55 TS10 thai binh 1718 HDG

b Chứng minh rằng với mọi m phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt... b Chứng minh rằng với mọi m phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt.. Đường thẳng MN cắt , đường thẳng BC t

STT 55 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2 điểm)

a) Tìm m để hàm số y=(3m−2)x+2017 đồng biến trên tập ¡

b) Giải hệ phương trình ( ) ( )

( ) ( )

x y x y

x y x y



Câu 2. (2 điểm) Cho biểu thức ( 3 35)( 41) 13 13

P

+ − (với x≥0; x≠1)

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x sao cho 1

2

P=

Câu 3. (2 điểm) Cho phương trình x2−(m−1)x m− 2+ − =m 1 0 (1)

a) Giải phương trình với m= −1

b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Giả sử hai

nghiệm là x , 1 x 2 (x1 <x2) , khi đó tìm m để x2 − x1 =2

Câu 4. (3,5 điểm) Cho ABC∆ có ba góc nhọn ( AB AC< ), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H

Gọi M N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên , AB AC Đường thẳng MN cắt,

đường thẳng BC tại điểm D Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD , cắt nửa đường tròn trên tại điểm

E

a Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp

b Chứng minh ·EBM =DNH·

c Chứng minh DM DN =DB DC

d Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE Chứng minh OE⊥DE

Câu 5. (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác Kéo dài AM cắt BC

tại P , BM cắt AC tại Q , CM cắt AB tại K Chứng minh: MA MB MC ≥8MP MQ MK

STT 055 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1. (2 điểm)

a) Tìm m để hàm số y=(3m−2)x+2017 đồng biến trên tập ¡

b) Giải hệ phương trình ( ) ( )

( ) ( )

x y x y

x y x y



Lời giải

a) Hàm số đồng biến trên ¡ khi 3 2 0 2

3

m− > ⇔ >m

b) ( ) ( )

( ) ( )

x y x y

x y x y





x y

x y

+ = −





12 3 3

x y

x y

+ = −



⇔ − − = −



10 5

x y x

+ = −



⇔ − = −

 1

2 3 2 2

1 2

y x



⇔ 

 =



1 2 1

x y

 =



⇔ 

 = −



Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) 1; 1

2

x y = − 

 

Câu 2. (2 điểm) Cho biểu thức ( 3 35)( 41) 13 13

P

+ − (với x≥0; x≠1)

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm x sao cho 1

2

P=

Lời giải

a) Với x≥0; x≠1 ta có:

P

2

=

=

1

x

−

b) 1

2

2 1

x x

−

− ⇔2 x− =8 x−1⇔ x =7 ⇔ =x 49(thoả điều kiện)

Vậy khi x=49 thì 1

2

P=

Câu 3. (2 điểm) Cho phương trình x2−(m−1)x m− 2+ − =m 1 0 (1)

a) Giải phương trình với m= −1

b) Chứng minh rằng với mọi m phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Giả sử hai

nghiệm là x , 1 x 2 (x1 <x2) , khi đó tìm m để x2 − x1 =2

Lời giải

a) Thay m= −1 vào phương trình (1) ta được: x2+2x− =3 0

Vì a b c+ + = + − =1 2 3 0 nên phương trình có hai nghiệm x1 =1 và x2 c 3

a

= = −

5 25

  , với mọi m nên

phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

Theo định lí Vi – ét: x1+ = −x2 m 1 và

2 2

1 2

x x m m m  

= − + − = − − ÷ + <

  , với mọi m Theo đề: x2 − x1 =2 và x2 >x1 suy ra:

x − x = 2 2

x x x x

x x x x x x

x x

( )2

1 4

m

1 2

m m

− =



⇔  − = − 31

m m

=



⇔  = − Vậy m= −1, m=3 là giá trị cần tìm

Câu 4. (3,5 điểm) Cho ABC∆ có ba góc nhọn ( AB AC< ), dựng AH vuông góc với BC tại điểm H

Gọi M N theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của H trên , AB AC Đường thẳng MN cắt ,

đường thẳng BC tại điểm D Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với CD , cắt nửa đường tròn trên tại điểm

E

a Chứng minh tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp

b Chứng minh ·EBM =DNH·

c Chứng minh DM DN =DB DC

d Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE Chứng minh OE⊥DE

Lời giải

a Vì M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB , AC ⇒·AMH =·ANH =900 Xét tứ giác AMHN có: ·AMH ANH+· =900+900 =1800

Do đó tứ giác AMHN nội tiếp đường tròn.

b Vì EB⊥CD (gt), AH ⊥CD(vì AH ⊥BC) ⇒EB // AH

EBM MAH

⇒ = (hai góc so le trong) (1)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)⇒MAH· =MNH· (hai góc nội tiếp cùng chắn ¼MH ) (2)

Từ (1) và (2) suy ta ·EBM =·MNH, hay ·EBM =·DNH

c Ta có: ·DMB=·AMN(hai góc đối đỉnh) (3)

Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)⇒·AMN =·AHN (hai góc nội tiếp cùng chắn »AN ) (4)

AHC

∆ vuông tại H có HN ⊥AC (gt) ⇒·ACH =·AHN (cùng phụ với ·CHN )

Hay ·AHN =DCN· (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra ·DMB DCN=·

Xét DMB∆ và∆DCN có: ·NDC chung; · DMB DCN=· (cmt)

DMB

⇒ ∆ : DCN∆ (g.g) DM DB

DC DN

d EDC∆ nội tiếp đường tròn đường kính CD ⇒ ∆EDC vuông tại E

Áp dụng hệ thức lượng trong EDC∆ vuông tại E , EB CD⊥ , ta có: DE2 =DB DC (7)

Từ (6) và (7) suy ra DE2 =DM DN DE DN

DM DE

Xét DEM∆ và DNE∆ có: ·EDN chung; DE DN

DM = DE (cmt)

DEM DNE

⇒ ∆ : ∆ (c.g.c) ⇒ ·DEM =DNE· (2 góc tương ứng)

Xét ( )O có: · DEM =DNE· và tia EM nằm giữa hai tia ED và EN

Do đó DE là tiếp tuyến của ( )O ⇒DE⊥OE

Câu 5. (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác Kéo dài AM cắt BC

tại P , BM cắt AC tại Q , CM cắt AB tại K Chứng minh: MA MB MC ≥8MP MQ MK

Lời giải

Kẻ MH ⊥BC , AH′ ⊥BC (H H, ′∈BC) ⇒MH AH€ ′ MH MP

AH AP

′ (Hệ quả ĐL Talet). Lại có

1 2 1 2

MBC ABC

MH BC S MH

AH = AH BC = S

MBC ABC

S MP

AP S

Chứng minh tương tự, ta có MAC

ABC

S MQ

BQ = S ; MAB

ABC

S MK

CK = S .

MP MQ MK

AP + BQ + CK = S + S +S = .

Đặt x MP

AP

BQ

CK

= thì x , y , z >0 và x y z+ + =1

Theo đề bài: MA MB MC ≥8MP MQ MK MA MB MC 8

MP MQ MK

⇔ − ÷ − ÷ − ≥÷

Hay: 1 1 1 1 1 1 8

 −  −  − ≥

1 8

xyz xy yz xz x y z

9

x y z xyz xyz x y z

+ +

9

xyz xyz x y z

⇔ − + + + ≥ (do x y z+ + =1)

1 1 1

9

x y z

⇔ + + ≥

(x y z) 1 1 1 9

x y z

1 x x y 1 y z z 1 9

⇔ + + + + + + + + ≥

⇔ + − ÷ + + − ÷ + + − ÷≥

( ) (2 ) (2 )2

0

⇔ + + ≥ (*)

Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với , ,x y z>0

Dấu bằng xảy ra khi 1

3

3

MP MQ MK

AP = BQ = CK = ⇔M là trọng tâm ABC∆ . Vậy MA MB MC ≥8MP MQ MK