Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Thực hành Cao Nguyên

 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
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 1. (2,0 điểm) 
a. Giải phương trình: 3 2 4 1x x   
b. Rút gọn biểu thức: 
2 1 1
2
1 1
x x x
A x
x x
  
  
 
Câu 2. (2,0 điểm) 
Cho phương trình 4 22 5 4 0x mx m    (với m là tham số). 
a. Giải phương trình khi 5.m 
b. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm 1 2 3 4, , ,x x x x sao cho 1 2 3 4x x x x   
và    4 4 4 41 2 3 4 1 2 3 42 6T x x x x x x x x     đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu 3. (1,0 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
 2
2
x x 1 y 2 3x 4
x 8x 13 10 y 3
     

    
Câu 4. (1,0 điểm) 
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn 3a b c   . 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
1 2018
P
a b c ab bc ca
 
   
. 
Câu 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 tiếp 
điểm). Gọi E là giao điểm của OA và BC. 
a. Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 
b. Chứng minh BA.BE AE.BO 
c. Gọi I là trung điểm của BE, đường thẳng qua I và vuông góc với OI cắt tia AB và AC 
theo thứ tự tại D và F. Chứng minh  IDO BCO và tam giác DOF cân. 
Câu 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 2 
BÀI GIẢI SƠ LƯỢC 
Câu 1. (2,0 điểm) 
a) 
2 2
3 2 4 1 3
3 3 1
3 2 4 1
72 1 2
2 3 4 1
3 7 3
              
          
             
    
x x x x x
x x x
x x x x x
Vậy tập nghiệm của phương trình là 
1
7
   
 
S 
b) ĐK: 0, 1 x x 
Ta có: 
    21 1 12 1 1
2 2
1 1 1 1
1 1 2 2
    
     
   
     
x x xx x x
A x x
x x x x
x x x
Câu 2. (2,0 điểm) 
a) Khi m = 5, phương trình trở thành: 
  
2
4 2 2 2
2
33
10 21 0 3 7 0
7 7
   
         
  
xx
x x x x
x x
Vậy khi m = 5, phương trình có 4 nghiệm phân biệt là 1,2 3,43; 7   x x 
b) Đặt 2t x , t 0  . Phương trình đã cho trở thành:  2t 2mt 5m 4 0 *    
Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt 1 2 3 4, , ,x x x x  (*) có 2 nghiệm dương phân biệt 
1 2t , t
0
P 0
S 0
 

 
 
2m 5m 4 0
5m 4 0
m 0
   

  
 
  
 
m 1 m 4 0 m 1
4
m 14 m 4m **5
5 4 m 4mm 0 5
     
              
Giả sử (*) có 4 nghiệm là 1 2 2 1 3 1 4 2x t , x t , x t ,x t       1 2 3 4 1 2x x x x ;0 t t     
Khi đó    4 4 4 41 2 3 4 1 2 3 4T 2 x x x x 6x x x x     2 21 2 1 2t t 6t t    
2
1 2 1 2t t 8t t   
   22 2T 4m 8 5m 4 4m 40m 32 2m 10 68 68           
Đẳng thức xảy ra m 5 (thỏa mãn **). Vậy minT 68   m 5. 
Câu 3. (1,0 điểm) 
Điều kiện  2
2 y 10
*
x 8x 13 0
  

  
Ta có: 
   
 
2
2
x x 1 y 2 3x 4 1
x 8x 13 10 y 3 2
     

    
     21 x 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 3 
+) Với 
2
x 4
y 2 x 4
x 8x y 14
 
    
  
. Thế vào (2) y 1 10 y 3    . 
Ta có 
  
1 y 10 y 1
y 1 10 y 3 .
y 109 2 y 1 10 y 9
             
Khi 2y 1 x 3 4 x 8x 13 0        (thỏa mãn) 
Khi 2y 10 x 12 4 x 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 :  3x y z 3 xyz 1   và  31 1 1 13 2
x y z xyz
   
Từ (1) và (2) suy ra    1 1 1x y z 9 3
x y z
 
     
 
. Đẳng thức xảy ra x y z.   
Áp dụng (3) ta có:  2 2 2 2 2 2
1 1 1
a b c 2ab 2bc 2ca 9
a b c ab bc ca ab bc ca
               
 22 2 2
1 2 9
1
a b c ab bc ca a b c
   
     
 ( do a b c 3   ) 
Mặt khác 
 2a b c
ab bc ca 3
3
 
   
1 1
ab bc ca 3
 
 
Vậy 
2 2 2 2 2 2
1 2018 1 2 2016 2016
1 673
a b c ab bc ca a b c ab bc ca ab bc ca 3
                  
Đẳng thức xảy ra 
2 2 2a b c ab bc ca
a b c a b c 1.
a b c 3
     

      
   
Câu 5. (3,0 điểm) 
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. 
Ta có:   0ABO ACO 90 .  (Vì AB và AC là hai tiếp 
tuyến của (O)) 
Suy ra   0ABO ACO 180 .  Vậy tứ giác ABOC nội tiếp 
được đường tròn. 
b) Chứng minh BA.BE AE.BO 
Ta có: AB = AC (Vì AB và AC là hai tiếp tuyến của 
(O)), OB = OC (bán kính) 
Nên OA là trung trực của BC  OA  BC 
Xét AEB và BEO, ta có 
   0AEB BEO 90 OA BC   ,  ABE BOE (vì cùng phụ với BAE ). 
Vậy AEB BEO  
AB AE
BA.BE AE.BO
BO BE
   (đpcm). 
c) Chứng minh  IDO BCO và tam giác DOF cân. 
Vì   0OID OBD 90   tứ giác BDOI nội tiếp     IDO IBO 1 . 
F
D
I
E
C
B
A O
 Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 4 
Vì tam giác OBC cân tại O nên    IBO BCO 2 . Từ (1) và (2)  IDO BCO.  
Tương tự ta cũng có tứ giác CFIO nội tiếp    BCO IFO 3  
Từ (1) và (3) suy ra  IDO IFO  tam giác DOF cân tại O. 
Câu 6. (1,0 điểm) 
Gọi H, L, K lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh 
BC, AB, AC. 
T, I lần lượt là hình chiếu của D trên các cạnh AB, BC; 
N là hình chiếu của E trên cạnh AC; J là giao điểm của 
SD và MH. 
Khi đó, ML // DT; MK // EN; ES // MH // DI. 
Vì BD và CE là phân giác góc ABC, góc ACB nên 
DT DL và ES EN. 
Ta có: 
MK DM MJ DM
MK / /EN ; MJ / /ES .
EN DE ES DE
    
Do đó  MK MJ , EN ES MK MJ 1
EN ES
    
Ta có 
ML EM EM SJ
ML / /DT ; MJ / /ES .
DT ED ED SD
    
 SJ JH ML JHJH / /DI , DT DI ML JH 2
SD DI DT DI
       
Từ    1 , 2 MK ML MJ JH MH     (đpcm). 
----------HẾT---------- 
T
I
N
J
S
M
L
K
H
E D
CB
A