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) x 12 x 35 b) x x �x y c) � 2x 3y � Câu 3: (1,5 điểm) Cho biểu thức P x 5 với x �0, x �1 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 khơng 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 � ; �và B 0; 1 , nên ta có đồ thị dạng �2 � sau: Câu 2: (2,5 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x 12 x 35 Lời giải Ta có phương trình tương đương: x x x 35 � x x 5 x 5 � x 5 x x5 x5 � � �� �� x7 x7 � � Vậy, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b) x x Lời giải Đặt t x , điều kiện t �0 Phương trình cho trở thành t 3t � t 1 t t 1 t 1 � � �� �� t 4 0 t4 � � x2 � Do t �0 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) � 2x 3y � Lời giải Hệ phương trình cho tương đương �y 1 7 y �2 x y � �y 1 �x �� �� �� �� � x 1 2x 3y 2x � �2 x y � � �y 1 Vậy, hệ phương trình có nghiệm x; y 2; 1 Câu 3: x 5 với x �0, x �1 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 1 x 1 x 1 x 5 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 5 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: 42 42 2 1 3 2 2 32 2 3 2 3 2 98 (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 khơng 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 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 � DAJ � � ) Do đó, ta có JKM (hai góc bù với DKJ � DAC � sđ � AC (góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung Xét đường tròn O có DAJ � AC ) � B sđ B �C (góc nội tiếp chắn cung � ) Có CA BC � HCA � 90� Xét tam giác ACH có � AHC 90�, suy HAC � �A � 90� HAC � 180� sđ CB sđ C Nên, ta có HCA 2 �A � HCA � sđ C Suy JKM � HCA � � JCM � , nên tứ giác CKJM tứ giác nội Vậy tứ giác CKJM có JKM hay JKM tiếp c) Chứng minh DJ tiếp tuyến đường tròn O1 sđ Lời giải � JCK � Theo chứng minh CKJM tứ giác nội tiếp, suy JMK � � ACK � ABK sđ � AK (các góc nội tiếp chắn cung � Mà JCK 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 x y x y z y z 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 �3 3 � � z x y 64 x 64 y z x y 64 x 64 y 16 z 1 Tương tự, ta có: yz 1 y 1 z � x y z 64 y 64 z 16 x 2 zx 1 z 1 x � y z x 64 z 64 x 16 y 3 3 Cộng 1 , , 3 , ta được: A � �1 1 � � �1 1 � 2� � � �� � � 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