19 TS10 dong nai 1718 HDG

STT 19. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH ĐỒNG NAI
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: 1) Giải phương trình x 2 − 9 x + 20 = 0.

{

2x + y = 5
2) Giải hệ phương trình: 5 x − 2 y = 8 .

3) Giải phương trình: x 4 − 2 x 2 − 3 = 0 .

−1
Câu 2: Cho hai hàm số: y = 2 x2 và y = x − 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) .
1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) .
a +2 
4 
 a −2
Câu 3: 1) Cho a > 0 và a ≠ 4 . Rút gọn biểu thức sau: T =  a + 2 − a − 2 ÷.  a − a ÷.




Câu 4:
Câu 5:

2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được
bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự
định chở là 1tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe dự định
chở là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.

2
2
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x + ( 2m − 1 )x + m − 1 = 0 có hai nghiệm x1
; x2 sao cho biểu thức P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung
điểm của đoạn AH .
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh CE.CA = CB.CD .
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF .
4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và 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 x 2 − 9 x + 20 = 0.

{

2x + y = 5
2) Giải hệ phương trình: 5 x − 2 y = 8 .

3) Giải phương trình: x 4 − 2 x 2 − 3 = 0 .
Lời giải
1) x − 9 x + 20 = 0

∆ = 92 − 4.1.20 = 1
2

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 = 9 + 1 = 5 ; x2 = 9 − 1 = 4 .
2
2
2)
7x −3y = 4
7x − 3y = 4
7x − 3y = 4
x=1
x =1
⇔
⇔
⇔
⇔
4x + y = 5
12x + 3 y = 15
19x = 19
7.1 − 3 y = 4
y =1

{

Câu 2:

{

{

{

{

3) x 4 − 2 x 2 − 3 = 0
Đặt t = x 2 (t ≥ 0) thì phương trình đã cho trở thành: t 2 − 2t − 3 = 0
Phương trình bậc hai có a − b + c = 1 + 2 − 3 = 0 nên có nghiệm
t = −1 (loại) hoặc t = 3 .
với t = 3 ⇒ x 2 = 3 ⇔ x = ± 3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm: S = { ± 3}
−1
Cho hai hàm số: y = x2 và y = x − 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) .
2
1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
2) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ) .
Lời giải
−
1
1) * Hàm số y = x2 xác định với ∀x ∈ R
2
Bảng giá trị:
x
-1
2
−1
y = −1 x 2
2
2
2

0

1

2

0

−1
2

2

* Hàm số y = x − 4 là đường thẳng đi qua các điểm có tọa độ ( 1; −3) ; ( 2; −2 )
Đồ thị:


2
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của parabol: y = −1 x và đường thẳng y = x − 4
2
−1 x 2 = x − 4 ⇔ − x 2 = 2 x − 8 ⇔ x 2 + 2 x − 8 = 0 phương trình bậc hai có ∆ ' = 9 nên có hai
2
nghiệm
x = −1 + 9 = 2 hoặc x = −1 − 9 = −4
1
1
x
=
2
⇒

y
=
2
−
4
=
−
2
Với
Với x = −4 ⇒ y = −4 − 4 = −8

Vậy có tọa độ giao điểm là ( 2; −2) và ( −4; −8)
a + 2 
4 
 a −2
Câu 3: 1) Cho a > 0 và a ≠ 4 . Rút gọn biểu thức sau: T =  a + 2 − a − 2 ÷.  a − a ÷.




2) Một đội xe dự định chở 120 tấn hàng. Để tăng sự an toàn nên đến khi thực hiện, đội xe được
bổ sung thêm 4 chiếc xe, lúc này số tấn hàng của mỗi xe chở ít hơn số tấn hàng của mỗi xe dự
định chở là 1tấn. Tính số tấn hàng của mỗi xe dự định chở, biết số tấn hàng của mỗi xe dự định
chở là bằng nhau, khi thực hiện là bằng nhau.
Lời giải
 a − 2 − a + 2 . a − 4 
1) T = 
÷
÷
a −2 

a
 a +2
Với điều kiện đã cho ta có
( a − 2)( a − 2) − ( a + 2)( a + 2) a − 4 (a − 4 a + 4) − (a + 4 a + 4) a − 4 −8 a
T=
.
=
.
=
= −8
a−4
( a + 2)( a − 2)
a
a
a
2) Gọi x (xe) là số xe chuẩn bị theo dự định (điều kiện x > 0)
Khi đó:
120
Theo dự định mỗi xe cần chở
(tấn)
x
Nhưng thực tế bổ sung thêm 4 xe nên số xe là: x + 4 (xe).
120
Vì vậy mà mỗi xe cần chở:
(tấn)
x+4
Vì theo thực tế mỗi xe chở ít hơn so với dự định 1 tấn nên ta có phương trình:

Câu 4:

120 − 120 = 1
x x+4
⇔ 120(x + 4) − 120x = (x + 4)x ⇔ x 2 + 4x − 480 = 0
⇔ x = 20 (nhận) hoặc x = −24 (loại)
Vậy theo dự định có 20 xe và mỗi xe phải chở 6 tấn hàng
2
2
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x + ( 2m − 1 )x + m − 1 = 0 có hai nghiệm x1
; x2 sao cho biểu thức P = x12 + x22 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
2
2
Xét phương trình x + (2m − 1) x + m − 1 = 0 có ∆ = (2m − 1) 2 − 4.1.(m 2 − 1) = −4m + 5
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 ⇒ −4m + 5 > 0 ⇔ m < 5
4
Khi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho, theo hệ thức Vi-et ta có:
 x1 + x2 = 1 − 2m
 x .x = m 2 − 1
 1 2
2
2
2
2
2
2
2
Khi đó: x1 + x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = (1 − 2m) − 2(m − 1) = 2m − 4m + 3 = 2(m − 1) + 1 ≥ 1
2
2
Vậy x1 + x2 đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 1 (thỏa điều kiện m < 5 )

4
Vậy giá trị m cần tìm là 1


Câu 5: Cho tam giác ABC nhọn có ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại điểm H . Gọi M là trung
điểm của đoạn AH .
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh CE.CA = CB.CD .
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF .
4) Gọi I và J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC . Chứng minh
·
·
.
DIJ
= DFC
Lời giải

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp được đường tròn
·
·
Trong tứ giác AEHF có: AEH
= AFH
= 90o (vì BE ⊥ AC và CF ⊥ AB)
·
·
Vậy AEH
+ AFH
= 90o + 90o = 180o mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp
được đường tròn
2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

Xét ∆CAD vuông tại D và ∆CBE vuông tại E có: góc C chung
Vậy ∆CAD
∆CBE ⇒ CA = CD ⇔ CE.CA = CD.CB
CB CE
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF
·
·
Trong tứ giác BFEC có: BFC
= BEC
= 90o (vì BE ⊥ AC và CF ⊥ AB)
mà hai góc này cùng 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 là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH ⇒ ∆MEH
cân tại M
·
·
·
·
·
·
⇒ MEH
hay MEB
mà AHE
phụ HAE
(∆AHE vuông tại E)
= MHE
= AHE

·

·
·
·
⇒ MEB
phụ HAE
hay MEB
phụ DAC
·
·
·
·
Mặt khác ACD
phụ DAC
(∆ADC vuông tại D) hay ECB
phụ DAC
·
·
·
Vậy MEB
(cùng phụ DAC
)
= ECB
·
·
Trong đường tròn ngoại tiếp ∆BEF có MEB
⇒ ME là tiếp tuyến tại E của đường tròn
= ECB
này (vì có góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung EB)
Cách 2: Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh ME ⊥ EO

·
·
Trong tứ giác BFEC có: BFC
= BEC
= 90o (vì BE ⊥ AC và CF ⊥ AB)
mà hai góc này cùng chắn cạnh BC nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn có tâm O là trung
điểm BC.
Hay ∆BEF nội tiếp đường tròn tâm O.


Vì M là trung điểm của cạnh huyền AH trong tam giác vuông AEH nên ME = MH ⇒ ∆MEH
cân tại M
·
·
·
·
·
·
⇒ MEH
mà MHE
nên MEH
(1)
= MHE
= BHD
= BHD

Tương tự:
Lại có O là trung điểm của cạnh huyền BC trong tam giác vuông BEC nên OE = OB
⇒ ∆OBE cân tại O

·
·
·
·
⇒ BEO
hay HEO
(2)
= EBO
= HBD
·
·
·
·
Từ (1) và (2) ta có: MEH
+ HEO
= BHD
+ HBD
·
⇒ MEO
= 90o (vì ∆HBD vuông tại D)
⇒ ME ⊥ OE mà E thuộc đường tròn (O) ngoại tiếp ∆BEF
⇒ ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BEF

¶ = DFC
·
4) Chứng minh DIJ

Xét ∆ECD và ∆BCA có:
Góc C chung
CD = CE

CA = CD
(vì
)
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 và ∆EJD có

·
·
·
·

(vì FBD
)
IBD
= JED
= CED


·
·
·
·
(vì BDF
)
IDB
= JDE
= EDC
Vậy ∆BID

∆EJD (góc – góc) ⇒ DE = DJ (4)
DB DI

Từ (3) và (4) ⇒ DC = DJ
DF DI

·
¶ (cùng bù góc FDB)
Dễ chứng minh: CDF
= JDI
Xét ∆DCF và ∆DJI có:

·
¶
CDF
= JDI
CD = FD
DC = DJ
(vì
)
JD ID
DF DI
Vậy ∆DCF

¶ = DFC
·
∆DJI (cạnh – góc – cạnh) ⇒ DIJ
(hai góc tương ứng)
TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ

NGƯỜI GIẢI ĐỀ: HUY DU
NGƯỜI PHẢN BIỆN: VŨ VĂN BẮC