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 (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5x 18  3x  24 2) Rút gọn biểu thức Câu Câu Ngày thi 7/6/2017 x  x  16 x với x  3) Tìm x để biểu thức A   3x có nghĩa (2,0 điểm)  x  y  1) Giải hệ phương trình:  3x  y  2) Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật Biết tăng chiều dài chiều rộng lên cm ta hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, tằng chiều dài lên cm giảm chiều rộng xuống cm ta hình chữ nhật có diện tích diện tích hình chữ nhật ban đầu (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2   m   x  6m   có hai nghiệm mà nghiệm gấp đơi nghiệm 2) Tìm tất giá trị m số nguyên khác 1 cho giao điểm đồ thị hàm số y   m   x y  x  m2  có tọa độ số nguyên Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R đường thẳng d cố định không giao Hạ OH vuông góc với d M điểm tùy ý d ( M không trùng với H ) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MP MQ với đường tròn  O; R  ( P , Q tiếp điểm tia MQ nằm hai tia MH MO ) Dây cung PQ cắt OH OM I K 1) Chứng minh tứ giác OMHQ nội tiếp Câu 2) Chứng minh OMH  OIP 3) Chứng minh điểm M di chuyển đường thẳng d điểm I ln cố định 4) Biết OH  R , tính IP.IQ (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x , y thỏa mãn xy  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  x2  y  x  y 1 Câu (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 5x 18  3x  24 Lời giải 5x 18  3x  24  x  42  x  21 2) Rút gọn biểu thức x  x  16 x với x  Lời giải Với x  ta có: x  x  16 x  x  x  x  x 3) Tìm x để biểu thức A   3x có nghĩa Lời giải Câu Biểu thức A có nghĩa  3x   3x   x  (2,0 điểm)  x  y  1) Giải hệ phương trình:  3x  y  Lời giải  x  y  1 y2  Từ phương trình   suy x  , thay vào phương trình 1 ta được:  3x  y    y  2  y2   y   y  22 y  23     y  1  x   y  23  VN  Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 , 1; 1 2) Tính chiều dài chiều rộng hình chữ nhật Biết tăng chiều dài chiều rộng lên cm ta hình chữ nhật có diện tích tăng thêm 80 cm so với diện tích hình chữ nhật ban đầu, tằng chiều dài lên cm giảm chiều rộng xuống cm ta hình chữ nhật có diện tích diện tích hình chữ nhật ban đầu Lời giải Gọi x ; y (cm) chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật ban đầu ĐK: x  y  Diện tích hình chữ nhật sau tăng hai kích thước là:  x   y    cm  Diện tích hình chữ nhật sau tăng chiều dài giảm chiều rộng là:  x  5 y    cm  Câu   x  10  x   y    xy  80  x  y  16   Theo đề ta có hệ:  (Thỏa mãn ĐK)  x  y  10 y  x  y   xy         Vậy chiều dài chiều rộng 10cm 6cm (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x2   m   x  6m   có hai nghiệm mà nghiệm gấp đơi nghiệm Lời giải Phương trình có nghiệm x1 , x2      m     6m     m2  2m     m  1   (luôn với m ) 2   x1  x2   m   1 Theo hệ thức Vi-et ta có:  x x  m  2     Theo giả thiết, giả sử: x1  x2  3  m  2  x1    x  x   m    Từ 1  3 ta có:    x1  x2  x   m  2   4 Thay   vào   ta được: m   m  2  m  2  6m   4m  11m     4m   m  1    m  3  2) Tìm tất giá trị m số nguyên khác 1 cho giao điểm đồ thị hai hàm số y   m   x y  x  m2  có tọa độ số nguyên Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị: m2  (với m  1 )  m 1  m   x  x  m2    m  1 x  m2   x  m 1 m 1 Do x    m  1  m  11; 3  m 4; 2;0;2 x  +) Với m  :  (Thỏa mãn) y   x  6 +) Với m  2 :  (Thỏa mãn) y   x  6 +) Với m  4 :  (Thỏa mãn)  y  12 x  +) Với m  :  (Thỏa mãn) y  Vậy m4; 2;0;2  thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3,5 điểm) Lời giải 1) Chứng minh tứ giác OMHQ nội tiếp OHM  90  OH  d  ; OQM  90 ( MQ tiếp tuyến  O  Q ) Vậy tứ giác OMHQ nội tiếp 2) Chứng minh OMH  OIP OP  OQ  R ; MP  MQ ( MP ; MQ hai tiếp tuyến  O  )  OM trung trực PQ  OM  PQ  OKI  90 Do đó: OIP  HOM  90 OMH  HOM  90  OMH  OIP (đpcm) 3) Chứng minh điểm M di chuyển đường thẳng d điểm I ln cố định Xét OIK OMH có: OIK  OMH (cmt) OKI  OHM  90 OI OK  OIK đồng dạng với OMH (g-g)    OI OH  OK OM OM OH Mặt khác: OPM vng P có PK  OM  OK OM  OP2  R2   1 Từ 1   suy OI OH  R2 (không đổi) Mà O d cố định nên OH không đổi  OI không đổi Vậy điểm I cố định  I  OH  4) Biết OH  R , tính IP.IQ R2 R2 R   Ta có: OI OH  R  OI  OH R 2 R R  IH  OH  OI  R   2 Lại có: OHM  OQM  OPM  90 (theo gt)  M ; P ; O ; Q H thuộc đường tròn đường kính OM Xét OIP QIH có: OIP  QIH (đối đỉnh) OPI  QHI (góc nội tiếp chắnc ung OQ )  OIP đồng dạng với QIH (g-g)  Câu IP IH R2   IP.IQ  OI IH  OI IQ (1,0 điểm)  x; y  Với  ta có:  x  y   xy   x  y   xy  Đặt t  x  y ; t  3 t  t  2t  2 Khi đó: M  x  y    x  y   xy   t 2  x  y 1 x  y 1 t 1 t 1   t  2  t  3t  1   t  1  t    t  3t  1 t 1  t 1   (Vì t  ) x  y  Vậy M   t     x  y 1  xy  ... Lời giải 5x 18  3x  24  x  42  x  21 2) Rút gọn biểu thức x  x  16 x với x  Lời giải Với x  ta có: x  x  16 x  x  x  x  x 3) Tìm x để biểu thức A   3x có nghĩa Lời giải Câu... giảm chiều rộng là:  x  5 y    cm  Câu   x  10  x   y    xy  80  x  y  16   Theo đề ta có hệ:  (Thỏa mãn ĐK)  x  y  10 y  x  y   xy         Vậy chiều