STT 19 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Giải phương trình x2  x  20   2) Giải hệ phương trình: x  y  5x  y  3) Giải phương trình: x4  x2   Câu 2: Cho hai hàm số: y  1 x2 y  x  có đồ thị  P   d  1) Vẽ hai đồ thị  P   d  mặt phẳng tọa độ 2) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị  P   d  Câu 3: 1) Cho a  a  Rút gọn biểu thức sau: T   a   a    a   a 2 a 2 a Câu 4:    2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe dự định chở nhau, thực Tìm giá trị tham số m để phương trình x2  ( 2m  1)x  m2   có hai nghiệm x1 ; x2 cho biểu thức P  x12  x22 đạt giá trị nhỏ Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA  CB.CD 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF 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  x  20   2) Giải hệ phương trình: x  y  5x  y  3) Giải phương trình: x4  x2   1) x2  x  20    92  4.1.20  Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1    ; x2    2 2) x  3y  x  3y  x  3y  x 1 x 1     4x  y  12x  3y  15 19x  19 7.1  3y  y 1  Câu 2:     3) x4  x2   Đặt t  x (t  0) phương trình cho trở thành: t  2t   Phương trình bậc hai có a  b  c     nên có nghiệm t  1 (loại) t  với t   x2   x   Vậy phương trình cho có tập nghiệm: S  {  3} Cho hai hàm số: y  1 x2 y  x  có đồ thị  P   d  1) Vẽ hai đồ thị  P   d  mặt phẳng tọa độ 2) Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị  P   d  1) * Hàm số y  1 x2 xác định với x  R Bảng giá trị: x y  1 x2 2 -1 1 1 2 * Hàm số y  x  đường thẳng qua điểm có tọa độ 1; 3 ;  2; 2  y Đồ thị: -1 -3 -2 x -1 (d) -2 -3 (P) 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm parabol: y  1 x đường thẳng y  x  1 x  x    x  x   x  x   phương trình bậc hai có  '  nên có hai nghiệm 1   4 x  1   x  1 Với x   y    2 Với x  4  y  4   8 Vậy có tọa độ giao điểm  2; 2  4; 8 Câu 3: 1) Cho a  a  Rút gọn biểu thức sau: T   a   a    a   a 2  a  a 2 2) Một đội xe dự định chở 120 hàng Để tăng an toàn nên đến thực hiện, đội xe bổ sung thêm xe, lúc số hàng xe chở số hàng xe dự định chở Tính số hàng xe dự định chở, biết số hàng xe dự định chở nhau, thực 1) T   a   a    a   a 2  a  a 2 Với điều kiện cho ta có ( a  2)( a  2)  ( a  2)( a  2) a  (a  a  4)  (a  a  4) a  8 a T    8 a 4 ( a  2)( a  2) a a a 2) Gọi x (xe) số xe chuẩn bị theo dự định (điều kiện x > 0) Khi đó: Theo dự định xe cần chở 120 (tấn) x Nhưng thực tế bổ sung thêm xe nên số xe là: x + (xe) Vì mà xe cần chở: 120 (tấn) x4 Vì theo thực tế xe chở so với dự định nên ta có phương trình: 120  120  x x4  120(x  4)  120x  (x  4)x  x  4x  480   x  20 (nhận) x  24 (loại) Vậy theo dự định có 20 xe xe phải chở hàng Câu 4: Tìm giá trị tham số m để phương trình x2  ( 2m  1)x  m2   có hai nghiệm x1 ; x2 cho biểu thức P  x12  x22 đạt giá trị nhỏ Xét phương trình x2  (2m  1) x  m2   có   (2m  1)2  4.1.(m2  1)  4m  Để phương trình có hai nghiệm phân biệt    4m    m  Khi x1 ; x2 hai nghiệm phương trình cho, theo hệ thức Vi-et ta có:  x1  x2   2m  x x  m   Khi đó: x12  x22  ( x1  x2 )2  x1 x2  (1  2m)2  2(m2  1)  2m2  4m   2(m  1)2   Vậy x12  x22 đạt giá trị nhỏ m = (thỏa điều kiện m  ) Vậy giá trị m cần tìm Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt điểm H Gọi M trung điểm đoạn AH 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA  CB.CD 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF 4) Gọi I J tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF EDC Chứng minh DIJ  DFC A M E F H J I C B D 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn Trong tứ giác AEHF có: AEH  AFH  90o (vì BE AC CF  AB) Vậy AEH  AFH  90 o 90 o 180 o mà hai góc vị trí đối nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh CE.CA = CD.CB Xét ∆CAD vuông D ∆CBE vng E có: góc C chung Vậy ∆CAD ∆CBE  CA  CD  CE.CA  CD.CB CB CE 3) Chứng minh EM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BEF Trong tứ giác BFEC có: BFC  BEC  90o (vì BE AC CF  AB) mà hai góc 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 trung điểm cạnh huyền AH tam giác vuông AEH nên ME = MH  ∆MEH cân M  MEH  MHE hay MEB  AHE mà AHE phụ HAE (∆AHE vuông E)  MEB phụ HAE hay MEB phụ DAC Mặt khác ACD phụ DAC (∆ADC vuông D) hay ECB phụ DAC Vậy MEB  ECB (cùng phụ DAC ) Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có MEB  ECB  ME tiếp tuyến E đường tròn (vì có góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn cung EB) Cách 2: Gọ O trun đ ểm BC Chứng minh ME  EO Trong tứ giác BFEC có: BFC  BEC  90o (vì BE AC CF  AB) mà hai góc chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O trung điểm BC Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O Vì M trung điểm cạnh huyền AH tam giác vuông AEH nên ME = MH  ∆MEH cân M  MEH  MHE mà MHE  BHD nên MEH  BHD (1) Tương tự: Lại có O trung điểm cạnh huyền BC tam giác vuông BEC nên OE = OB  ∆OBE cân O  BEO  EBO hay HEO  HBD (2) Từ (1) (2) ta có: MEH  HEO  BHD  HBD  MEO  90o (vì ∆HBD vng D)  ME  OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF  ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆BEF 4) Chứng minh DIJ  DFC A M E F H J I C B D O Xét ∆ECD ∆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 ∆EJD có IBD  JED (vì FBD  CED ) IDB  JDE (vì BDF  EDC ) Vậy ∆BID ∆EJD (góc – góc)  DE  DJ (4) DB DI Từ (3) (4)  DC  DJ DF DI Dễ chứng minh: CDF  JDI (cùng bù góc FDB) Xét ∆DCF ∆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 ...STT 19 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2017-2018 Câu 1: 1) Giải phương trình x2  x  20   2) Giải... x1    ; x2    2 2) x  3y  x  3y  x  3y  x 1 x 1     4x  y  12x  3y  15 19x  19 7.1  3y  y 1  Câu 2:     3) x4  x2   Đặt t  x (t  0) phương trình cho trở thành: