Tải Đề thi vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Phú Thọ năm học 2017 - 2018 - Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Các bạn có cách ngắn gọn hơn xin hãy góp ý và cùng. trao đổi!.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNĂM HỌC 2017-2018 Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang)

Câu (1,5 điểm)

a) Giải phương trình:

1

1

x 

 

b) Giải hệ phương trình:

2

5

x y

x y

 

 

 

 Câu (2,5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình:

2

y x

hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ x A 1, x B

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 : x2  2(m1)x m 2m1 0

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

1

4

x  x 

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 diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng:

2

2

S HK

S AI

 

Câu (1,0 điểm)

Giải phương trình:    

2

3 4 3 ( 4)2 4

x   x  

Đáp án sơ lược: Câu (1,5đ)

a)

1

1 1

2

x

x x



      

Vậy phương trình có tập nghiệm S  1

b) 2

2 3

5

x y y x y x

x y x x x x

     

  

 

  

       

  

(1) (2)

Giải phương trình (2):

1 2,

x  x 

+x x  2 y1

+x x  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:

2

y x

hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ x A 1, x B

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 hoành độ điểm A, B vào phương trình parabol:

A( -1;

1

2), B( 2;2)

b) Gọi phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A, B y ax b  (a b R,  )

vì đường thẳng (d) qua hai điểm A, B:

1

2

2

a b a

a b b

 

  

 



 

    

 

Phương trình đường thẳng (d)

1

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 2; ODyD  1

2 12 22 5

CD OD OC   

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

2

OCD

S  OC OD OH CD

1

1

2OH OH

Vậy khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng (d)

2 5

Câu 3:

a) Với m=0 phương trình cho trở thành: x2  2x 0



   nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 1 2;x2  1

b)Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác không:

2 2

0

0 2.( 1).0 1

2

1

2

m

m m m m m

m

m



   

 

   

        

 

   

   

  

Với m  2

1

2

m 

phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác

Áp dụng hệ thức vi-ét:

1

2

2( 1) 2

x x m m

x x m m

    

 

  



2

1 2

1

1

4 x x x x 2m 4.(m m 1)

x  x         

2

4m 2m

     m1( thỏa mãn)

3

m

(thỏa mãn)

Vậy : m 1

3

m

Câu 4:

A K H

D I B

C

a) Tứ giác IHAK có AHIˆ 90 ;0 AKIˆ 900

ˆ ˆ 90

b) Xét hai tam giác IDA ICB có:

ˆ ˆ

AID CIB (Đối đỉnh) ˆ

ˆ

ADBACB (Cùng chắn cung AB)  ADIˆ ICBˆ

( ) AI ID

AID BIC g g IA IC ID IB

BI IC

      

(đpcm) c)Xét hai tam giác HIK BCD

0 ˆ

ˆ 180

KIH KAH  (tứ giác IHAK nội tiếp)

ˆ ˆ 180

DAB DCB  (tứ giác ABCD nội tiếp)  KAH DCBˆ  ˆ 1800 ˆ

ˆ

KIH DCB

  (1)

ˆ ˆ

HKI IAH (tứ giác IHAK nội tiếp) HKIˆ IAHˆ CAB CDBˆ  ˆ (tứ giác ABCD nội tiếp) (2)

Từ (1) (2): HIKđồng dạng DCB (g.g)

d) HIKđồng dạng DCB

2

HIK DCB

S KH

S BD

 

  

  (3)

Hai tam giác AIB ABD chung đường cao kẻ từ đỉnh A:

AIB ADB

S IB

S DB

Hai tam giác CIB DBC chung đường cao kẻ từ đỉnh C:

CIB CBD

S IB

S DB

CIB AIB ADB AIB

CBD ADB CBD CIB

S S S S

S S S S

   

Mà Hai tam giác AIB CIB chung đường cao kẻ từ B:

ADB AIB

CBD ADB

CBD CIB

S S AI AI

S S

S S IC  IC

Thay vào (3):

2

HIK HIK HIK

DCB ADB

ADB

S S KH S IC KH

AI

S S BD S IA BD

IC

   

      

   

Áp dụng bất đẳng thức  

2

x y  xy: BD2 BI ID 2 4 BI ID 4 IA IC( Vì

IA IC ID IB) Dấu “=” xảy I trung điểm BD

2 2 2 2

2

4 4

HIK ADB

S IC KH IC KH KH S KH

S IA BD IA IA IC IA S IA



 

       

  (Đpcm).

Câu 5:    

2

3 4 3 ( 4)2 4

x   x  

(*)

Vì VP(*)>0  VT(*) 0  x3  0  x 4>0

+Áp dụng bất đẳng thức cô-si:

 3 2 2  3 2   3 2 

3

2 2

3

1

(*) ( 4) ( 4) ( 4)

8

2 ( 4) 16 ( 4)

1

8 3

VP x x x

x x

 

         

 

       

    

   

   

3

2

3

3 3 2

2

3

3 3 2

( 4)

4 ( 4)

3

( 4)

4 20 ( 4)

3

x

x x

x

x x x

   

      

 

 

 

      

Mà

2

2 2

3 ( 4) ( 4).( 4).8 2. 16

2 3

x x

x   x  x     

 

2

3 2

2

0,

8

3 20 ( 4) 68

3

2 17 34 2(1)

x

x

x x x x

x x x x x

  



        

 

          

 

      

+Áp dụng bất đẳng thức cô-si:

VT(*)=       

2

3 3

3 2

3 4 4 4 4 4 4 ( 4)

4 4

x x x

x   x   x    x        

   

Mặt khác: VP(*)=   

2

2

3 (x 4) 4  16x 4

Vậy:

 

3

3

.( 4)

4

x x

x

  

  

 

     

2

2

3 (x 4) 4  16x 4 3

2

.( 4)

16

4

x x

x



  

Tiếp tục áp dụng BĐT cô si:

4

2 2 2 2

3 3 3

2

3

16 16 16 16 16 16

8 16

3

x x x x x x x x x

x x x

    



 

3

2

6

5

.( 4)

16 4

4

3 12 32 48

( 2)(3 12 12 28 24)

x x x x

x

x x x x

x x x x x x

 

    

     

       

Do 3x56x412x312x228x24 0,  x 0:x 0  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