STT 55 ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu Câu Câu (2 điểm) a) Tìm m để hàm số y   3m   x  2017 đồng biến tập b)   x  y    x  y   2 Giải hệ phương trình  x  y  x  y        (2 điểm) Cho biểu thức P  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P   3x  x  x 3   x 1  x 1 x 3 (với x  ; x  )  x 3 x 1 (2 điểm) Cho phương trình x2   m  1 x  m2  m   (1) a) Giải phương trình với m  1 b) Chứng minh với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Giả sử hai nghiệm x1 , x2  x1  x2  , tìm m để x2  x1  Câu (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ), dựng AH vng góc với BC điểm H Gọi M , N theo thứ tự hình chiếu vng góc H AB, AC Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC điểm D Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD Qua B kẻ đường thẳng vng góc với CD , cắt nửa đường tròn điểm E a Chứng minh tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp b Chứng minh EBM  DNH c Chứng minh DM DN  DB.DC d Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNE Chứng minh OE  DE Câu (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M điểm nằm tam giác Kéo dài AM cắt BC P , BM cắt AC Q , CM cắt AB 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 (2 điểm) a) Tìm m để hàm số y   3m   x  2017 đồng biến tập b)   x  y    x  y   2 Giải hệ phương trình  x  y  x  y        Lời giải 3m    m  a) Hàm số đồng biến b)   x  y    x  y   2   3  x  y    x  y   2 x  y  2  4 x  y  2 x  y  2  12 x  y  3 2 x  y  2  10 x  5  1  2  y  2 x  1    Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ; 1 2   y  1 x   Câu (2 điểm) Cho biểu thức P  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x cho P   3x  x  x 3   x 1 x 1 x 3 (với x  ; x  )  x 3 x 1  Lời giải a) Với x  ; x  ta có: P   b) P   x 3     3x  x    x  1  x  x  x         x 1  x 1 x  3x  x   x     x 3 x 1 x 1 x 3 x 1 3x  x   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  x  x  12   x 1  x 3 x 3  x 4 x 1 x 4   x   x   x   x  49 (thoả điều kiện) x 1 Vậy x  49 P   x 1  Câu (2 điểm) Cho phương trình x2   m  1 x  m2  m   (1) a) Giải phương trình với m  1 b) Chứng minh với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Giả sử hai nghiệm x1 , x2  x1  x2  , tìm m để x2  x1  Lời giải a) Thay m  1 vào phương trình (1) ta được: x2  x   Vì a  b  c     nên phương trình có hai nghiệm x1  x2  c  3 a   16  b)    m  1  4.1  m2  m  1  5m2  6m    m      , với m nên  25   phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m   3 Theo định lí Vi – ét: x1  x2  m  x1 x2  m  m     m      , với m    Theo đề: x2  x1  x2  x1 suy ra: x  x1    x12  x22  x1 x2    x1  x2   x1 x2  x1 x2    x1  x2   2 m   m    m  1      m   2  m  1 Vậy m  1 , m  giá trị cần tìm Câu (3,5 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn ( AB  AC ), dựng AH vng góc với BC điểm H Gọi M , N theo thứ tự hình chiếu vng góc H AB, AC Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC điểm D Trên nửa mặt phẳng bờ CD chứa điểm A , vẽ nửa đường tròn đường kính CD Qua B kẻ đường thẳng vng góc với CD , cắt nửa đường tròn điểm E a Chứng minh tứ giác AMHN tứ giác nội tiếp b c d Chứng minh EBM  DNH Chứng minh DM DN  DB.DC Gọi O 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 hình chiếu vng góc H AB , AC  AMH  ANH  900 Xét tứ giác AMHN có: AMH  ANH  900  900  1800 Do 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 chắn MH ) (2) Từ (1) (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 chắn AN ) (4) AHC vng H có HN  AC (gt)  ACH  AHN (cùng phụ với CHN ) Hay AHN  DCN (5) Từ (3), (4) (5) suy DMB  DCN Xét DMB 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 vng E Áp dụng hệ thức lượng EDC vuông E , EB  CD , ta có: DE  DB.DC (7) Từ (6) (7) suy DE  DM DN  Xét DEM 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 tia EM nằm hai tia ED EN Do DE tiếp tuyến  O   DE  OE Câu (0,5 điểm) Cho tam giác ABC , M điểm nằm tam giác Kéo dài AM cắt BC P , BM cắt AC Q , CM cắt AB 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 ĐL Talet)  AH  AP MH BC S MP S MBC MH Lại có   MBC   AH  AH .BC S ABC AP S ABC Chứng minh tương tự, ta có Suy 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 x , y , z  x  y  z  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   MP   MQ   MK      Hay:   1   1   1   x  y  z    1 1 1         1  xyz  xy yz xz  x y z  x yz 1     9 xyz xyz x y z  1 1      (do x  y  z  ) xyz xyz x y z  1   9 x y z 1 1   x  y  z     x y z  1 x x y y z z   1   1  y z x z x y x y  y z  z x      2     2     2   y x  z y  x z  x  y  xy  y  z  yz  z  x  zx  (*) Bất đẳng thức (*) hiển nhiên với x, y, z  MP MQ MK Dấu xảy x  y  z  , hay     M trọng tâm ABC AP BQ CK Vậy MA.MB.MC  8MP.MQ.MK ...STT 055 LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu (2 điểm) a) Tìm m để hàm số