8 DE VA HDC TS10 THPT CHUNG PHÚ THỌ 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (1,5 điểm) x +1 −1 = 2 x − y = b) Giải hệ phương trình:  x + y = a) Giải phương trình: Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ x A = −1; xB = a) Tìm tọa độ hai điểm 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 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 vng góc với AB; IK vng 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 -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích gì thêm Họ tên thí sinh: .SBD: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 2018 PHÚ THỌ Môn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu (1,5 điểm) x +1 −1 = 2 x − y = b) Giải hệ phương trình:  x + y = a) Giải phương trình: Giải a) x +1 x +1 −1 = ⇔ = ⇔ x +1 = ⇔ x = 2 Vậy nghiệm phương trình x =  x − y =  x + x =  x + x − = (1) ⇔ ⇔ b)  (2) x + y = 2 x − y =  y = 2x − Giải (1): ∆ ' = ; x1 = , x2 = −4 Thay vào (2): Với x = y = 2.2 − = Với x = −4 y = 2.(−4) − = −11 Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( x, y ) ∈ { ( 2;1) , ( −4; −11) } Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = x hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ xA = −1; xB = a) Tìm tọa độ hai điểm 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) Giải a) Vì A, B thuộc (P) nên: 1 ×(−1) = 2 xB = ⇒ yB = ×2 = 2   Vậy A  −1; ÷ , B(2; 2) 2  x A = −1 ⇒ y A = b) 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 + c) (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 5 = + = + = ⇒h= 2 h OC OD Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) 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 Giải a) x − 2(m + 1) x + m + m − = (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x − x − = ∆ ' = ; x1,2 = ± Vậy với m = thì nghiệm phương trình (1) x1,2 = ± b) ∆ ' = m + Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > −2  x1 + x2 = 2(m + 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x2 = m + m − Do đó: x +x 1 2(m + 1) + =4⇔ =4⇔ =4 x1 x2 x1 x2 m + m −1 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 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vng góc với AB; IK vng 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: Giải S ' HK ≤ S AI a) Tứ giác AHIK có: ·AHI = 900 ( IH ⊥ AB ) ·AKI = 900 ( IK ⊥ AD) ⇒ ·AHI + ·AKI = 1800 ⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp b) ∆ IAD ∆ IBC có: µA1 = B µ (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) ·AID = BIC · (2 góc đối đỉnh) ⇒ ∆ IAD ∆ IBC (g.g) IA ID ⇒ = ⇒ IA.IC = IB.ID IB IC c) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có µA1 = H µ (2 góc nội tiếp chắn cung IK) µ1⇒H µ1=B µ1 Mà µA1 = B µ1=D µ1 Chứng minh tương tự, ta K µ1=B µ1 ; K µ1=D µ1 ∆ HIK ∆ BCD có: H ⇒ ∆ HIK ∆ BCD (g.g) d) Gọi S1 diện tích ∆ BCD Vì ∆ HIK ∆ BCD nên: S ' HK HK HK HK = = ≤ = S1 BD ( IB + ID) IB.ID IA.IC (1) Vẽ AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / / CF ⇒ CF IC = AE IA ∆ ABD ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC = ⇒ 1= S AE S IA Từ (1) (2) suy (2) S ' S1 HK IC S ' HK × ≤ × ⇔ ≤ (đpcm) S1 S IA.IC IA S IA2 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : ( x3 − ) = Giải phương trình : ( x3 − ) = ) ( ( x + 4) + ( ( x + 4) + Giải ) (1) ĐK: x > Đặt: x3 − = u (2) x + = v (v > 1) ⇒ v − = x Khi phương trình (1) ⇔ ( u (3) ) =(v + ) hay u − = v 2 (4) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:  x3 − = u  x − v = u − x (5)  v − = x ⇒  3 2 u − x = v − u (6) u − = v  Vì x, u, v > nên giả sử x ≥ v thì từ (5) ⇒ u ≥ x Có u ≥ x nên từ (6) ⇒ v ≥ u Do đó: x ≥ v ≥ u ≥ x ⇒ x = v = u Mặt khác, x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vơ lí) Vì x = u nên: x − = x ⇔ ( x − ) ( x + x + ) = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm x = Hết ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TẠO NĂM HỌC 2017 – 20 18 PHÚ THỌ Mơn thi: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN Câu (1,5 điểm) x +1 −1 = 2 x − y = b)... S ' HK ≤ S AI a) Tứ giác AHIK có: ·AHI = 900 ( IH ⊥ AB ) ·AKI = 900 ( IK ⊥ AD) ⇒ ·AHI + ·AKI = 180 0 ⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp b) ∆ IAD ∆ IBC có: µA1 = B µ (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) ·AID... S1 BD ( IB + ID) IB.ID IA.IC (1) Vẽ AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / / CF ⇒ CF IC = AE IA ∆ ABD ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC = ⇒ 1= S AE S IA Từ (1) (2) suy (2) S ' S1 HK IC S ' HK × ≤ ×