19 TS10 dong nai 1718 HDG

Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1tấn.. Tính số tấn hàng của

STT 19 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Giải phương trình 2

9 20 0

x  x  2) Giải hệ phương trình: 2 5

 

x y

x y

3) Giải phương trình: x42x2 3 0

Câu 2: Cho hai hàm số: 1 2

2



 và y x 4 có đồ thị lần lượt là  P và  d

1) Vẽ hai đồ thị  P và  d trên cùng một mặt phẳng tọa độ

2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị  P và  d

Câu 3: 1) Cho a0và a4 Rút gọn biểu thức sau: T a 2 a 2 a 4

2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được

bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1tấn Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau

Câu 4: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2

x ( 2m 1)x m   1 0 có hai nghiệm 1

x ; x sao cho biểu thức 2 Px12x22 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại điểm H Gọi M là trung

điểm của đoạn AH

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh CE CA  CB CD

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC Chứng minh

DIJ DFC

(d) (P) -3

-2 -1

1 2 1

2 3

-1 -2

x y

STT 19 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI

NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Giải phương trình 2

9 20 0

x  x  2) Giải hệ phương trình: 2 5

 

x y

x y

3) Giải phương trình: x42x2 3 0

1) 2

9 20 0

2

9 4.1.20 1

   

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 9 1 5

2

x    ;

2

2

x   

2)

7 x 3 y 4 7 x 3 y 4 7 x 3 y 4 x 1 x 1

3) x42x2 3 0

Đặt 2

tx (t0) thì phương trình đã cho trở thành: 2

t   2t 3 0 Phương trình bậc hai có a  b  c  1  2  3  0 nên có nghiệm

1

t  (loại) hoặc t3.

với t 3 x2    3 x 3

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S { 3}

Câu 2: Cho hai hàm số: y 1 x 2

2



 và y x 4 có đồ thị lần lượt là  P và  d

1) Vẽ hai đồ thị  P và  d trên cùng một mặt phẳng tọa độ

2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị  P và  d

1) * Hàm số 1 2

2



 xác định với x R  Bảng giá trị:

-2

2 1

2



-2

1 2

2

-2

* Hàm số y x 4 là đường thẳng đi qua các điểm có tọa độ 1; 3 ;2; 2 

Đồ thị:

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol: 1 2

2





y x và đường thẳng y x 4

2

 x     x x x x  x  phương trình bậc hai có  ' 9 nên có hai

nghiệm

1

 

1

 

Với x     2 y 2 4 2

Với x       4 y 4 4 8

Vậy có tọa độ giao điểm là 2; 2  và  4; 8

Câu 3: 1) Cho a0và a4 Rút gọn biểu thức sau: T a 2 a 2 a 4

2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được

bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là 1tấn Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe dự định chở là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau

1) T a 2 a 2 a 4

Với điều kiện đã cho ta có

( a 2)( a 2) ( a 2)( a 2) a 4 (a 4 a 4) (a 4 a 4) a 4 8 a

a 4

2) Gọi x (xe) là số xe chuẩn bị theo dự định (điều kiện x > 0)

Khi đó:

Theo dự định mỗi xe cần chở 120

x (tấn) Nhưng thực tế bổ sung thêm 4 xe nên số xe là: x + 4 (xe)

Vì vậy mà mỗi xe cần chở: 120

x4(tấn)

Vì theo thực tế mỗi xe chở ít hơn so với dự định 1 tấn nên ta có phương trình:

2

120 120

1

x x 4

120(x 4) 120x (x 4)x x 4x 480 0

 x20 (nhận) hoặc x 24 (loại)

Vậy theo dự định có 20 xe và mỗi xe phải chở 6 tấn hàng

Câu 4: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 2

x ( 2m 1)x m   1 0 có hai nghiệm 1

x ; x sao cho biểu thức 2 Px12x22 đạt giá trị nhỏ nhất

Xét phương trình x2(2m1)x m 2 1 0 có (2m1)24.1.(m2  1) 4m5

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 0 4 5 0 5

4

    m   m

Khi x x1; 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho, theo hệ thức Vi-et ta có:

1 2

2

1 2

1 2

  





x x m

1  2 ( 1 2) 2 1 2 (1 2 ) 2(  1) 2 4  3 2( 1)  1 1

Vậy x12 x đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 1 (thỏa điều kiện 22 5

4



m )

Vậy giá trị m cần tìm là 1

Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại điểm H Gọi M là trung

điểm của đoạn AH

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh CE CA  CB CD

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC Chứng minh

DIJ DFC

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn

Trong tứ giác AEHF có: AEHAFH90o (vì BE AC và CF  AB)

Vậy AEH AFH 90o90o180o mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung

Vậy ∆CAD ∆CBE  CA CD CE.CA CD.CB

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF

Trong tứ giác BFEC có: BFCBEC90o (vì BE AC và CF  AB)

mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn đường kính BC

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH  ∆MEH cân tại M

 MEHMHE hay MEBAHE mà AHE phụ HAE (∆AHE vuông tại E)

 MEB phụ HAE hay MEB phụ DAC

Mặt khác ACD phụ DAC (∆ADC vuông tại D) hay ECB phụ DAC

Vậy MEBECB (cùng phụ DAC )

Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có MEB ECB  ME là tiếp tuyến tại E của đường tròn này (vì có góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

Cách 2: Gọ O là trun đ ểm của BC Chứng minh ME  EO

Trong tứ giác BFEC có: BFCBEC90o (vì BE AC và CF  AB)

mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O là trung điểm BC

Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O

J I

M

H

D

E

F

A

J I

O

M

H

D

E F

A

Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH  ∆MEH cân tại M

 MEHMHE mà MHEBHD nên MEHBHD (1)

Tương tự:

Lại có O là trung điểm của cạnh huyền BC trong tam giác vuông BEC nên OE = OB

 ∆OBE cân tại O

 BEOEBO hay HEOHBD (2)

Từ (1) và (2) ta có: MEH HEO BHD HBD

o MEO 90

  (vì ∆HBD vuông tại D)

 ME  OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF

 ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF

4) Chứng minh DIJDFC

Xét ∆ECD và ∆BCA có:

Góc C chung

CD CE

CACB (vì CA CD

CBCE) Vậy ∆ECD ∆BCA (cạnh – góc – cạnh)

Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD ∆BCA

Vậy ∆ECD ∆BFD (tính chất bắc cầu)  DC DE

DF DB (3); BDFEDC; FBDCED Xét ∆BID và ∆EJD có

IBDJED (vì FBDCED)

IDBJDE (vìBDFEDC)

Vậy ∆BID ∆EJD (góc – góc)  DE DJ

DBDI (4)

Từ (3) và (4)  DC DJ

DF DI

Dễ chứng minh: CDFJDI (cùng bù góc FDB)

Xét ∆DCF và ∆DJI có:

CDFJDI

CD FD

JD  ID (vìDC DJ

DF DI) Vậy ∆DCF ∆DJI (cạnh – góc – cạnh)  DIJDFC (hai góc tương ứng)

TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ

NGƯỜI GIẢI ĐỀ: HUY DU

NGƯỜI PHẢN BIỆN: VŨ VĂN BẮC