Lời giải đề thi vào lớp 10 trường THCS Ngô Sĩ Liên năm 2017-2018
Bài 1:
1) x = 9 (TM) thay vào biểu thức A ta có
$A = \dfrac{{5\sqrt {\dfrac{1}{9}} + 9}}{{\dfrac{1}{9} - 1}} = - 12$
$\begin{array}{l}
2) \dfrac{A}{B} = A:B = \dfrac{{5\sqrt x + 9}}{{x - 1}}:\left( {\dfrac{{x + 2}}{{x + \sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 2}}} \right)\\
\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{5\sqrt x + 9}}{{x - 1}}.\dfrac{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{x + 2 - x + \sqrt x }}\\
\,\,\,\,\, = \dfrac{{5\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 1}}
\end{array}$
3) $\dfrac{A}{B} = m \Leftrightarrow \dfrac{{5\sqrt x + 9}}{{\sqrt x + 1}} = m \Leftrightarrow \sqrt x = \dfrac{{m - 9}}{{5 - m}}\,,\,(m \ne 5)$
Ta có: $\begin{array}{l}
x \ge 0 \Leftrightarrow \sqrt x \ge 0 \Leftrightarrow \dfrac{{m - 9}}{{5 - m}} \ge 0 \Rightarrow 5 < m \le 9\\
x \ne 1 \Leftrightarrow \sqrt x \ne 1 \Leftrightarrow \dfrac{{m - 9}}{{5 - m}} \ne 1 \Rightarrow m \ne 7
\end{array}$
Vậy $5<x\le 9\,\,và\,\,\,m\ne 7\,$
Bài 2:
Gọi thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là x (h, x > $\dfrac{12}{5}$ ),
thời gian chảy một mình đầy bể của vòi thứ nhất là x + 2 (h)
1h vòi thứ nhất chảy được: $\dfrac{1}{x}$ (bể); 1h vòi thứ hai chảy được: $\dfrac{1}{x+2}$ (bể);
1h hai vòi chảy được: $\dfrac{5}{12}$ (bể) ta có pt: $\dfrac{1}{x}$+ $\dfrac{1}{x+2}$= $\dfrac{5}{12}$
Biến đổi về pt: $5{{x}^{2}}-14x-24=0$
Giải pt ta được: $x=4\,\,;\,\,x=\dfrac{-6}{5}\,(loai)$
Trả lời …
Bài 3:
1) ĐK: x > 2
Đặt $a = \dfrac{1}{{\sqrt {x - 2} }};\,\,\,b = \left| {y - 1} \right|$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
a + 2b = 3\\
3a - b = 2
\end{array} \right.$
Ta tìm được: $\left\{ \begin{array}{l}
a = 1\\
b = 1
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 3(tm)\\
\left[ \begin{array}{l}
y = 0\\
y = 2
\end{array} \right.
\end{array} \right.$
Vậy hệ pt có nghiệm: $(2;0)\,\,và\,\,\,(2;2)$
2 a) Xét pt hoành độ giao điểm ${x^2} = 2x + 3 \Leftrightarrow {x^2} - 2x - 3 = 0$
$ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}
x = - 1 \Rightarrow y = 1 \Rightarrow A( - 1\,;\,1)\\
x = 3 \Rightarrow y = 9 \Rightarrow B(3\,;\,9)
\end{array} \right.$
Vậy giao điểm của (d) và (P) là A( - 1 ; 1) và B(3 ; 9)
b) Điểm C thuộc (P) $\Rightarrow C(2\,;\,4)$
Gọi H, M và K là hình chiếu của của A, C và B trên trục hoành nên H(- 1 ; 0) , M(2 ; 0), K(3 ; 0)
Ta có : ${{S}_{ABC}}={{S}_{ABKH}}-{{S}_{AHMK}}-{{S}_{CMKB}}=6\,(dvdt)$
Bài 4:
1) C/minh $\Delta MAD\sim \Delta MAD\,(g.g)$
Suy ra: $M{{A}^{2}}=MD.MB$
2) C/minh $\widehat{SAO}=\widehat{SBO}={{90}^{0}},\,\,\widehat{SIO}={{90}^{0}}$
Tg ASIO nội tiếp đường tròn đường kính SO ( DHNB: tổng hai góc đối)
Tg ASBO nội tiếp đường tròn đường kính SO ( DHNB: tổng hai góc đối)
Suy ra: 5 điểm A, S, B, O, I cùng thuộc đường tròn đường kính SO
Xét đường tròn đường kính SO có:
$\widehat{SIB}=\widehat{SOB}=\widehat{SOA}$
$\widehat{SOA}=\widehat{SIA}$
Vậy IS là phân giác của $\widehat{BIA}$
3) + Chứng minh: $\widehat{BEI}=\widehat{BAC}=\widehat{BDI}$
+ Chứng minh: tứ giác BDEI nội tiếp.
+ Chứng minh: $\widehat{IBE}=\widehat{IDE}$;$\widehat{IBE}=\widehat{ISA}$
$\Rightarrow \widehat{IDE}=\widehat{ISA}$=> DE // SA
4) + Chứng minh: $\widehat{BCD}=\widehat{SBD}$
Mà $\widehat {BCD} = \widehat {CSA}$
$\begin{array}{l}
\Rightarrow \Delta MSD \sim \Delta MSDMBS(g - g) \Rightarrow \frac{{SM}}{{MB}} = \frac{{MD}}{{MS}}\\
\Rightarrow S{M^2} = MB.MD = A{M^2} \Rightarrow AM = MS
\end{array}$
Có$\widehat{SBD}={{30}^{0}}=\widehat{CSA}=\widehat{BSC}\Rightarrow I\equiv O$ và D là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta SAB$
$\Delta DAS=\Delta DAB(c-c-c)$ nên bán kính đường tròn ngoại tiếp
$\Delta DAS$bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta DAB$ mà bán kính đường tròn ngoại tiếp $\Delta DAB$bằng R nên…………
Bài 5:
Với mọi giá trị $x,y,z\ge 0$; ta luôn có:
${(x + y + z)^2} \ge {x^2} + {y^2} + {z^2}$ hay $x + y + z \ge \sqrt {{x^2} + {y^2} + {z^2}} (*)$
