STT 38 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: A  81  25 ; B    1  b) Vẽ đồ thị hàm số y  x  Câu 2: (2,5 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x2  12 x  35  b) x4  3x2   x  y  c)  2 x  y  Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P  x 5 với x  0, x    x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  24  16 Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ) C điểm nằm nửa đường tròn ( C không trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy nửa đường tròn  O  cắt Ax D Kẻ CH  AB  H  AB  , BD cắt  O  điểm thứ hai K cắt CH M Gọi J giao điểm OD AC a) Chứng minh tứ giác AKMH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn  O1  c) Chứng minh DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  Câu 5: (1 điểm) Cho x , y , z ba số thực dương, thoả mãn: xy  yz  zx  xyz Chứng minh rằng: xy yz zx    z (1  x)(1  y ) x (1  y )(1  z ) y (1  z )(1  x) 16 - HẾT - STT 38 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: A  81  25 ; B    1  Lời giải Ta có: A  81  25    14 B   1   1   1  b) Vẽ đồ thị hàm số y  x  Lời giải 1  Đồ thị hàm số y  x  qua hai điểm A  ;  B  0;  1 , nên ta có đồ thị dạng 2  sau: Câu 2: (2,5 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x2  12 x  35  Lời giải Ta có phương trình tương đương: x2  5x  x  35   x  x  5   x  5    x  5 x    x   x    x   x  Vậy, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1  , x2  b) x4  3x2   Lời giải Đặt t  x , điều kiện t  Phương trình cho trở thành t  3t     t  1 t    t   t  1   t   t  x  Do t  nên ta chọn t  Khi đó, ta có x     x  2 Vậy, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1  , x2  2 x  y  c)  2 x  y  Lời giải Hệ phương trình cho tương đương  2 x  y  7 y   y  1 x   y  1       2 x  y  2 x  y  2 x    y  1 2 x   1  Vậy, hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;  1 Câu 3: x 5 với x  0, x    x 1 x 1 x 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức P  a) Rút gọn biểu thức P Lời giải Ta có: P x 5   x 1 x 1     x  1   x  1   x     x 1 x  1   x 1 x   x 1  x     x 1 x 1  x 1  x 1  x 1  x 1 x 1 Vậy, với điều kiện toán P  x 1 b) Tính giá trị biểu thức P x  24  16 Lời giải  Ta có x  24  16  42  2.4.2  2   4  2  2 Suy x 4  2  Khi đó, ta có P  Câu 4:  42  42  2 1  3 2   2 32  2    3 2  3 2 8 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB Dựng tiếp tuyến Ax ( Ax nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB ) C điểm nằm nửa đường tròn ( C không trùng A, B ), dựng tiếp tuyến Cy nửa đường tròn  O  cắt Ax D Kẻ CH  AB  H  AB  , BD cắt  O  điểm thứ hai K cắt CH M Gọi J giao điểm OD AC D K C O1 M J A H B a) Chứng minh tứ giác AKMH nội tiếp đường tròn Lời giải Ta có: AKM  AKB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O ) Có CH  AB (giả thiết) nên AHM  90 Xét tứ giác AKMH có AKM  AHM  90  90  180 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác AKMH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn  O1  Lời giải Do DA , DC hai tiếp tuyến đường tròn  O  nên ta có DA  DC Suy D nằm trung trực đoạn AC Mà OA  OC  R nên O nằm trung trực AC Do đó, đường thẳng OD đường trung trực đoạn thẳng AC hay OD  AC Suy AJD  90 Xét tứ giác AJKD có AJD  AKD  90 Suy tứ giác AJKD nội tiếp đường tròn đường kính AD Do đó, ta có JKM  DAJ (hai góc bù với DKJ ) Xét đường tròn  O  có DAJ  DAC  sđ AC (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AC ) Có CAB  sđ BC (góc nội tiếp chắn cung BC ) Xét tam giác ACH có AHC  90 , suy HAC  HCA  90 Nên, ta có HCA  90  HAC  Suy JKM  HCA  180  sđ CB  sđ CA 2 sđ CA Vậy tứ giác CKJM có JKM  HCA hay JKM  JCM , nên tứ giác CKJM tứ giác nội tiếp c) Chứng minh DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  sđ Lời giải Theo chứng minh CKJM tứ giác nội tiếp, suy JMK  JCK Mà JCK  ACK  ABK  sđ AK (các góc nội tiếp chắn cung AK ) Nên ta có JMK  ABK vị trí đồng vị Suy JM // AB Mà AB  CH nên ta có JM  CH Vậy tứ giác CKJM nội tiếp đường tròn đường kính JC Theo chứng minh trên, ta có AC  DJ hay JC  DJ Do DJ tiếp tuyến đường tròn  O1  Câu 5: (1 điểm) Cho x , y , z ba số thực dương, thoả mãn: xy  yz  zx  xyz Chứng minh rằng: xy yz zx    z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x  16 Lời giải Đặt A  xy yz zx   z 1  x 1  y  x 1  y 1  z  y 1  z 1  x  Từ giả thiết, ta có: xy  yz  zx  xyz  1    x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số thực dương, ta có: xy 1 x 1 y xy 1 x 1 y    33    z 1  x 1  y  64 x 64 y z 1  x 1  y  64 x 64 y 16 z 1 Tương tự, ta có: yz 1 y 1 z    x 1  y 1  z  64 y 64 z 16 x  2 zx 1 z 1 x     3 y 1  z 1  x  64 z 64 x 16 y Cộng 1 ,   ,  3 , ta được: A  1   1   6            64   x y z   16  x y z  Suy A   hay A  16 16 Dấu “  ” xảy  x  y  z  ...STT 38 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức: A  81  25 ; B    1 