De luyen thi vao 10 so 18

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS TAM HƯNG ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 THPT GV biên soạn: Đỗ Tiến Dũng NĂM HỌC 2017-2018 ( Lưu hành nội bộ) Thời gian: 120 phút MÃ ĐỀ : 18 TN Bài 1. (1,50 điểm) 1. Rút gọn biểu thức sau:. 2  28  54 7 6. 3  x 1 a) Rút gọn biểu thức A.. 2. Cho biểu thức A . 1 x3 với x  0 và x  1.  x 1 x1. b) Tính giá trị của A khi x  3  2 2. 1. Xác định hàm số y = ax + b biết đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ là 6, cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -2. x 2   2. Giải hệ phương trình:  y 3 2 x  3 y  13 . Bài 3: (2,5điểm) 1) Cho phương trình x2+(m +1)x+2m-2=0 (với m là tham số) a) Giải phương trình khi m=0. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn:. x1 x2 5   . x2 x1 2. 2) Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình hoặc phương trình: Tổng số học sinh hai lớp 9A và 9B là 78 học sinh. Nếu chuyển 6 em học sinh từ lớp 9A sang lớp 9B thì số học sinh lớp 9A bằng. 6 số học sinh lớp 9B. Tìm số học sinh mỗi lớp? 7. Bài 4: (3,5điểm) 1. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AK. Vẽ đường tròn (O) đường kính BC, các tiếp tuyến AM,AN (M,N là các tiếp điểm) MN cắt AK tại H. Chứng minh rằng: 1) Năm điểm A, M, K, O, N cùng nằm trên một đường tròn. 2) AM2=AH.AK. 3) H là trực tâm của tam giác ABC. 2. . Một hình trụ có chiều cao bằng hai lần đường kính đáy. Diện tích xung quanh của hình trụ là 288 cm2. Tính bán kính đáy hình trụ. Bài 5: a) Cho a>0; b>0. Chứng minh rằng. 1 1 4   a b ab. b) Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: B=. 3 2  2 xy  yz  zx x  y 2  z 2. ==================== Hết ===================. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 1. (0,5 đ) 2 2( 7  6)  28  54  2 7 3 6 7 6 ( 7) 2  ( 6) 2. 0,25 0,25.  2 7 2 6 2 7 3 6  5 6. 2. (1,0đ) 3 1 x 3   với x ≥ 0 và x  1 x 1 x 1 x 1 3 1 x 3    x 1 x 1 x 1 x 1. a) A . Bài 1 (1,5 ). . . 3. . .  . . .   x  3  x  1 x  1. x 1 . x 1 . 3 x  3  x 1 x  3. . . . x 1. . . 1 x 1.  x  1 x  1 b) Ta có x  3  2 2   2  1 thoả mãn x ≥ 0 và x ≠ 1 1 +) Thay x   2  1 vào A ta được A   2  1  1 x 1. 0,25. x 1. 2. 0,25 0,25. 2. 2.  . Bài 2 (1,5 ). 1 2 11. (do. 2 1). 1 2  . Kết luận x  2 2. 0,25. . . 2 1. 2. thì A . 2 2. 1.Đồ thị hàm số y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ là 6  b = 6  y = ax + 6 0,25 0,25 Đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -2  a(-2) + 6 = 0  a = 3 0,25 Vậy hàm số : y = 3x +6 x 2 3x  2 y  0 x  2    y  0   2.  y 3 2 x  3 y  13  y  3(TM ) 2 x  3 y  13 . Bài 3. (2,5 ). Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (2; 3) 1. (1,5 điểm) a). Thay m=0 vào phương trình ta được: x2+x-2=0 Ta có a=1; b=1; c=-2. Xét a+b+c=1+1-2=0 Vậy phương trình có hai nghiệm x1=1; x2=-2. 0,5 0,25. 0.25 0,25. b)- Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm khác 0   (m  1) 2  4(2m  2)  0   m 2  2 m  1  8m  8  0   (m  3) 2  0. Vậy phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 , theo hệ thức Vi-ét. 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25.  x1  x2  (m  1)  x1 x2  2m  2. ta có: . x1 x2 5   (dk x1 x2  0  2m  2  0  m  1) Theo đề bài ta có: x2 x1 2. 0,25.  2 x  2 x2  5 x1 x2  2( x1  x2 )  9 x1 x2  0 2 1. 2. 2. 0,25. 2. Suy ra: 2(m+1) -9(2m-2)=0  m2-7m+10=0 Có ∆m= (-7)2-4.10=9 Suy ra : m1=5 (thỏa mãn m≠1); m2=2 (thỏa mãn m≠1) Vậy m=5; m=2 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn:. x1 x2 5   x2 x1 2. 2. (1,0 điểm) - Gọi số học sinh lớp 9A và 9B lần lượt là x, y (ĐK x, y nguyên dương, và x,y< 78) - Do tổng số học sinh hai lớp là 78 nên ta có phương trình: x+y=78 - Nếu chuyển 6 em từ lớp 9A sang lớp 9B thì số học sinh lớp 9A bằng học sinh lớp 9B nên ta phương trình: (x-6)=. 6 số 7. 6 (y+6) 7. 0,25 0,25 0,25.  7x-6y=78.  x  y  78  x  42 (thỏa mãn ĐK)   x  1,5 y  15  y  36. Ta có hệ phương trình: . 0,25. Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 36 học sinh Vẽ hình đúng câu a (0,25 điểm). A. F M Bài 4 ( 3,5đ). B. N H K O. C. 1) (0,75 điểm) Năm điểm A, M, K, O, N cùng nằm trên một đường tròn - Do AM là tiếp tuyến đường tròn (O) nên AMO  900 - Do AN là tiếp tuyến đường tròn (O) nên ANO  900 - Do AK là đường cao ∆ABC nên AKO  900 Suy ra: M, N, K thuộc đường tròn đường kính AO. Vậy năm điểm A, M, K, O, N cùng thuộc đường tròn đường kính AO.. 0,25 0,25 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) (1điểm). Chứng minh: AM2=AH.AK - AM=AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Xét đường tròn đường kính AO, có AM=AN => AM  AN Suy ra AMN  AKM (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) - Xét ∆AMH và ∆AKM Có AMN  AKM và MAK chung Suy ra: ∆AMH ~ ∆AKM (gg) Suy ra:. AM AH => AM2=AH.AK  AK AM. AF AH  và BAK chung. AK AB. Suy ra ∆AFH~∆AKB (c-g-c) => AFH  AKB  900 => HF  AB. (1) - Ta có CFB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => CF  AB. (2) Từ (1) và (2) suy ra C,H,F thẳng hàng => H là trực tâm của tam giác ABC. 2) Ta có h = 4R Sxq= 2πRh = 2πR .4R Mà diện tích xung quanh là 288π cm2 nên 2πR.4R = 288 π => R = 6 cm 1) (0,25 điểm 1 a. 1 b. Do (A – B)2 ≥ 0 nên  a  b   4ab    2. 0,25. 0,25, 0,25. AF AH  AK AB. Suy ra: AF.AB=AH.AK (=AM2) =>. Bài 5 ( 1,0đ). 0,25. 0,25. 3) (1 điểm) H là trực tâm của tam giác ABC Gọi F là giao điểm của đường tròn (O) và AB. - ∆AMF ~ ∆ABM (g-g) Suy ra AM2=AF.AB. Xét ∆AFH và ∆AKB có. 0,25. 4 với a>0; b>0 ab. 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,25. Bất đẳng thức xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a = b 2) (0,75 điểm) 2 2 2 - Từ bất đẳng thức luôn đúng  x  y    y  z    z  x   0 suy ra :  x  y  z   3  xy  yz  zx  vì x+y+z = 1 nên suy ra 2. bất đẳng thức xẩy ra “=” khi và chỉ khi x = y = z = 1/3 - Ta có. 1 1 4   với a > 0; b > 0. a b ab. Áp dụng các bất đẳng thức trên ta có : 1 1 4  2  4 2 2 2 2  xy  yz  xz  x  y  z x  y  z. 3 2  2  xy  yz  zx x  y 2  z 2 4 2 2    2  2.3  2.4  14 2( xy  yz  zx) 2( xy  yz  zx) x  y 2  z 2. . Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 14 khi x = y = z = 1/3. 4. 1 3 xy  yz  xz. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>