y
 (loại) 
+) 
3 13 3 13 4
2 4 2 2 2 3
      
   
       
x y x y x
x y x y y
 (chọn) 
Câu 4: (1,5 điểm) 
1) Đặt  
2
, , , , 0
2
2
  

 
        

  
y z x
a
z x y
x b c y c a z a b x y z b
x y z
c
Ta có 
 44
2 2 2
    
    
  
x y za b c y z x z x y
b c c a a b x y z
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
   4 2
3
2 2 2 2 2
2 2 2 2
3 2 2 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2 2 3 2
2
       
      
                     
    
     
x y z x yy z x z x y y z z x
x y z x y z
y x z x z y y x z x z y
x y x z y z x y x z y z
Đẳng thức xảy ra 2 2 2
2


    
 
x y
z x x y z
z y
. Khi đó 0
2
 
 
x y z
c (vô lí vì 0c ) 
Vậy đẳng thức không xảy ra nên 
4
2  
  
a b c
b c c a a b
2) Ta có:    2 2 2 2 2 11 2 7 25           a b c a b c ab bc ca 
   5 , , 0 5        a b c do a b c c a b 
Nên      
22 2 2 2 2 2 211 5 11 5 5 7 0 *                 a b c a b a b a b a b b 
 * có nghiệm       2 2 25 4 5 7 0 3 10 3 0 3 3 1 0             b b b b b b b 
1
3
3
  b . Vì vai trò , ,a b c như nhau, nên 
1
, , 3
3
 a b c 
Câu 5: (3,0 điểm) 
K
N
M
Q
P
H CB
A
1) Chứng minh tam giác HPQ đồng dạng với tam giác ABC. 
Vì P, Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp ABH, ACH nên BP là phân giác ABH , 
AQ là phân giác CAH )   1 1,
2 2
  PBH ABH QAH CAH 
mà  ABH CAH (cùng phụ với BAH )   PBH QAH 
Xét PBH và QAH có:       0 01, 90 45
2
    PBH QAH cmt PHB QHA 
Vậy PBH QAH (g-g)  
HB HP
HA HQ
Lại có ABC HBA (g-g)    
HB AB HP AB
HA AC HQ AC
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 5 
Mặt khác HP, HQ lần lượt là phân giác hai góc kề bù   0, 90 AHB AHC PHQ 
Xét HPQ và ABC có:    090 ; PHQ BAC gt cmt ;  HP AB cmt
HQ AC
Vậy HPQ ABC (c-g-c) 
2) Chứng minh PK // AB và tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 
Vì KM, KH là hai tiếp tuyến của (P)  KP là phân giác MKH 
Vì KN, KH là hai tiếp tuyến của (Q)  KQ là phân giác NKH 
 090 PKQ (do ,MKH NKH là hai góc kề bù) 
Tứ giác KPHQ có :   090 PKQ PHQ , nên tứ giác KPHQ nội tiếp   PKH PQH 
Mà  BCA PQH (HPQ ABC),  BCA BAH (cùng phụ CAH ) 
  / /  PKH BAH PK AB (đpcm) 
Ta có:  MKP PKH (KP là phân giác MKH ),  BCA PKH (từ cmt)   MKP BCA 
Vì    0 0/ / 180 180     PK AB BMN MKP BMN BCA . 
Vậy tứ giác BMNC nội tiếp. 
3) Chứng minh năm điểm A, M, P, Q, N cùng nằm trên một đường tròn. 
Ta có       0 0, 180 180     BCA BAH BMN BCA cmt BMN BAH 
mà  1
2
PMN BMN (MB, MN là các tiếp tuyến của (P)) 
 1
2
BAP BAH (AP là phân giác BAH ). 
Nên       0 0 01 1 180 90 902 2        PMN BAP BMN BAH PMN BAP 
Lại có      090     PAN BAC BAP BAP PMN PAN 
Suy ra 4 điểm A, M, P, N cùng thuộc một đường tròn 
Chứng minh tương tự có 4 điểm A, M, Q, N cùng thuộc một đường tròn 
Vậy 5 điểm A, M, P, Q, N cùng thuộc một đường tròn (đpcm) 
4) Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác IDE theo a. 
F
E
H CB I
A
D
F
E
H CB I
A
D F
E
H CB I
A
D
ABC:  20 2 2 2 2 290 3 10      BAC BC AB AC a a a và BC là đường kính của (I) 
Kẻ đường kính DF của (I)  090 DEF và 1 1 1 1. .
2 2 2 4
   IDE DEFS S ED EF ED EF 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 6 
Lại có 
2 2 2 2 2
210 5
2 2 2 2

     
ED EF DF BC a
ED EF a 
Do đó 2 2
1 5
5
4 4
  IDES a a (đvdt) 
Dấu “=” xảy ra khi ED EF  DEF vuông cân tại E  IDE vuông cân tại I 
Vậy max 2
5
4
IDES a  IDE vuông cân tại I