TS 10 Toán Quang binh 2016 2017

THI VÀO 10 - QUẢNG BÌNH  1  + với b>0 b ≠ ÷ b +1  b  b −1 Bài Cho biểu thức B=  a) Rút gọn biểu thức B b) Tìm giá trị b để B= Bài a) Giải hệ phương trình sau: 2 x − y =  3 x + y = b) Cho hàm số bậc y = (n-1)x + (n tham số) Tìm giá trị n để hàn số đồng biến Bài Cho phương trình x2 – 6x + n = (1) (n tham số) a) Giải phương trình (1) n = 2 b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 36 Bài Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn Chứng minh xy ( x + y ) ≤ x + y = 1 64 Bài Cho đường tròn tâm O ,bán kính R N điểm nằm bên đường tròn Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B hai tiếp điểm) Gọi E giao điểm AB ON a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp đường tròn b) Tính độ dài đoạn thẳng AB NE biết ON = 5cm R = cm c) Kẻ ta Nx nằm góc ANO cắt đường tròn hai điểm phân biệt C D (C nằm N D) · · Chứng minh NEC = OED HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI a) NỘI DUNG  1  + ÷ b +1 b  b −1 B=  = = b +1+ b −1 b −1 b 2 b = b −1 b b −1 Vậy B = b) với b>0 b ≠ b −1 Khi B =1 Ta có =1 b −1 ⇔ 2= b-1 ⇔ b=3 (TMĐK) Vậy B = b = a) 2 x − y = 2 x − y = ⇔ 3 x + y = 9 x + y = 21 Ta có:  2 x − y =  x = ⇔ ⇔ 11x = 22 y =1 b) Hàm số đồng biến hệ số a > ⇔ n-1>0 ⇔ n>1 a) Khi n = phương trình (1) trở thành x2 – 6x + = Phương trình có dạng a+b+c = Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = b) Ta có ∆ ' = (−3) − n = − n Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 ∆ ' ≥ Hay - b ≥ ⇔ n ≤  x1 + x2 =  x1.x2 = n Theo hệ thức Vi-ét ta có:  2 Mà ( x1 + 1) ( x2 + 1) = 36 ⇔ x12 x2 + x12 + x2 + = 36 ⇔ ( x1.x2 ) + ( x12 + x2 ) + = 36 ⇔ ( x1.x2 ) + ( x1 + x2 ) − x1 x2 + = 36 Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36 ⇔ n2 – 2n +1 = Suy n = (TMĐK) Vậy n =1 (x + 1) ( x2 + 1) = 36 Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn Chứng minh xy ( x + y ) ≤ x + y = 1 64 Hình vẽ a) · Ta có OAN = 900 (Vì AN tiếp tuyến đường tròn (O)) · OBN = 900 (Vì AN tiếp tuyến đường tròn (O)) · · Do OAN + OBN = 1800 Mà hai góc vị trí đối nên tứ giác NAOB nội tiếp đường tròn b) Ta có NA = NA ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ∆ABN cân N Mà NO phân giác ·ANB ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên NO đường cao ∆ABN NE ⊥ AB hay AE ⊥ NO Xét ∆ANO vuông A (Vì AN tiếp tuyến đường tròn (O)) có đường cao AE Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2 Suy NA = ON − OA2 = 52 − 33 = (cm) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông ta có ON.AE = AN.OA ⇔ 5.AE =4.3 ⇔ AE = 2,4 ⇒ AB= 2AE= 2,4 =4,8 (cm) (Vì ON ⊥ AB) AN2 = NE.NO ⇒ NE = c) AN 42 = = 3, (cm) NO Xét ∆NAO vuông A có AE đường cao nên NA2 = NE.NO (1) · · Xét ∆NAC ∆NDA có: ·ANC chung; NAC (Góc nội tiếp góc tạo = NDA tia tiếp tuyến dây cung chắn cung AC) Nên ∆NAC đồng dạng với ∆NDA (g-g) NA NC = hay NA2 = NC.ND (2) ND NA Từ (1) (2) suy NE.NO = NC.ND ⇒ NE NC = ND NO NE NC · = Xét ∆NCE ∆NOD có ENC chung mà ND NO (c/m trên) · · Nên ∆NCE đồng dạng với ∆NOD (c-g-c) ⇒ NEC = NDO Do tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu) · · (Hai góc nội tiếp chắn cung OD) DEO = DCO Mà ∆OCD cân O (Do OC = OD = R) · · DCO = CDO · · Suy NEC = OED