Đề thi thử vào 10 năm học 2017 2018 môn Toán28810

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

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 và

2

x x A

x







; 0, 1 1

x



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 :

y







2,Cho parabol (P): 1 2 và đường thẳng (d):

2

2

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 x1, x2

sao cho: x1 x2  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

3 3 3











a

c c

b b a

ĐÁP ÁN

Bài I : 1,Với x=16 thay vào ta có 49 49 49 7 56

49 2





2,Rút gọn B với x 0;x 1

1

1

B

x x

x







3, Với x>4 tìm GTNN của A.B

1

A B





Áp dung bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có

Cộng hai vế vơi 4 ta có

Vậy GTN nhỏ nhất của A.B là 8

4

2

x

x



Dấu ‘=’’ ra khi 4  2

2

x



Vậy với x=16 thì GTNN của AB là 8

Bài II : 1,Giải : Đ/k x  2;x  1

Đặt : ; ta có hệ PH

29

2

15

2

15

U V

  







Thay vào ta tìm được

30 15 8

V





x=3; y=2 TMĐK vậy HPT có nghiệm (3;2)

2,Với m=1 thì (d) y=x- +1+1=x-1

2

3 2

PT hoành độ giao điểm (P) và (d)

2x   x 2 2x    x 2 x   

Ta có a-b+c=1-(-2)-3=0 x1  1;x 3

TH1: với x1=1 ; y=1 1;1

  

TH2 : với x2=3 9 3;9

   

PT hoành độ giao điểm (P) và (d)

Theo định lí vi ét 1 2

2

1 2

2

 





Ta có

2

  



    

Vậy với m=0 và m=-2 thì thỏa mãn x1 x2  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

-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

x2= 103 (KTMĐK ) loại

0

50





Vậy lãi xuất một năm là 6%

Bài IV (3,5 điểm)

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)

vậy ANM฀ AQB฀ nên MNPQ nối tiếp

3) OE là đường trung bình của tam giác ABQ

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

P

Q

O

F

E

N

M

Xột tam giỏc vuụng NPB cú F là trung điểm của cạnh huyền BP.

Xột 2 tam giỏc NOF = OFB (c-c-c) nờn ฀ 0

ONF  90

Tương tự ta cú ฀ 0nờn ME // NF vỡ cựng vuụng gúc với MN

OME  90

4)

2S  2S  2S  2R.PQ AM.AN   2R.(PB BQ) AM.AN  

Tam giỏc ABP đồng dạng tam giỏc QBA suy ra AB BP

QB  BA  2

AB  BP.QB

Nờn ỏp dụng bất đẳng thức Cosi ta cú 2

PB BQ   2 PB.BQ  2 (2R)  4R

AM.AN



Do đú, 2 2 Suy ra

MNPQ

MNPQ

S  3R

Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuụng gúc AB

Bài V

0,5 đ Hướng dẫn áp dụng BĐT x2  y2  2xy dấu “= “ xảy ra khi x=y

Ta có

b b

a a

c c

ca a

c cb b

c ab b

a2  2 2 ; 2  2 2 ; 2  2 2 ; 2 12 ; 2 12 ; 2 12

Nên

3 12

) (

2 3 ) (

3 a2 b2 c2   abcabbcca   a2 b2 c2 

(*)

Dấu “ =” xảy ra khi a=b=c=1

Mặt khác

; 2

; 2

;

3 2

3 2 3

c ac a

c b bc c

b a ab b

3 3 3

c b a ca

bc ab a

c c

b b















Mà a2 b2 c2 abbcca nên

( 2 )

3 3 3 2

2 2 3

3 3

b a ca

bc ab a

c c

b b

a c

b a a

c c

b b

a





















































Nên 2 2 2(**) Dấu “=” Khi a=b=c=1

3 3 3

c b a a

c c

b b

a











Từ (*) và (**) ta có ĐPCM