DE Thi thuu vao 10 nam hoc 20172018

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS Sơn Công Ứng Hoà – TP Hà Nội Người ra đề : Nguyễn Văn Hoan ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2017-2018. Bài I:(2 điểm) Cho biểu thức B. A. x x x  2 và. x 2 x  3 2x  x  3   ; x 0, x 1 x 1 x 1 x1. 1,Tinh A với x=49 2,Rút gọn B 3, Với x>4 tìm x để A.B đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị ấy Bài II : (2 điểm) 1, Giải hệ phương trình sau : 2y 29  x  x  2  y  1 15    2x  y  8  x  2 y  1 `15 1 1 y  x2 y mx  m 2  m  1 2 2 2,Cho parabol (P): và đường thẳng (d):. a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B của ( d) và ( P) b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1, x2 x  x 2. sao cho: 1 2 Bài III: (2 điểm) Bác An vay 100 triệu đồng của ngân hàng làm kinh tế gia đình trong thời hạn 1 năm .Lẽ ra cuối năm bác phải trả cả gốc lẫn lãi .Song bác đã được ngân hàng cho kéo dài thời gian thêm 1 năm nữa ,số lãi của năm đầu gộp vào với vốn để tính lãi năm sau và lãi xuất vẫn như cũ .Hết hai năm bác phải trả tất cả là 112,36 triệu đồng .Hỏi lãi xuất cho vay trong một năm là bao nhiêu phần trăm trong một năm ? Bài IV (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. 1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài V: ( 0,5 điểm) Cho a , b , c là các số dương thoả mãn điều kiện : a + b+c +ab +bc+ ca=6 Chøng minh r»ng:. a3 b3 c 3 2 2 2 + + ≥ a + b +c ≥ 3 b c a.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Bài I : 1,Với x=16 thay vào ta có 2,Rút gọn B với x 0; x 1.    x 1  x  1 x  x  1 x x     x 1  x  1  x 1  x  1 B. x. .  . A. x1 . 49  49 49  7 56   7 2 5 49  2. x 1 2 x  3  2 x  x  3 . x. x  2x  3 x  2 x  3  2x  x  3. . . x 1. . x1. x x 1. 3, Với x>4 tìm GTNN của A.B A.B . x x x .  x  2 x 1. x. . . . x 1 . x. x 2. . . x 1. . x x 2. x 44 x 4 4 4 4    x 2  x  2 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2. Áp dung bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có x  2. 4 2 x 2. . x 2. . 4 2.2 4 x 2 Cộng hai vế vơi 4 ta có. 4  4 4  4 8 x 2 Vậy GTN nhỏ nhất của A.B là 8 2 4 x 2  x  2 4  x  2 2  x 4  x 16 x 2 Dấu ‘=’’ ra khi x  2. . . Vậy với x=16 thì GTNN của AB là 8 Bài II : 1,Giải : Đ/k x  2; x  1 x y U ; V x  2 y  1 Đặt : ta có hệ PH 29  U  2V 15 15U  30V 29 30U  60V 58     30U  15V 8  30U  15V 8  2U  V  8  15   2 2  V V  75V 50    3 3    30U  15V 8 30U 15. 2 8 U  3  3 5 Thay vào ta tìm được  . x=3; y=2 TMĐK vậy HPT có nghiệm (3;2) Bài III : Giọi lãi xuất trong một năm là x % Đ/K x>0 Số tiền lãi trong một năm là 100.x triệu đồng -Sau một năm cả tiền gốc và tiền lãi là : 100 +100x (triệu đồng ) -Số tiền lãi trong năm thứ 2 là (100+100x)x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> -Tiền gốc và cả l;ãi năm thứ 2 là 100+100x +(100+100x)x -Theo bài ra ta có PT 100+100x+(100+100x)x= 112,36 100+100x +100x+100x2 =112,36 100x2 +200x+100-112,36=0 100x2 +200x-12,36=0 Giải ra ta được x1=0,06 (TMĐK) nhận  103 0 x2= 50 (KTMĐK ) loại. Vậy lãi xuất một năm là 6% Bài IV (3,5 điểm) P. 1) Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.   2) Ta có ANM ABM (cùng chắn cung AM)   và ABM AQB (góc có cạnh thẳng góc) . A. N F O. B. . vậy ANM AQB nên MNPQ nối tiếp. 3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ. M OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. 0  Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF 90 . 0  Tương tự ta có OME 90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN. 4). E. Q. 2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN AB BP  QB BA  AB2 BP.QB Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra 2 Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R. Ta có. AM 2  AN 2 MN 2  2 2 = 2R2 2R.4R  2R 2 6R 2 SMNPQ 3R 2. AM.AN . Do đó, 2SMNPQ . Suy ra Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài V 0,5 đ. Híng dÉn ¸p dông B§T x 2+ y 2 ≥ 2 xy dÊu “= “ x¶y ra khi x=y Ta cã a2 +b 2 ≥ 2 ab ; c 2+b 2 ≥ 2 cb ; c 2+ a2 ≥ 2 ca ; c 2 +1 ≥2 c ; a2 +1≥ 2 a ; b2 +1 ≥2 b Nªn 3( a2+ b2 +c 2)+3 ≥ 2(a+ b+c +ab+ bc+ ca)=12 ⇔ a2+ b2 +c 2 ≥ 3 (*) DÊu “ =” x¶y ra khi a=b=c=1 MÆt kh¸c.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 3. 3. 3. a b c + ab≥ 2 a2 ; + bc ≥ 2 b2 ; + ac ≥2 c 2 ; b c a 3 3 3 a b c + + +( ab+ bc+ca )≥ 2(a 2+b 2+ c 2) T cã b c a 2 Mµ a +b 2+ c 2 ≥ ab+ bc+ca nªn a3 b 3 c 3 a3 b3 c 3 + + +a2 +b 2+ c 2 ≥ + + +(ab+ bc+ca )≥ 2( a2+ b2 +c 2) b c a b c a 3 3 3 Nªn a + b + c ≥ a2+ b2 +c 2 (**) DÊu “=” Khi a=b=c=1 b c a. (. (. ). ). (. Tõ (*) vµ (**) ta cã §PCM. ).

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