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 3 ( 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 (2 điểm) Cho phương trình x − ( m − 1) x − m + 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 3 ( x + y ) + ( x − y ) = Lời giải a) Hàm số đồng biến ¡ 3m − > ⇔ m > 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 x = y = −1 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 )( ) ( ( x + 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 −1 x −4 x −1 x −4 = ⇔ x − = x − ⇔ x = ⇔ x = 49 (thoả điều kiện) x −1 ) Vậy x = 49 P = Câu 2 (2 điểm) Cho phương trình x − ( m − 1) x − m + 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: x + x − = Vì a + b + c = + − = nên phương trình có hai nghiệm x1 = x2 = c = −3 a 16 b) ∆ = ( m − 1) − 4.1 ( − m + m − 1) = 5m − 6m + = m − ÷ + > , với m nên 25 2 phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m 3 x + x = m − x x = − m + m − = − m − Theo định lí Vi – ét: ÷ + < , với m Theo đề: x2 − x1 = x2 > x1 suy ra: (x 2 − x1 ) = ⇔ x1 + x2 − 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 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 Lời giải 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 · · (hai góc so le trong) (1) ⇒ EBM = MAH · · ¼ ) (2) Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) ⇒ MAH (hai góc nội tiếp chắn MH = MNH · · · · Từ (1) (2) suy ta EBM , hay EBM = MNH = 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 (cmt) = DCN ⇒ ∆DMB : ∆DCN (g.g) ⇒ DM DB = ⇒ DM DN = DB.DC DC DN (6) d ∆EDC nội tiếp đường tròn đường kính CD ⇒ ∆EDC vuông E Áp dụng hệ thức lượng ∆EDC vuông E , EB ⊥ CD , ta có: DE = DB.DC (7) Từ (6) (7) suy DE = DM DN ⇒ DE DN = DM DE DE DN · = Xét ∆DEM ∆DNE có: EDN chung; (cmt) DM DE · · ⇒ ∆DEM : ∆DNE (c.g.c) ⇒ DEM (2 góc tương ứng) = DNE · · Xét ( O ) có: DEM tia EM nằm hai tia ED EN = DNE 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 Kẻ MH ⊥ BC , AH ′ ⊥ BC ( H , H ′ ∈ BC ) ⇒ MH€ AH ′ ⇒ MH MP = (Hệ ĐL Talet) AH ′ AP MH BC S MP S MBC MH = = = MBC ⇒ Lại có AP S ABC AH ′ AH ′.BC S ABC Chứng minh tương tự, ta có Suy MQ S MAC MK S MAB = = ; BQ S ABC CK S ABC MP MQ MK S MBC S MAC S MAB + + = + + =1 AP BQ CK S ABC S ABC S ABC Đặt x = MQ MP MK ; y= ; z= x , y , z > x + y + z = BQ AP CK 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 − + + ÷+ + + − ≥ 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 ⇔ + − ÷+ + − ÷+ + − ÷ ≥ y x z y x z ( x − y) ⇔ xy ( y − z) + yz ( z − x) + zx ≥ (*) Bất đẳng thức (*) hiển nhiên với x, y , z > Dấu xảy x = y = z = MP MQ MK 1 = = = ⇔ M trọng tâm ∆ABC , hay AP BQ CK 3 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