Đề thi thử vào 10 năm học 2017 2018 môn Toán28810

Trường THCS Sơn Cơng Ứng Hồ – TP Hà Nội Người đề : Nguyễn Văn Hoan ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2017-2018 Bài I:(2 điểm) Cho biểu thức A  B x x x 2 x x  2x  x    ; x  0, x  x 1 x 1 x 1 1,Tinh A với x=49 2,Rút gọn B 3, Với x>4 tìm x để A.B đạt giá trị nhỏ tìm giá trị Bài II : (2 điểm) 1, Giải hệ phương trình sau :  x x2    2x   x  2y 29  y  15 y  y  `15 2 2,Cho parabol (P): y  x đường thẳng (d): y  mx  m  m  a) Với m = 1, xác định tọa độ giao điểm A, B ( d) ( P) b) Tìm giá trị m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 cho: x1  x  Bài III: (2 điểm) Bác An vay 100 triệu đồng ngân hàng làm kinh tế gia đình thời hạn năm Lẽ cuối năm bác phải trả gốc lẫn lãi Song bác ngân hàng cho kéo dài thời gian thêm năm ,số lãi năm đầu gộp vào với vốn để tính lãi năm sau lãi xuất cũ Hết hai năm bác phải trả tất 112,36 triệu đồng Hỏi lãi xuất cho vay năm phần trăm năm ? Bài IV (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN đường trịn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến đường tròn (O; R) B cắt đường thẳng AM, AN điểm Q, P 1) Chứng minh tứ giác AMBN hình chữ nhật 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q thuộc đường tròn 3) Gọi E trung điểm BQ Đường thẳng vng góc với OE O cắt PQ điểm F Chứng minh F trung điểm BP ME // NF 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ Bài V: ( 0,5 điểm) Cho a , b , c số dương thoả mãn điều kiện : a + b+c +ab +bc+ ca=6 a3 b3 c3    a2  b2  c2  Chøng minh r»ng: b c a ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN Bài I : 1,Với x=16 thay vào ta có A  2,Rút gọn B với x  0; x  49  49 49  56   72 49   x  1  x  12 x  3 x  x   x   x  1 x  1 x  x  1 x x x     x  1 x  1  x  1 x  1 x  B x x  2x  x  x   2x  x   x  1 x  1 3, Với x>4 tìm GTNN A.B A.B  x x x  x  x 1  x  1 x   x  2 x  1 x x x 2 x44 x4 4    x 2  x 2 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 Áp dung bất đẳng thức cô si cho hai số dương ta có   4 2 x 2  2.2  Cộng hai vế vơi ta có x 2 x 2 x 2     Vậy GTN nhỏ A.B x 2  x    x    x   x  16 Dấu ‘=’’ x   x 2 x 2   Vậy với x=16 GTNN AB Bài II : 1,Giải : Đ/k x  2; x  1 x y  U;  V ta có hệ PH x2 y 1 29  U  2V  15 15U  30V  29 30U  60V  58     30U  15V   30U  15V   2U  V   15   2  V V  75V  50    3    Thay vào ta tìm 30 U  15 V   30U  15  U     Đặt : x=3; y=2 TMĐK HPT có nghiệm (3;2) 2,Với m=1 (d) y=x- +1+1=xPT hoành độ giao điểm (P) (d) 2 3 x  x   x  x    x  2x   2 2 Ta có a-b+c=1-(-2)-3=0  x1  1; x  ThuVienDeThi.com 1 TH1: với x1=1 ; y=  A  1;  2  9 TH2 : với x2=3 y   B  3;   2 PT hoành độ giao điểm (P) (d) 1 x  mx  m  m   x  mx  m  m   2 2 2  x  2mx  m  2m    x  x  2m Theo định lí vi ét  22  x1 x2  m  2m  x1  x2  2; BP  x12  2x1 x2  x2  2x1 x2   x1  x2   2x1 x2  Ta có  4m  2m  4m     2m  4m   2m m     2m   m  m    m  2 Vậy với m=0 m=-2 thỏa mãn x1  x2  Bài III : Giọi lãi xuất năm x % Đ/K x>0 Số tiền lãi năm 100.x triệu đồng -Sau năm tiền gốc tiền lãi : 100 +100x (triệu đồng ) -Số tiền lãi năm thứ (100+100x)x -Tiền gốc l;ãi năm thứ 100+100x +(100+100x)x -Theo 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 ta x1=0,06 (TMĐK) nhận x2= 103  (KTMĐK ) loại 50 Vậy lãi xuất năm 6% Bài IV (3,5 điểm) 1) Tứ giác AMBN có góc vng, góc nội tiếp chắn nửa đường trịn ฀ ฀ 2) Ta có ANM (cùng chắn cung AM)  ABM ฀ ฀ ABM (góc có cạnh thẳng góc)  AQB A ฀ ฀ ANM  AQB nên MNPQ nối tiếp 3) OE đường trung bình tam giác ABQ M OF // AP nên OF đường trung bình tam giác ABP Suy F trung điểm BP Mà AP vng góc với AQ nên OE vng góc OF P N F O B E Q ThuVienDeThi.com Xét tam giác vng NPB có F trung điểm cạnh huyền BP ฀ Xét tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF  900 ฀ Tương tự ta có OME  900 nên ME // NF vng góc với MN 4) 2SMNPQ  2SAPQ  2SAMN  2R.PQ  AM.AN  2R.(PB  BQ)  AM.AN Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy AB BP   AB2  BP.QB QB BA Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ  PB.BQ  (2R)2  4R AM  AN MN  = 2R2 2  2R.4R  2R  6R Suy SMNPQ  3R Ta có AM.AN  Do đó, 2SMNPQ Dấu xảy AM =AN PQ = BP hay MN vng góc AB Bài V 0,5 Hướng dẫn áp dụng BĐT x y  xy dÊu “= “ x¶y x=y Ta cã a  b  2ab; c  b  2cb; c  a  2ca; c   2c; a   2a; b   2b 2 Nªn 3(a  b  c )   2(a  b  c  ab  bc  ca)  12  a  b  c  (*) Dấu = xảy a=b=c=1 Mặt khác 3 a3 b c  ab  2a ;  bc  2b ;  ac  2c ; a c b  a b3 c3     (ab  bc  ca)  2(a  b  c ) T cã   c a  b Mµ a  b  c  ab  bc  ca nªn  a b3 c3   a3 b3 c3  2      a  b  c       (ab  bc  ca)  2(a  b  c a c a  b  b a3 b3 c3    a  b  c (**) DÊu “=” Khi a=b=c=1 Nên b c a Từ (*) (**) ta cã §PCM ThuVienDeThi.com ... lãi xuất năm x % Đ/K x>0 Số tiền lãi năm 100 .x triệu đồng -Sau năm tiền gốc tiền lãi : 100 +100 x (triệu đồng ) -Số tiền lãi năm thứ (100 +100 x)x -Tiền gốc l;ãi năm thứ 100 +100 x + (100 +100 x)x -Theo... ta có PT 100 +100 x+ (100 +100 x)x= 112,36 100 +100 x +100 x +100 x2 =112,36 100 x2 +200x +100 -112,36=0 100 x2 +200x-12,36=0 Giải ta x1=0,06 (TMĐK) nhận x2= ? ?103  (KTMĐK ) loại 50 Vậy lãi xuất năm 6% Bài... (P) (d) 2 3 x  x   x  x    x  2x   2 2 Ta có a-b+c=1-(-2)-3=0  x1  1; x  ThuVienDeThi.com 1 TH1: với x1=1 ; y=  A  1;  2  9 TH2 : với x2=3 y   B  3;   2 PT hoành