De luyen thi vao 10 so 18

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.. Cho tam giác ABC nhọn, đường cao AK.[r]

TRƯỜNG THCS TAM HƯNG

GV biên soạn: Đỗ Tiến Dũng

( Lưu hành nội bộ)

ĐỀ LUYỆN THI VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2017-2018

Thời gian: 120 phút

MÃ ĐỀ : 18 TN Bài 1 (1,50 điểm)

1 Rút gọn biểu thức sau: 2 28 54

7 6  



2 Cho biểu thức A 3 1 x 3

x 1

x 1 x 1





  với x  0 và x  1

a) Rút gọn biểu thức A

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

2 Giải hệ phương trình:

2 3

2 3 13

x y

 





  



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: 1 2

5 2

x  x 

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

7số học sinh lớp 9B Tìm số học sinh mỗi lớp?

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

 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 22 2

==================== Hết ===================

Bài 1

(1,5 )

1 (0,5 đ)

2

28 54

2( 7 6)

2 7 3 6 ( 7) ( 6)



2 7 2 6 2 7 3 6 5 6

2 (1,0đ)

x 1



  với x ≥ 0 và x 1



x 1 x 1



0,25

3 x 3 x 1 x 3

x 1 x 1



   x 1x 1 x 1





1

x 1



b) Ta có  2

x 3 2 2   2 1 thoả mãn x ≥ 0 và x ≠ 1 0,25 +) Thay  2

x 2 1 vào A ta được

1 A

2 1 1



1

2 1 1



  (do 2 1 )

2 2

  Kết luận  2

x 2 1 thì A 2

2



0,25

Bài 2

(1,5 )

1.Đồ thị hàm số y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ là 6  b = 6 

y = ax + 6

Đồ thị hàm số trên cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là -2

 a(-2) + 6 = 0 a = 3

Vậy hàm số : y = 3x +6

0,25 0,25 0,25

2 2 0 3 2 0 2

3

2 3 13

x

y

  



Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất (2; 3)

0,5 0,25

Bài 3

(2,5 )

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

0.25 0,25 b)- Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm khác 0

2 2 2

( 1) 4(2 2) 0

2 1 8 8 0 ( 3) 0

m

     

      

   

Vậy phương trình luôn có hai nghiệm x x1, 2, theo hệ thức Vi-ét

0,25

ta có: 1 2

1 2

( 1)

2 2

   



 Theo đề bài ta có:

1 2

5

2

Suy ra: 2(m+1)2-9(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: 1 2

5 2

x  x 

0,25

0,25 0,25

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 6

7số học sinh lớp 9B nên ta phương trình: (x-6)= 6

7(y+6)  7x-6y=78

Ta có hệ phương trình: 78 42



  (thỏa mãn ĐK) Vậy lớp 9A có 42 học sinh, lớp 9B có 36 học sinh

0,25

0,25

0,25 0,25

Bài 4

( 3,5 đ)

Vẽ hình đúng câu a (0,25 điểm)

H F

O

A

K

N M

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

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

AK  AM => AM2=AH.AK

0,25

0,25 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

Suy ra: AF.AB=AH.AK (=AM2) => AF AH

AK  AB

Xét ∆AFH và ∆AKB có AF AH

AK  AB và BAK chung

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

0,25, 0,25

0,25 0,25

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

0,25 0,25

Bài 5

( 1,0 đ)

1) (0,25 điểm

Do (A – B)2 ≥ 0 nên  2 1 1 4

4

 với a>0; b>0 Bất đẳng thức xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi a = b

0,25

2) (0,75 điểm)

- Từ bất đẳng thức luôn đúng   2  2 2

0

x y  y z  z x  suy ra :  2  

3

x y z   xy yz zx  vì x+y+z = 1 nên suy ra 1 3

  bất đẳng thức xẩy ra “=” khi và chỉ khi x = y = z = 1/3

- Ta có 1 1 4

 với a > 0; b > 0

Áp dụng các bất đẳng thức trên ta có :

  2 2 2  2

4

2 xy yz xz  x y z  x y z 

2.3 2.4 14

Vậy giá trị nhỏ nhất của B là 14 khi x = y = z = 1/3

0,25

0,25 0,25