De luyen thi vao 10 so 19

Tính diện tích xung quanh của hình tạo thànhlàm tròn đến chữ số thập phân thứ 2... Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu..[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 : 19 TN

Bài 1 (1,5điểm) Cho biểu thức

:

M

  

a) Rút gọn biểu thức M

b) Tìm giá trị của x sao cho M > 1.

Bài 2 (1,5 điểm)

1 Tìm giá trị của m để đồ thị của các hàm số y = x + (2 + m) và y = 2x + (3 - m) cắt

nhau tại một điểm trên trục tung? Tìm toạ độ giao điểm đó?

2 Giải hệ phương trình

x + 3 - 2 y + 1 = 2

2 x + 3 + y + 1 = 4

ìïïï íï ïïî

Bài 3 (2,5 điểm)

1 Cho phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 4m -1 = 0 (1)

a) Giải phương trình với m = 1

b) Chứng minh rằng: phương trình luôn có nghiệm với mọi m.

c) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm giá trị nhỏ nhất của:

A x x .

2 Hai ô tô khởi hành cùng một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120 km Mỗi

giờ ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai 10 km nên đến B trước ô tô thứ hai là 2

5 giờ Tính vận tốc mỗi xe.

Bài 4 (3,5 điểm)

1 Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C ) Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn.

b) NM là tia phân giác của góc ANI.

c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2.

2 Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 5 cm, AC = 12cm Cho tam giác này quay một vòng quanh cạnh AB Tính diện tích xung quanh của hình tạo thành(làm tròn đến chữ số thập phân thứ 2).

Bài 5 (1.0 điểm)

a)Cho a, b, c là các số dương, chứng minh:

a b c  a b c 

b)

thức:

P

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

Bài 1

(1,5)

1

M

x

x x x

x





0,25 0,25

0,25 ĐKXĐ : x > 0 và x ≠ 1 (1)

Với x>0 và x ≠ 1 ta có M > 1 

4 1 1

x 

 4 > x 1 x 3 x9 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có 0< x < 9 và x ≠ 1

Vậy với 0< x < 9 và x ≠ 1 thì M > 1

0,25

0,25 0,25

Bài 2

(1,5)

- Để đồ thị của các hàm số y= x + (2 + m) và y = 2x + (3 - m)

cắt nhau tại một điểm trên trục tung  2 + m = 3 – m (vì 1 2  )

 2m = 1  m =

1 2

0,25

- Thay m =

1

2 và x = 0 vào hàm số y = x + (2 + m), ta được:

y = 0 + (2 +

1

2 ) =

5 2

0.25

-Vậy đồ thị của hai hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi m =

1

2

toạ độ giao điểm của hai đồ thị là (0;

5

(I)

x 3 2 y 1 2

2 x 3 y 1 4

ìï + - + =

ïïí

ïïî

ĐKXĐ : x  −3 và y  −1

Đặt x 3+ = t ( t  0 ) và y 1+ = v (v  0)

0,25

Ta có : (I)

t 2v 2 2t 4v 4 t 2 2t v 4 2t v 4 v 0

ì - = ì - = ì =

ï + = ï + = ï =

Khi đó

x 3 2 x 3 4 x 1

y 1 0 y 1

y 1 0

ìï + = ì ï + = ì ï =

ï + = ïïî + = ïïî

Vậy hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x , y) = (1 ; -1)

0,25

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2

Vậy giá trị nhỏ nhất của a2

b −1+

b2

:

M



0,25 0,25 0,25

Với x>0 và x ≠ 1 ta có M > 1 

4 1 1

x 

 4 > x 1 x 3 x9 (2)

Kết hợp (1) và (2) ta có 0< x < 9 và x ≠ 1

Vậy với 0< x < 9 và x ≠ 1 thì M > 1

0,25

0,25

0,25

1.a (0,5 điểm)

Với m =1 phương trình (1) có dạng :

' 2 0

x  x 

  

Vậy phương trình có hai nghiệm x1 2 2; x2  2 2

0,25 đ

0,25 đ

1.b (1,0 điểm )

b)Xét phương trình (1) ta có

2

          

Vây phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x x1, 2với

mọi giá trị của m

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

2

1 2





 Theo đề bài ta có:

2 2

6

Vậygiá trị lớn nhất của biểu thức A là

25

4 khi

1 2

m 

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

2 Bài toán thực tế (1,0điểm )

Gọi số công nhân của đội đó là x (người)(ĐK:3 < x N )

Gọi số ngày theo dự định để hoàn thành công việc là y

( ngày)

(ĐK: y > 2)

Vì giảm 3 người thì phải làm thêm 6 ngày nên có phương

trình:

(x – 3 )(y + 6 ) = xy (1)

Vì tăng 2 người thì hoàn thành trước 2 ngày nên có pt:

( x+2 )( y - 2 ) = xy (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

( 3)( 6) ( 2)( 2)





0,25 đ

0,25 đ

0,25

+ Giải HPT (1) ta được

30 35

x y









 (Thỏa mãn) Vậysố công nhân của đội đó là 30 người

Số ngày theo dự định để hoàn thành công việc là 35

ngày

đ

0,25 đ

1.3,0 điểm

Vẽ đúng hình câu a - 0,5điểm

I

N

B

A

0,5đ

a.1điểm

Ta có:

MAB 90 (gt)

MNC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MNB 90  0

Xét tứ giác AMNM có:

 MAB+MNB 180  0 suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp

Lại có góc MIC 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 góc BIC900

Xét tứ giác ABCI có: góc BAC = góc BIC

Vậy hai đỉnh A,I kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới một góc 900 nên tứ giác

ABIC nội tiếp

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

b.0,75điểm

+ Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA MBA  (góc nội tiếp cùng chắn cung

AM) (1)

+Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI MCI  (góc nội tiếp cùng chắn cung MI)

(2)

+Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA MCI  (góc nội tiếp cùng chắn cung AI)

(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra MNI MNA   NM là tia phân giác của ANI.

0,25đ 0,25đ

0,25đ

c.0,75điểm

Xét ∆BNM và ∆BIC có

góc B : góc chung

 ∆BNM ~ ∆BIC (g.g)  BMBC  BM.BI = BN BC (4)

Xét ∆CMN và ∆CBA có

góc C : góc chung

CNM CAB 900

 ∆CMN ~ ∆CBA (g.g)

 CM.CA = CN.CB (5)

Từ (4) và (5) suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (6)

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có:

BC2 = AB2 + AC2 (7)

Từ (6) và (7) suy ra BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2(đpcm)

0,25đ

0,25đ

2 0,5điểm

Khi cho tam giác vuông ABC quay quanh cạnh AB được hình nón

Áp dụng định lý py-ta-go tính được BC = 13cm

Diện tích xung quanh hình tạo thành: S = rl = .12.13 490,09 cm2

0,25 0,25

Bài 5

( 1,0)

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho ba số dương dạng: x y z  33 xyz:

3

3

a b c   abc (1)

a b c   a b c   abc (2)

Nhân hai bất đẳng thức trên vế với vế ta được:



a b c  a b c  Dấu “=” xảy ra  a = b= c

0.25

Áp dụng bất đẳng thức phần a, ta có:

P

      (vì x2 + y2 + z2

£

3)

Vậy GTNN là Pmin =

3

2 khi x = y = z=

3

2=1

0.25 0.25 0.25