Tải bản đầy đủ

Đề thi môn Toán vào lớp 10 tỉnh Phú Thọ năm 2017 (có đáp án)

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 (1,5 điểm)

x +1
−1 = 0 .
2
2 x − y = 3
b) Giải hệ phương trình:  2
.
x + y = 5

a) Giải phương trình:

Câu 2 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y =
thuộc (P) có hoành độ lần lượt là x A = −1; xB = 2 .
a) Tìm tọa độ của hai điểm A, B.
b) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua hai điểm A, B.
c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d).

1 2
x và hai điểm A, B
2

Câu 3 (2,0 điểm)
Cho phương trình: x 2 − 2(m + 1) x + m 2 + m − 1 = 0 (m là tham số).
a) Giải phương trình với m = 0 .
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện :
1 1
+ = 4.
x1 x2
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). Gọi I là giao điểm AC và 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 rằng IA.IC = IB.ID.
c) Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
d) Gọi S là diện tích tam giác ABD, S’ là diện tích tam giác HIK. Chứng minh rằng:
S ' HK 2

S 4. AI 2
Câu 5 (1,0 điểm)
Giải phương trình : ( x3 − 4 ) =
3

(

3

)


2

( x 2 + 4) 2 + 4 .

-------------- Hết-------------Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: .................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần
a)

Câu 1
(1,5đ)
b)

a)

Câu 2
(2,5đ)

b)

c)

Câu 3
(2,0đ)
a)

b)

Nội dung
x +1
x +1
−1 = 0 ⇔
= 1 ⇔ x +1 = 2 ⇔ x = 1
2
2
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1.
2x − y = 3
 x 2 + 2x = 8
 x 2 + 2x − 8 = 0 (1)


 2


(2)
x + y = 5
2x − y = 3
 y = 2x − 3
Giải (1): ∆ ' = 9 ; x1 = 2 , x 2 = −4
Thay vào (2):
Với x = 2 thì y = 2.2 − 3 = 1
Với x = −4 thì y = 2.(−4) − 3 = −11
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( x, y ) ∈ { ( 2;1) , ( −4; −11) } .
Vì A, B thuộc (P) nên:
1
1
x A = −1 ⇒ y A = ×( −1) 2 =
2
2
1
x B = 2 ⇒ y B = ×2 2 = 2
2
1

Vậy A  −1; ÷ , B(2;2) .
2

Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.
Ta có hệ phương trình:
1
3
1



 −a + b =
3a =
a =
⇔
2⇔
2
2

2a + b = 2
2a + b = 2
b = 1
1
Vậy (d): y = x + 1 .
2
(d) cắt trục Oy tại điểm C(0; 1) và cắt trục Ox tại điểm D(– 2; 0)
⇒ OC = 1 và OD = 2
Gọi h là khoảng cách từ O tới (d).
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao vào ∆ vuông OCD, ta có:
1
1
1
1 1 5
2 5
=
+
=
+
=

h
=
h 2 OC 2 OD 2 12 22 4
5
2 5
Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là
.
5
x 2 − 2(m + 1) x + m 2 + m − 1 = 0 (1)
Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x 2 − 2x − 1 = 0
∆ ' = 2 ; x1,2 = 1 ± 2
Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x1,2 = 1 ± 2 .
∆' = m + 2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > −2

Điểm
0.75

0.75

0.75

0.75

1.0

1.0

1.0


 x1 + x 2 = 2(m + 1)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
2
 x1x 2 = m + m − 1
Do đó:
1 1
x + x2
2(m + 1)
+
=4⇔ 1
=4⇔ 2
=4
x1 x 2
x 1x 2
m + m −1
m = 1
2
2
m + m − 1 ≠ 0
m + m − 1 ≠ 0
⇔
⇔ 2
⇔
2
m = − 3
m + 1 = 2(m + m − 1)
2m + m − 3 = 0

2
 3
Kết hợp với điều kiện ⇒ m ∈ 1; −  là các giá trị cần tìm.
 2
Câu 4
(3,0đ)

0.25

a)

b)

c)

Tứ giác AHIK có:
·
AHI
= 900 (IH ⊥ AB)
·
AKI
= 900 (IK ⊥ AD)
·
·
⇒ AHI
+ AKI
= 1800
⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp.
∆ IAD và ∆ IBC có:
µ1=B
µ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
A
·
·
(2 góc đối đỉnh)
AID
= BIC
⇒ ∆ IAD
∆ IBC (g.g)
IA ID

=
⇒ IA.IC = IB.ID
IB IC
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có
µ1=H
µ 1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
A
µ1=B
µ1⇒H
µ1=B
µ1
Mà A
µ1=D
µ1
Chứng minh tương tự, ta được K
µ1=B
µ1 ; K
µ1=D
µ1
∆ HIK và ∆ BCD có: H
⇒ ∆ HIK

∆ BCD (g.g)

0.75

0.5

0.75


d)

Gọi S1 là diện tích của ∆ BCD.
∆ BCD nên:
Vì ∆ HIK
2
S' HK
HK 2
HK 2
HK 2
=
=

=
S1 BD 2 (IB + ID) 2 4IB.ID 4IA.IC
CF IC
=
Vẽ AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / /CF ⇒
AE IA
∆ ABD và ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S1 CF
S IC
=
⇒ 1=
S AE
S IA
Từ (1) và (2) suy ra
S' S1
HK 2 IC
S' HK 2
× ≤
× ⇔ ≤
(đpcm)
S1 S 4IA.IC IA
S 4IA 2
Dựa theo lời giải của thầy Đinh Văn Hưng:
Giải phương trình : ( x3 − 4 ) =
3

(

3

( x 2 + 4) 2 + 4

)

2

ĐK: x > 3 4
Đặt: x 3 − 4 = u 2
3

0.75
(1)

(2)

(1)
(2)
(3)

x 2 + 4 = v (v > 1) ⇒ v3 − 4 = x 2

Khi đó phương trình (1) ⇔ ( u 2 ) = ( v 2 + 4 ) hay u 3 − 4 = v 2 (4)
3

Câu 5
(1,0đ)

Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:
x3 − 4 = u 2
 x 3 − v3 = u 2 − x 2 (5)
 3
2
v − 4 = x ⇒  3
3
2
2
u 3 − 4 = v 2
u − x = v − u (6)


2

Vì x, u, v > 1 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, nếu x < v thì tương tự ta có x < v < u < x (vô lí)
Vì x = u nên:
x 3 − 4 = x 2 ⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + x + 2 ) = 0 ⇔ x = 2 (thỏa mãn)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.

1.0


Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn
Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×