c2 toanmath com đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 2018 môn toán sở GD và đt phú thọ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) x 1 1  2 x  y  b) Giải hệ phương trình:  x  y  a) Giải phương trı̀nh: Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y  B thuộc (P) có hoành độ x A  1; xB  a) Tìm tọa độ A, B b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A,B c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d) x hai điểm A, Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  m   (m tham số) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện : 1   x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H  AB; K  AD ) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S’ diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: S ' HK  S AI Câu (1,0 điểm) Giải phương trình :  x3      ( x  4)  Hết -Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phầ n a) Câu (1,5 đ) b) x 1 x 1 1     x 1   x  2 Vậy nghiệm phương trình x =  2x  y   x  2x   x  2x   (1)    (2) x  y  2x  y   y   2x Giải (1):  '  ; x1,2   Thay vào (2): Với x   y      Với x     y   1     Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x, y   1  a) Câu (2,5 đ) b) c) Câu (2,0 a) Điể m Nội dung  0.75 0.75  3;1  ,  3;1  Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A  1  y A   (1)  2 x B   y B   22  2 1  Vậy A  1;  , B(2;2) 2  Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình:     a  b  3a  a   2 2   2a  b  2a  b  b  1 Vậy (d): y  x  (d) cắt trục Oy điểm C(0; 1) cắt trục Ox điểm D(– 2; 0)  OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào  vuông OCD, ta có: 1 1    2  2 h OC OD h x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x  2x    '  ; x1,2   0.75 0.75 1.0 1.0 đ) Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x1,2   b) '  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  2  x1  x  2(m  1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x  m  m  Do đó: 1 x  x2 2(m  1)  4 4 4 x1 x x1x m  m 1 1.0 m  2  m  m    m  m      m    m   2(m  m  1)  2m  m     3 Kết hợp với điều kiện  m  1;   giá trị cần tìm  2 A H B K 1 I 0.25 O D Câu (3,0 đ) a) b) c) Tứ giác AHIK có:   900 (IH  AB) AHI   900 (IK  AD) AKI   AKI   1800  AHI  Tứ giác AHIK nội tiếp  IAD  IBC có: 1  B  (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) A   BIC  (2 góc đối đỉnh) AID   IAD  IBC (g.g) IA ID    IA.IC  IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có 1  H  (2 góc nội tiếp chắn cung IK) A 1  B 1  H 1  B 1 Mà A C 0.75 0.5 0.75 1  D 1 Chứng minh tương tự, ta K 1  B 1 ; K 1  D 1  HIK  BCD có: H  BCD (g.g)   HIK A B H F I K E O D d) Câu (1,0 đ) C Gọi S1 diện tích  BCD Vì  HIK  BCD nên: S' HK HK HK HK     S1 BD (IB  ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC  Vẽ AE  BD , CF  BD  AE / /CF  AE IA  ABD  BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC   1 S AE S IA Từ (1) (2) suy S' S1 HK IC S' HK (đpcm)      S1 S 4IA.IC IA S 4IA  Câu (1 điểm) Giải phương trình x  ĐKXĐ x     ( x  4)  0.75 (1) (2)  1.0 x x  4   ( x  4)     x3     x     x   x    x  x    x      3  ( x  4)    x     x   ( x  4)   x    x   x   x    x  x    x       ( x  4)  x    ( x  4)  x    ( x  4)  x    x  x2  4  x6   x   x   x    x  x    x     ( x  4)  x ( x  4)  x  ( x  4)  x   x  x   x   3 4    x   x   x  4  x  x  4  x    ( x  4)  x ( x  4)  x  ( x  4)     x   x    x    x  x    x       x   x3  ( x  4)  x (x   4)  x ( x  4)  x3   x    x    x  x     x   Vi x  thi   x    x  x    x      x   x3  ( x  4)   x (x   4)  x ( x  4)  ...HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phầ n a) Câu (1,5 đ) b) x 1 x 1 1     x 1   x  2 Vậy nghiệm... 2x   x  2x   (1)    (2) x  y  2x  y   y   2x Giải (1):  '  ; x1,2   Thay vào (2): Với x   y      Với x     y   1     Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x,... trục Ox điểm D(– 2; 0)  OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào  vuông OCD, ta có: 1 1    2  2 h OC OD h x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương