Tải bản đầy đủ

Lạng sơn

STT 38. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

(1,5 điểm)
a) Tính giá trị các biểu thức: A  81  25 ; B 





2

7 1  7 .

b) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x  1 .
Câu 2:

(2,5 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình:
a) x2  12 x  35  0 .
b) x4  3x2  4  0 .


x  2 y  4
c) 
.
2 x  3 y  1
Câu 3:

(1,5 điểm) Cho biểu thức P 

3
1
x 5
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.
Chứng minh rằng:

xy


yz
zx
1
 3
 3
 .
z (1  x)(1  y ) x (1  y )(1  z ) y (1  z )(1  x) 16
3

----- HẾT -----


STT 38. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

(1,5 điểm)
a) Tính giá trị các biểu thức: A  81  25 ; B 





2

7 1  7 .

Lời giải
Ta có:

A  81  25  9  5  14 .
B





2

7 1  7 

7 1  7  7 1 7  1 .

b) Vẽ đồ thị hàm số y  2 x  1 .
Lời giải
1 
Đồ thị hàm số y  2 x  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  12 x  35  0 .
Lời giải
Ta có phương trình tương đương:
x2  5x  7 x  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


Đặt t  x 2 , 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
x  2
Do t  0 nên ta chọn t  4 . Khi đó, ta có x 2  4  
.
 x  2
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1  2 , x2  2 .

x  2 y  4
c) 
.
2 x  3 y  1
Lời giải
Hệ phương trình đã cho tương đương

2 x  4 y  8
7 y  7
 y  1
x  2
 y  1






2 x  3 y  1
2 x  3 y  1
2 x  3  1  y  1
2 x  3  1  1

Vậy, hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    2;  1 .
Câu 3:

3
1
x 5
với x  0, x  1.


x 1
x 1 x 1

(1,5 điểm) Cho biểu thức P 
a) Rút gọn biểu thức P .

Lời giải
Ta có:

P

x 5

3
1


x 1
x 1

  
3  x  1   x  1   x  5 
.

 x 1 x  1




x 1

3 x  3  x 1  x  5







x 1

x 1



x 1



x 1



x 1



x 1

.

.

1
.
x 1

Vậy, với điều kiện của bài toán thì P 

1
.
x 1

b) Tính giá trị của biểu thức P khi x  24  16 2 .
Lời giải



Ta có x  24  16 2  42  2.4.2 2  2 2

  4  2 2  .
2

2


Suy ra

x

4  2 2 

Khi đó, ta có P 

Câu 4:

2

 42 2  42 2 .

1
4  2 2 1



1
3 2 2

3  2 2 32  2 2





2



3 2 2
 3 2 2 .
9 8

(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

H

B

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 .


Suy ra tứ giác AJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD .
Do đó, ta có JKM  DAJ (hai góc cùng bù với DKJ ).
Xét đường tròn  O  có DAJ  DAC 

1
sđ AC (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung
2

AC ).
Có CAB 

1
sđ BC (góc nội tiếp chắn cung BC ).
2

Xét tam giác ACH có AHC  90 , suy ra HAC  HCA  90 .
Nên, ta có HCA  90  HAC 
Suy ra JKM  HCA 

180  sđ CB 1
 sđ CA
2
2

1
sđ CA .
2

Vậy tứ giác CKJM có JKM  HCA hay JKM  JCM , 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 JMK  JCK .
Mà JCK  ACK  ABK 

1
sđ AK (các góc nội tiếp cùng chắn cung AK ).
2

Nên ta có được JMK  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 .
Chứng minh rằng:

xy
yz
zx
1
 3
 3
 .
z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x  16
3

Lời giải
Đặt A 

xy
yz
zx
 3
 3
.
z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x 
3

Từ giả thiết, ta có: xy  yz  zx  xyz 

1 1 1
   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 3



z 1  x 1  y  64 x 64 y
z 1  x 1  y  64 x 64 y 16 z
3

1 .


Tương tự, ta có:

yz
1 y 1 z
3



x 1  y 1  z  64 y 64 z 16 x
3

 2 .

zx
1 z 1 x
3



 3 .
y 1  z 1  x  64 z 64 x 16 y
3

Cộng 1 ,  2  ,  3 , ta được:

A

 1 1 1  3  1 1 1 
1 
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 .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×