Tải bản đầy đủ

55 TS10 thai binh 1718 HDG

STT 55. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1.

Câu 2.

Câu 3.

(2 điểm)
a)

Tìm m để hàm số y   3m  2  x  2017 đồng biến trên tập

b)


 x  y    x  2 y   2
Giải hệ phương trình 
.
3
x


y

x

2
y

1







(2 điểm) Cho biểu thức P 
a)

Rút gọn biểu thức P .

b)

Tìm x sao cho P 



3x  5 x  4
x 3





x 1



.


x 1
x 3
(với x  0 ; x  1 )

x 3
x 1

1
.
2

(2 điểm) Cho phương trình x2   m  1 x  m2  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 x1 , x2  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)


 x  y    x  2 y   2
Giải hệ phương trình 
.
3
x

y

x

2
y

1







.

Lời giải
khi 3m  2  0  m 

a) Hàm số đồng biến trên

b)


 x  y    x  2 y   2


3  x  y    x  2 y   1

2 x  3 y  2

4 x  y  1

2
.
3

2 x  3 y  2

12 x  3 y  3

2 x  3 y  2

10 x  5

 1
1

2. 2  3 y  2
x 
1



2 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ; 1 .
2

 y  1
x  1

2
Câu 2.

(2 điểm) Cho biểu thức P 
a)

Rút gọn biểu thức P .

b)

Tìm x sao cho P 



3x  5 x  4
x 3





x 1

x 1
x 3
(với x  0 ; x  1 )

x 3
x 1



1
.
2
Lời giải

a) Với x  0 ; x  1 ta có:
P





b) P 



x 3









3x  5 x  4   x  1  x  6 x  9

x




1

2






 

x 1 
x 1
x  3 3x  5 x  4  x  1



x 3
x 1
x 1
x 3
x 1

3x  5 x  4



x 3





x 1

  x  4  
x  3 x  1


x 4 3




x  3

x 4



x  x  12
x 3


x  1

x 3





x  4 x  3 x  12

 

x 1



x 3

x 3



x 4
.
x 1

x 4 1
  2 x  8  x  1  x  7  x  49 (thoả điều kiện)
x 1 2

Vậy khi x  49 thì P 

1
.
2



x 1



2


Câu 3.

(2 điểm) Cho phương trình x2   m  1 x  m2  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 x1 , x2  x1  x2  , khi đó tìm m để x2  x1  2 .
Lời giải
a) Thay m  1 vào phương trình (1) ta được: x2  2 x  3  0
Vì a  b  c  1  2  3  0 nên phương trình có hai nghiệm x1  1 và x2 

c
 3 .
a

2

3  16 
2
b)    m  1  4.1.  m2  m  1  5m2  6m  5  5  m      0 , với mọi m nên
5  25 


phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m .
2

1  3
Theo định lí Vi – ét: x1  x2  m  1 và x1 x2  m  m  1    m      0 , với mọi m .
2  4 

2

Theo đề: x2  x1  2 và x2  x1 suy ra:

x

2

 x1   4  x12  x22  2 x1 x2  4   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  4   x1  x2   4
2

2

2

m  1  2
m  3
2
  m  1  4  
.

 m  1  2
 m  1
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.
c.
d.

Chứng minh EBM  DNH .
Chứng minh DM .DN  DB.DC .
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE . Chứng minh OE  DE .
Lời giải


A
E
N

O

D

M
B

C

H

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 MH ) (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
 DM .DN  DB.DC .

DC DN

(6)

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: DE 2  DB.DC . (7)
Từ (6) và (7) suy ra DE 2  DM .DN 
Xét DEM và DNE có: EDN chung;
 DEM

DE DN
.

DM DE
DE DN

(cmt)
DM DE

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

A

K

Q

M
B

H'

H

P

Kẻ MH  BC , AH   BC  H , H   BC   MH€ AH  

C
MH MP
(Hệ quả ĐL Talet).

AH  AP

1
MH .BC
S
MP S MBC
MH 2
Lại có
.

 MBC 

AH  1 AH .BC S ABC
AP S ABC
2

Chứng minh tương tự, ta có

Suy ra

MQ S MAC MK S MAB
;
.


BQ S ABC CK S ABC

MP MQ MK SMBC SMAC SMAB





1.
AP BQ CK S ABC S ABC S ABC

Đặt x 

MP
MK
MQ
; y
; z
thì x , y , z  0 và x  y  z  1 .
AP
CK
BQ

Theo đề bài: MA.MB.MC  8MP.MQ.MK 

MA MB MC
.
.
8
MP MQ MK

 AP   BQ   CK


 1 
 1 
 1  8
 MP   MQ   MK 
 1  1  1 
Hay:   1   1   1  8
 x  y  z 


1  1
1 1 1 1 1
        1  8
xyz  xy yz xz  x y z



1
x yz 1 1 1

   9
xyz
xyz
x y z



1
1 1 1 1

    9 (do x  y  z  1 )
xyz xyz x y z



1 1 1
  9
x y z


1 1 1
  x  y  z     9
x y z
 1

x x y
y z z
  1   1  9
y z x
z x y

x y
 y z
 z x

    2     2     2  0

y x
 z y
 x z

 x  y

xy

2

 y  z

yz

2

 z  x

zx

2

 0.

(*)

Bất đẳng thức (*) hiển nhiên đúng với x, y, z  0 .
1
MP MQ MK 1
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  , hay


  M là trọng tâm ABC .
3
AP BQ CK 3

Vậy MA.MB.MC  8MP.MQ.MK .



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×