Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lạng Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lạng Sơn (Có đáp án)

1. STT 38. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (1,5 điểm) 2 a) Tính giá trị các biểu thức: A 81 25 ; B 7 1 7 . b) Vẽ đồ thị hàm số y 2x 1. Câu 2: (2,5 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình: a) x2 12x 35 0 . b) x4 3x2 4 0 . x 2y 4 c) . 2x 3y 1 3 1 x 5 Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P với x 0, x 1. x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 24 16 2 . Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( C không trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn O cắt Ax tại D. Kẻ CH  AB H AB , BD cắt O tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC. a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn. b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn O1 . c) Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn O1 . Câu 5: (1 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương, thoả mãn: xy yz zx xyz. xy yz zx 1 Chứng minh rằng: . z3 (1 x)(1 y) x3 (1 y)(1 z) y3 (1 z)(1 x) 16 HẾT
2. STT 38. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (1,5 điểm) 2 a) Tính giá trị các biểu thức: A 81 25 ; B 7 1 7 . Lời giải Ta có: A 81 25 9 5 14 . 2 B 7 1 7 7 1 7 7 1 7 1. b) Vẽ đồ thị hàm số y 2x 1. Lời giải 1 Đồ thị hàm số y 2x 1 đi qua hai điểm A ; 0 và B 0; 1 , nên ta có đồ thị dạng như 2 sau: Câu 2: (2,5 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình: a) x2 12x 35 0 . Lời giải Ta có phương trình tương đương: x2 5x 7x 35 0 . x x 5 7 x 5 0. x 5 x 7 0 . x 5 0 x 5 . x 7 0 x 7 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 5, x2 7 . b) x4 3x2 4 0 . Lời giải
3. Đặt t x2 , điều kiện t 0 . Phương trình đã cho trở thành t 2 3t 4 0 . t 1 t 4 0. t 1 0 t 1 . t 4 0 t 4 2 x 2 Do t 0 nên ta chọn t 4. Khi đó, ta có x 4 . x 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 2 , x2 2 . x 2y 4 c) . 2x 3y 1 Lời giải Hệ phương trình đã cho tương đương 2x 4y 8 7y 7 y 1 y 1 x 2 2x 3y 1 2x 3y 1 2x 3 1 1 2x 3 1 y 1 Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2; 1 . 3 1 x 5 Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P với x 0, x 1. x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P . Lời giải 3 1 x 5 Ta có: P . x 1 x 1 x 1 x 1 3 x 1 x 1 x 5 . x 1 x 1 3 x 3 x 1 x 5 . x 1 x 1 x 1 1 . x 1 x 1 x 1 1 Vậy, với điều kiện của bài toán thì P . x 1 b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 24 16 2 . Lời giải 2 2 Ta có x 24 16 2 42 2.4.2 2 2 2 4 2 2 .
4. 2 Suy ra x 4 2 2 4 2 2 4 2 2 . 1 1 3 2 2 3 2 2 Khi đó, ta có P 2 3 2 2 . 4 2 2 1 3 2 2 32 2 2 9 8 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax và nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn ( C không trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn O cắt Ax tại D. Kẻ CH  AB H AB , BD cắt O tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là giao điểm của OD và AC. D K C O1 M J A B H a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn. Lời giải Ta có: ·AKM ·AKB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O ). Có CH  AB (giả thiết) nên ·AHM 90 . Xét tứ giác AKMH có ·AKM ·AHM 90 90 180. Mà hai góc ở vị trí đối nhau nên tứ giác AKMH là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn O1 . Lời giải Do DA , DC là hai tiếp tuyến của đường tròn O nên ta có DA DC . Suy ra D nằm trên trung trực của đoạn AC . Mà OA OC R nên O cũng nằm trên trung trực của AC . Do đó, đường thẳng OD là đường trung trực của đoạn thẳng AC hay OD  AC . Suy ra ·AJD 90 . Xét tứ giác AJKD có ·AJD ·AKD 90 .
5. Suy ra tứ giác AJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD . Do đó, ta có J·KM D· AJ (hai góc cùng bù với D· KJ ). 1 Xét đường tròn O có D· AJ D· AC sđ »AC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung 2 »AC ). 1 Có C· AB sđ B»C (góc nội tiếp chắn cung B»C ). 2 Xét tam giác ACH có ·AHC 90 , suy ra H· AC H· CA 90 . 180 sđC»B 1 Nên, ta có H· CA 90 H· AC sđC»A 2 2 1 Suy ra J·KM H· CA sđC»A . 2 Vậy tứ giác CKJM có J·KM H· CA hay J·KM J·CM , nên tứ giác CKJM là tứ giác nội tiếp. c) Chứng minh rằng DJ là tiếp tuyến của đường tròn O1 .sđ Lời giải Theo chứng minh trên CKJM là tứ giác nội tiếp, suy ra J·MK J·CK . 1 Mà J·CK ·ACK ·ABK sđ »AK (các góc nội tiếp cùng chắn cung »AK ). 2 Nên ta có được J·MK ·ABK ở vị trí đồng vị. Suy ra JM // AB . Mà AB  CH nên ta có JM  CH . Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC . Theo chứng minh trên, ta có AC  DJ hay JC  DJ . Do đó DJ là tiếp tuyến của đường tròn O1 . Câu 5: (1 điểm) Cho x , y , z là ba số thực dương, thoả mãn: xy yz zx xyz . xy yz zx 1 Chứng minh rằng: . z3 1 x 1 y x3 1 y 1 z y3 1 z 1 x 16 Lời giải xy yz zx Đặt A . z3 1 x 1 y x3 1 y 1 z y3 1 z 1 x 1 1 1 Từ giả thiết, ta có: xy yz zx xyz 1. x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số thực dương, ta có: xy 1 x 1 y xy 1 x 1 y 3 33   1 . z3 1 x 1 y 64x 64y z3 1 x 1 y 64x 64y 16z
6. Tương tự, ta có: yz 1 y 1 z 3 2 . x3 1 y 1 z 64y 64z 16x zx 1 z 1 x 3 3 . y3 1 z 1 x 64z 64x 16y Cộng 1 , 2 , 3 , ta được: 1 1 1 1 3 1 1 1 A 6 2 . 64 x y z 16 x y z 1 3 1 Suy ra A hay A . 8 16 16 Dấu “ ” xảy ra x y z 3 .