ĐỀ THI vào 10 PHÚ THỌ 2017 2018

ĐỀ THI VÀO 10 Câu (1,5 điểm) x 1 1  2x  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  x 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 điểm O ( gốc tọa độ) tới đường thẳng (d) Câu (2,0 điểm) Cho phương trình : x  2(m  1) x  m  m   a) Giải phương trình với m=0 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện sau: 1  4 x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH  AB , IK  AD ( H �AB, K �AD) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp 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 �là diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: S � HK � S AI Câu (1,0 điểm) Giải phương trình:  x     ( x  4)2   Đáp án sơ lược: Câu (1,5đ) a) x 1 1  � x 1  � x  Vậy phương trình có tập nghiệm S   1 2x  y  � (1) �y  x  �y  x  � �2 � �2 �x  y  �x  x   �x  x   (2) b) � Giải phương trình (2): x1  2, x2  4 + x  x1  � y  + x  x2  4 � y  11 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y): (2; 1), (-4; -11) Câu 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình: y  x 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 điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d) Giải: a) Thay hồnh độ điểm A, B vào phương trình parabol: A( -1; ), B( 2;2) b) Gọi phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A, B y  ax  b ( a, b �R ) �1 � a �  a  b � �� đường thẳng (d) qua hai điểm A, B: �2 � �  2a  b b 1 � � Phương trình đường thẳng (d) y  x  c) Đường thẳng (d) cắt trục Ox, Oy C( -2; 0), D( 0; 1) Dễ thấy tam giác OCD vuông O OC  xC  2  ; OD  yD   CD  OD  OC  12  22  Gọi H chân đường vng góc hạ từ O xuống đường thẳng (d) khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d) độ dài đoạn OH: 1 SOCD  OC.OD  OH CD 2 �  OH � OH  Vậy khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d) Câu 3: 5 a) Với m=0 phương trình cho trở thành: x  x   �   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1   2; x2   b)Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác khơng: � 0 � �m   � �2 � �2  2.(m  1).0  m  m  �0 � �m  m  �0 m  2 � � � � 1 � m� � � 1 � Với m  2 m � phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác �x1  x2  2( m  1)  2m  Áp dụng hệ thức vi-ét: � �x1.x2  m  m  1   � x1  x2  x1.x2 � 2m   4.(m  m  1) x1 x2 3 (thỏa mãn) � 4m  2m   � m  ( thỏa mãn) m  3 Vậy : m  m  Câu 4: A K D H I B C ˆ  900 ; AKI ˆ  900 a) Tứ giác IHAK có AHI ˆ  AKI ˆ  900 mà hai góc đối � tứ giác IHAK nội tiếp � AHI b) Xét hai tam giác IDA ICB có: ˆ  CIB ˆ (Đối đỉnh) AID ˆ (Cùng chắn cung AB) � ADI ˆ ˆ  ACB ˆ  ICB ADB � AID : BIC ( g g ) � AI ID  � IA.IC  ID.IB (đpcm) BI IC c)Xét hai tam giác HIK BCD ˆ  1800 (tứ giác IHAK nội tiếp) ˆ  KAH KIH ˆ  DCB ˆ  1800 (tứ giác ABCD nội tiếp) � KAH ˆ  DCB ˆ  1800 DAB ˆ (1) ˆ  DCB � KIH ˆ  CAB ˆ  CDB ˆ  IAH ˆ (tứ giác ABCD nội tiếp) (2) ˆ (tứ giác IHAK nội tiếp) HKI ˆ  IAH HKI Từ (1) (2): HIK đồng dạng DCB (g.g) S �KH � d) HIK đồng dạng DCB � HIK  � �(3) S DCB �BD � S AIB IB  S ADB DB SCIB IB  Hai tam giác CIB DBC chung đường cao kẻ từ đỉnh C: SCBD DB S S S S � CIB  AIB � ADB  AIB SCBD S ADB SCBD SCIB S ADB S AIB AI AI   � SCBD  S ADB Mà Hai tam giác AIB CIB chung đường cao kẻ từ B: SCBD SCIB IC IC Hai tam giác AIB ABD chung đường cao kẻ từ đỉnh A: 2 S HIK S HIK IC �KH � �KH � S   � �� HIK  � � Thay vào (3): S DCB AI S ADB �BD � S ADB IA �BD � IC 2 Áp dụng bất đẳng thức  x  y  �4 xy : BD   BI  ID  �4 BI ID  IA.IC ( Vì IA.IC  ID.IB ) Dấu “=” xảy I trung điểm BD S HIK IC �KH � IC KH KH S � KH = ��= � � (Đpcm) S ADB IA �BD � IA IA.IC IA2 S IA2 Câu 5:  x     ( x  4)   (*) Vì VP(*)>0 � VT (*)  � x   � x  >0 +Áp dụng bất đẳng thức cô-si: VP(*)   ( x  4)      � ( x  4)  � 3 �2 ( x  4)  16 � �3 ( x  4)  � � � � � � � � � 8� 3 � � � � �3 ( x  4)2  � �  x    ( x  4)  �� � � � � �   ( x  4)  � x 4� � 3x  20 �3 ( x  4) 3  ( x  4)  � � 13 2 x  16 x  ( x  4).( x  4).8 �  Mà ( x  4)  2 3 x 8 � 3x  20 �3 ( x  4) � � x  x  68 �0 � � �  � x  � 17 x 34 x x 2(1)  x ��� � 44 4 � �0  0,  x  � � 2 +Áp dụng bất đẳng thức cô-si: 2 2� 3 x   � �x3 ( x  4) � VT(*)=  x     x   �  x   � � � � � ��4  x   � � � � � 3 Mặt khác: VP(*)=    ( x  4)  � 16 x  �x ( x  4) � � �� x    � � 3 x ( x  4) ۳ 16 x  4  ( x  4)     Vậy: � 16 x   Tiếp tục áp dụng BĐT cô si: 16 x  16 x  16 x  x �4 16 x 16 x 16 x x  x 8x  x2 ۳ 16 x 3 x ( x  4) 8x  x  � 16 x 4 � x  12 x  x  32 x  48 �0 � ( x  2)(3x  x  12 x  12 x  28 x  24) �0 Do 3x  x  12 x  12 x  28 x  24  0, x  : x �۳ x 2(2) Các dấu “=” bất đẳng thức xảy x=2 Từ (1) (2): x=2 Câu lời giải tác giả Các bạn có cách ngắn gọn xin góp ý trao đổi! Nội dung x 1 x 1 1  �  � x 1  � x  2 Vậy nghiệm phương trình x = 2x  y  � �x  2x  �x  2x   (1) �� �� �2 2x  y  (2) �x  y  � �y   2x Giải (1):  '  ; x1,2  � Thay vào (2): Với x   y      Với x     y        Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x, y  �    3;1  ,  3;1  3  Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A  1 � y A  � (1)  � 1� 2 1; �, B(2;2) Vậy A � 2� � x B  � yB  � 2 Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình: � � � a  b  3a  a � � � �� 2�� Vậy (d): y  x  � � � � 2a  b  2a  b  b 1 � � � (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  vng OCD, ta có: 1 1 5      �h  2 h OC OD 2 x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x  2x    '  ; x1,2  � Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x1,2  � '  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt � m  2 �x1  x  2(m  1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: � �x1x  m  m  Do đó: 1 x  x2 2(m  1)  4� 4� 4 x1 x x1x m  m 1 m 1 � � � m  m  �0 m  m  �0 � � �� �� �� � m m   2(m  m  1) 2m  m   � � � � 3� 1;  �là giá trị cần tìm Kết hợp với điều kiện � m �� � 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 �1 (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) A �  BIC � (2 góc đối đỉnh) �  IAD  IBC (g.g) AID IA ID �  � IA.IC  IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có �1  H �1 (2 góc nội tiếp chắn cung IK) A �1  B �1 � H �1  B �1 Mà A �1  D �1 Chứng minh tương tự, ta K �1  B �1 ; K �1  D �1 �  HIK  HIK  BCD có: H  BCD (g.g) Gọi S1 diện tích  BCD  BCD nên: Vì  HIK 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 �  �‫ף‬ (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA (1) (2) ... c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d) Giải: a) Thay hoành độ điểm A, B vào phương trình parabol: A( -1; ), B( 2;2) b) Gọi phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A,... giác AIB ABD chung đường cao kẻ từ đỉnh A: 2 S HIK S HIK IC �KH � �KH � S   � �� HIK  � � Thay vào (3): S DCB AI S ADB �BD � S ADB IA �BD � IC 2 Áp dụng bất đẳng thức  x  y  �4 xy : BD  ... 2x  �x  2x   (1) �� �� �2 2x  y  (2) �x  y  � �y   2x Giải (1):  '  ; x1,2  � Thay vào (2): Với x   y      Với x     y        Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x,