Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 - 2018 môn Toán sở GD và ĐT Lạng Sơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang, 05 câu

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Tính giá trị của các biểu thức: 81 25 A  ; 2 ( 7 1) 7 B    .

b) Vẽ đồ thị hàm số 2 1 y x  

Câu 2. (2,5 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình:

a) 2 12 35 0 x x    b) 4 2 3 4 0 x x    c) 2 4 2 3 1 x y x y       

Câu 3. (1,5 điểm) Cho biểu thức 3 1 5 1 1 1 x P x x x       

, với 0, 1 x x  .

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tính giá trị của biểu thức P khi 24 16 2 x   .

Câu 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB. Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax và

nửa đường tròn cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ AB). C là một điểm nằm trên nửa đường tròn

(C không trùng A và B), dựng tiếp tuyến Cy của nửa đường tròn (O) cắt Ax tại D. Kẻ CH

vuông góc với AB ( H AB  ), BD cắt (O) tại điểm thứ hai là K và cắt CH tại M. Gọi J là

giao điểm của OD và AC.

a) Chứng minh rằng tứ giác AKMH nội tiếp được một đường tròn.

b) Chứng minh rằng tứ giác CKJM nội tiếp được một đường tròn (O1).

c) Chứng minh DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1).

Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương, thỏa mãn: xy yz zx xyz    .

Chứng minh rằng:          3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 16 xy yz zx z x y x y z y z x          .

-------------Hết------------

Họ tên thí sinh:..................................................................SBD:......................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN

ĐẾ CHÍNH THỨC

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2017 – 2018

Câu Nội dung

1

a) Ta có 9 5 14    A

7 1 7 ... 1 B     

b) Vẽ đồ thị hàm số 2 1 y x  

…………………….

2

a) 2 12 35 0 x x   , Kết quả: 7, 5 ….

b)

2 4 2

2 1(Loai) 3 4 0... 2 4

x x x x x

          

….

c) 2 4 2 3 1 x y x y       

, KQ (2,-1)

3

a) Với 0, 1 x x  , ta có:        

3 1 1 5 1 1 1 1 1 1 1

x x x x P x x x x x

            

b) Ta có:  

2 24 16 2 4 2 2 ... 4 2 2 x       

Thay vào P ta được:

  

1 1 3 2 2 3 2 2 4 2 2 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 P           

4

a)

0 90 AKM  (góc nội tiếp chắn nửa

đường tròn),

0 90 AHM  (gt)

Tứ giác AKMH có:

AKM +

0 0 0 90 90 180 AHM   

nên nội tiếp một đường tròn J M

K

H

C

O A B

D y

x

b) Ta có:

+

0 90 AKM  (cmt) => AK BD  =>

0 90 AKD  (1)

+ DK = DC (t/c hai tt cắt nhau); OC = OA = R

=> OD là trung trực của AC => OD AC  tại J =>

0 90 AJD  (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác ADKJ nội tiếp đường tròn đường kính AD.

=> JKM DAJ  (Cùng bù DKJ ) (3)

+ Lại có: (gt) / / (gt) AD AB AD CH CH AB     

=> JCM DAJ  (S.L.Trong) (4)

+ Từ (3) và (4) suy ra JCM JKM  => tứ giác CKJM nội tiếp một đường tròn (O1)

c) Tứ giác CKJM nội tiếp (cmt) => KMJ KCA  (Góc nội tiếp cùng chắn cung KJ)

Mặt khác: ABK KCA  (Góc nt cùng chắn cung KA)

=> ABK KMJ  => JM // AB mà CH AB  (gt) => JM CH  => Tam giác JMC vuông tại M => Đường tròn (O1) nhận JC làm đường kính, lại có OD AC  tại J (cmt) => DJ là tiếp tuyến của đường tròn (O1) Câu 5:

Đặt          3 3 3 1 1 1 1 1 1 xy yz zx P z x y x y z y z x         

Ta có: 1 1 1 1 xy yz zx xyz x y z       

Do x, y, z > 0 nên theo BĐT Cô-si có:

*      

3 3 3 1 1 1 1 3 3. . . 1 1 64 64 1 1 64 64 16 xy x y xy x y z x y x y z x y x y z             (1)

Tương tự: *    3 3 1 1 16 yz x y z x    (2); *    3 3 1 1 16 zx y z x y    (3)

+ Cộng vế với vế (1), (2), (3) có:

1 1 1 1 3 1 1 1 6 2 64 16 P x y z x y z                          1 3 3 1 1 8 16 16 8 16 P P        (Do 1 1 1 1 x y z   )

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 3. Cách khác: Do x, y, z > 0 nên theo BĐT Cô-si có:

*      

3 3 3 1 1 1 1 3 3. . . 1 1 64 64 1 1 64 64 16 xy x y xy x y z x y y x z x y y x z             (1)

Phân tích tương tự ta cũng được KQ như trên!