Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Sở GD & ĐT Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN THI: TOÁN (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 08/6/2018 Câu 1: (1,5 điểm) 1) Tìm x, biết: 2x 3 2) Giải phương trình: 43x2 2018 x 1975 0 3) Cho hàm số y a 1 x2 . Tìm a để hàm số nghịch biến khi x 0 và đồng biến khi x 0 Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 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, x 2 thỏa mãn điều 2 2 kiện x1 x 2 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; d 3 : 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: 1x 2 x x 1 A : x 0, x 1 1 x x x 1 x x 1 3 Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và A 450 . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu 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: 11 11 11 11101 Q 1 1 1 1 12 2 2 2 2 3 2 3 2 4 2n 2 n 1 2 n 1 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) 3 9 9 1) ĐK: x 0 . Ta có 2x 3 x x (TMĐK). Vậy x 2 4 4 2) Vì a b c 43 2018 1975 0 . 1975 Vậy phương trình có hai nghiệm là x 1; x 1 2 43 3) Hàm số y a 1 x2 nghịch biến khi x 0 và đồng biến khi x 0 a 1 0 a 1 Câu 2: (2,0 điểm) 1) x 2 là nghiệm của phương trình (1) 22 2 m 1  2 m 2 2 0 m2 420 m m 220 2 m 22 m 220 m 2 2 0 m 2 2 m 2 2 0 m 2 2 2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 2 1 0 m 1 m2 2 0 2 m 1 0 m 2 x1 x 2 2 m 1 Theo Viét, ta có: 2 x1 x 2 m 2 2 22 2 2 Khi đó x1 x 210 x 1 x 2 2 x 1 x 2 10212 m m 210 2 m 1 0 m 1 tm m 4 m 5 0 m 1 m 5 0 m 5 0 m 5 l 2 2 Vậy m 1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa mãn điều kiện x1 x 2 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 2 4 k 1 k 3 k 2 k 3 1x 2 x x 1 2) A : 1 x x x 1 x x 1 3 2 x x 1 x 2 x x 1 3 3 x 1 3  2 x 1 x x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 3 Vì x 0 x x 1 1 A 3 x x 1 Đẳng thức xảy ra x 0 tmdk . Vậy Max A 3 x 0 . NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 2
3. Câu 4: (3,5 điểm) A 450 x I D E H B C 1) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp. BDC BEC 900 BD  ACCE ,  AB . Vậy tứ giác BEDC nội tiếp. 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 2 DE 2 Lại có ABD: ADB 900 gt cos BAD cos45 0 . Vậy AB 2 BC 2 3) Chứng minh: HE + HD = BE + CD. ABD: ADB 900 gt , BAD 45 0 gt ABD 45 0 BEH: BEH 900 gt , EBH ABD 45 0 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 và BAx ACB sd AB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn 2 cung AB của đường tròn (I)) Lại có AED ACB (tứ giác BEDC nội tiếp) BAx AED Ax// DE 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: 11 11 11 11101 Q 1 1 1 1 12 2 2 2 2 3 2 3 2 4 2n 2 n 1 2 n 1 Vì n là số tự nhiên khác 0, nên ta có: NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 3
4. 2 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 2 1 1 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 11 11 11 11 101 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 n1 n 1100 n 110 n 9 do n 10 n 1 Vậy Min Q 20 n 9 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 4