Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Phú Thọ (Có đáp án)

1. STT 45. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018 x 2 Câu 1: a) Giải phương trình: 1 0. 2 2x y 3 b) Giải hệ phương trình 2 . x y 5 1 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P có phương trình y x2 và hai điểm A, B 2 thuộc P có hoành độ lần lượt là xA 1, xB 2. a) Tìm tọa độ hai điểm A, B. b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B. c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng d . Câu 3: Cho phương trình: x2 2m 1 x m2 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: Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH  AB, IK  AD H Î AB, K Î AD . a) Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp. 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 2 3 3 2 2 Câu 5: Giải phương trình: x 4 8 x 4 4 .
2. STT 45. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018 x 2 Câu 1: a) Giải phương trình: 1 0. 2 2x y 3 b) Giải hệ phương trình 2 . x y 5 Lời giải x 2 x 2 a) Ta có 1 0 1 x 2 2 x 0 . 2 2 Vậy phương trình có nghiệm x 0. b) Ta có 2x y 3 2 x y 5 y 2x 3 2 x y 5 y 2x 3 2 x 2x 3 5 0 y 2x 3 2 x 2x 8 0 y 2x 3 x 2 x 4 x 2 y 2.2 3 1 x 4 y 2. 4 3 11 Vậy hệ có hai nghiệm x; y Î 2;1 , 4; 11  . 1 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol P có phương trình y x2 và hai điểm A, B 2 thuộc P có hoành độ lần lượt là xA 1, xB 2. a) Tìm tọa độ hai điểm A, B. b) Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B. c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng d . Lời giải 1 2 1 a) x 1 y . 1 . A A 2 2
3. 1 x 2 y .22 2. B B 2 1 Vậy tọa độ điểm A 1; ; B 2;2 . 2 b) Giả sử phương trình đường thẳng d là y ax b. 1 1 Vì d đi qua A 1; nên a b. 1 2 2 Vì d đi qua B 2;2 nên 2 2a b . 2 Từ 1 và 2 ta có hệ: 1 1 a b a 2 2 . 2a b 2 b 1 1 Vậy phương trình đường thẳng d là y x 1. 2 Câu 3: Cho phương trình: x2 2m 1 x m2 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 Lời giải a) Với m 0 ta có phương trình: x2 x 1 0. 1 2 4.1. 1 5. 1 5 1 5 Vậy phương trình có 2 nghiệm x ; x . 2 2 b) Ta có 2m 1 2 4. m2 m 1 5 0 m Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m . Theo định lý Vi-ét ta có: x1 x2 2m 1 2 x1.x2 m m 1 1 1 x1 x2 2m 1 2 Điều kiện 4 4 2 4 2m 1 4m 4m 4 x1 x2 x1.x2 m m 1 1 21 m 2 4 4m 2m 5 0 1 21 m 4
4. 1 21 1 21  Vậy mÎ ;  . 4 4  Câu 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH  AB, IK  AD H Î AB, K Î AD . a) Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp. 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 Lời giải a) Ta có ·AHI ·AKI 90 (gt) ·AHI ·AKI 180 Mà hai góc ở vị trí đối nhau, nên tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp (dhnb) b) Xét tam giác ABI và DIC có: B· AI I·DC (do tứ giác ABCD nội tiếp ) ·AIB D· IC (2 góc đối đỉnh) Suy ra ABI ∽ DCI (g.g) IA IB IA.IC IB.ID . ID IC c) Ta có K· HI K· AI (do tứ giác AHIK nội tiếp) mà K· AI D· BC (do tứ giác ABCD nội tiếp) suy ra K· HI D· BC . Tương tự ta có H· KI H· AI (do tứ giác AHIK nội tiếp) và H· AI B· DC (do tứ giác ABCD nội tiếp) suy ra H· KI B· DC Xét hai tam giác HKI và BCD có: K· HI D· BC (cmt) H· KI B· DC (cmt)
5. Suy ra KHI ∽ DBC (g.g) d) Gọi S1 là diện tích tam giác BCD . Vì HIK ∽ BCD nên S HK 2 HK 2 HK 2 HK 2 1 S BD2 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: S CF S IC 1 1 2 S AE S IA Từ 2 và 2 suy ra 2 2 S S1 HK IC S HK . . 2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA 2 3 3 2 2 Câu 5: Giải phương trình: x 4 3 x 4 4 . Lời giải 2 3 3 2 2 6 Đặt x 4 3 x 4 4 t x3 4 t 2 2 . 3 x2 4 t3 4 Đặt 3 x2 4 a. Khi đó ta có hệ x3 4 t 2 3 2 t 4 a x,t,a 0. 3 2 a 4 x a x a x 1 Nếu a2 x2 3 3 t 4 a 4 t a 2 Do t a t 2 a2 x3 4 t3 4 x t 3 . Từ 1 , 2 , 3 suy ra a x t a a x t x3 4 x2 x 2.