Tải bản đầy đủ

19 TS10 dong nai 1718 HDG

STT 19. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: 1) Giải phương trình x2  9 x  20  0.



2) Giải hệ phương trình: 2 x  y  5 .
5x  2 y  8
3) Giải phương trình: x4  2 x2  3  0 .

Câu 2: Cho hai hàm số: y  1 x2 và y  x  4 có đồ thị lần lượt là  P  và  d  .
2
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  0 và a  4 . Rút gọn biểu thức sau: T   a  2  a  2  .  a  4  .
a 2
a 2
a


Câu 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 1 tấn. 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.
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2  ( 2m  1)x  m2  1  0 có hai nghiệm
x1 ; x2 sao cho biểu thức 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 .


STT 19. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: 1) Giải phương trình x2  9 x  20  0.



2) Giải hệ phương trình: 2 x  y  5 .
5x  2 y  8
3) Giải phương trình: x4  2 x2  3  0 .
1) x2  9 x  20  0
  92  4.1.20  1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1  9  1  5 ; x2  9  1  4 .
2
2
2)
7 x  3y  4
7 x  3y  4
7 x  3y  4


x 1
x 1




4x  y  5
12x  3y  15
19x  19
7.1  3y  4
y 1



Câu 2:









3) x4  2 x2  3  0
Đặt t  x 2 (t  0) thì phương trình đã cho trở thành: t 2  2t  3  0
Phương trình bậc hai có a  b  c  1  2  3  0 nên có nghiệm
t  1 (loại) hoặc t  3 .
với t  3  x2  3  x   3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S  {  3}
Cho hai hàm số: y  1 x2 và y  x  4 có đồ thị lần lượt là  P  và  d  .
2
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 y  1 x2 xác định với x  R
2
Bảng giá trị:
x
2
y  1 x2
2
2

-1

0

1

2

1
2

0

1
2

2

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

-1
-3 -2

0

x

1
2

-1

3
(d)

-2
-3

(P)


2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol: y  1 x 2 và đường thẳng y  x  4
2
1 x 2  x  4   x 2  2 x  8  x 2  2 x  8  0 phương trình bậc hai có  '  9 nên có hai
2
nghiệm
1  9  4
x  1  9  2 hoặc x 
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  0 và a  4 . Rút gọn biểu thức sau: T   a  2  a  2  .  a  4  .
a 2 
a
 a 2
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 1 tấn. 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 
a 2 
a
 a 2
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
T
.

.

 8
a 4
( a  2)( a  2)
a
a
a
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 (tấn)
x
Nhưng thực tế bổ sung thêm 4 xe nên số xe là: x + 4 (xe).
Vì vậy mà mỗi xe cần chở: 120 (tấn)
x4
Vì theo thực tế mỗi xe chở ít hơn so với dự định 1 tấn nên ta có phương trình:
120  120  1
x x4
 120(x  4)  120x  (x  4)x  x 2  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 x2  ( 2m  1)x  m2  1  0 có hai nghiệm
x1 ; x2 sao cho biểu thức P  x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất.

Xét phương trình x2  (2m  1) x  m2  1  0 có   (2m  1)2  4.1.(m2  1)  4m  5
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì   0  4m  5  0  m  5
4
Khi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho, theo hệ thức Vi-et ta có:

 x1  x2  1  2m
 x .x  m 2  1
 1 2
Khi đó: x12  x22  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  (1  2m)2  2(m2  1)  2m2  4m  3  2(m  1)2  1  1
Vậy x12  x22 đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 1 (thỏa điều kiện m  5 )
4
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 .
A

M
E
F
H
J
I
C

B
D

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  90 o 90 o 180 o 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
CB CE
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.


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

 MEO  90o (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
A

M
E
F
H
J
I
C

B
D

O

Xét ∆ECD và ∆BCA có:
Góc C chung

CD  CE (vì CA  CD )
CA CB
CB CE
Vậy ∆ECD

∆BCA (cạnh – góc – cạnh)

Chứng minh tương tự ta có: ∆BFD
Vậy ∆ECD

∆BCA

∆BFD (tính chất bắc cầu)  DC  DE (3); BDF  EDC;FBD  CED
DF DB

Xét ∆BID và ∆EJD có

IBD  JED (vì FBD  CED )


IDB  JDE (vì BDF  EDC )
Vậy ∆BID

∆EJD (góc – góc)  DE  DJ (4)
DB DI

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 (vì DC  DJ )
JD ID
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



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×