Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán phú thọ năm học 2017 2018(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
Câu 2 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:

1
2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho prabol (P) có phương trình y = x 2 và hai điểm A, B thuộc (P)
có hoành độ lần lượt là xA = −1; xB = 2
a) Tìm tọa độ 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).
Câu 3 (2,0 điểm)
2
2
Cho phương trình: x − 2(m + 1) x + m + 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.
c) 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

( x 2 + 4) 2 + 4

)

2

-------------- Hết--------------

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


Câu 4

Hướng dẫn câu d bài hình
S HIK HK 2
HK 2
HK 2
HK 2
=
=
≤
=
S BCD BD 2 ( BI + ID ) 2 4.BI . ID 4 AI .CI
AI
AI
=
⇒ S ABD =
.SCBD
CI
CI

Ta có ∆HIK ∽ ∆BCD ⇒
Ta lại có

S ABD
SCBD

S HIK
S HIK
HK 2
HK 2
=
≤
=
2 . Dấu bằng xảy ra khi BI = ID
Suy ra: S ABD AI
AI
.S BCD
.4. AI .CI 4. AI
CI
CI
Câu 5( 1điểm)
2

3
2


Giải phương trình: ( x3 − 4 ) =  3 ( x 2 + 4 ) + 4 ÷ (1)




Cách 1.
Lời giải:
ĐK: x > 3 4
Đặt:
x 3 − 4 = u 2 (2);
3
2
3 2
x + 4 = v ( v > 1 ) ⇒ v − 4 = x (3)
Khi đó phương trình (1) ⇔ ( u 2 ) = ( v 2 + 4 )
Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình:
3

2

hay u 3 − 4 = v 2 (4)

 x 3 − 4 = u 2 (2)
 3
2
v − 4 = x (3) ⇔
u 3 − 4 = v 2 (4)

3
2
3
Từ (2), (3), (4) ⇒ x > u ; v > x 2 ; u 3 > v 2
Mà x, u, v > 1 ⇒ x ≥ u ; v ≥ x ; u ≥ v . Vậy x = u = v

 x 3 − u 2 = 4 (2)
 3
2
v − x = 4 (3)
u 3 − v 2 = 4 (4)


Từ đó ta có: x3 − 4 = x 2 ⇔ ( x − 2 ) ( x + x + 2 ) = 0 ⇒ x = 2 (Thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2 .
2

2


Cách 2: Giải phương trình

(x

3

− 4) =
3

ĐKXĐ x >

(x

3

(

3

3

( x + 4) + 4

4

− 4 ) − 64 =
3

2

(

2

3

)

2

)

2

( x 2 + 4) 2 + 4 − 64

(

)(

)

2
⇔ ( x 3 − 4 − 4 ) ( x 3 − 4 ) + 4( x 3 − 4) + 16  = 3 ( x 2 + 4) 2 + 4 − 8 3 ( x 2 + 4) 2 + 4 + 8


2
⇔ ( x 3 − 8 ) ( x 3 − 4 ) + 4( x 3 − 4) + 16  = 3 ( x 2 + 4) 2 − 4 3 ( x 2 + 4) 2 + 12


2
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) ( x 3 − 4 ) + 4( x 3 − 4) + 16  = 3 x 2 + 4 − 2 3 x 2 + 4 + 2 3 ( x 2 + 4) 2 + 12



(

)(

(

)

)(

)(

2
( x + 2)( x − 2)
⇔ ( x − 2 ) ( x 2 + 2 x + 4 ) ( x 3 − 4 ) + 4( x 3 − 4) + 16  =

 3 ( x 2 + 4)2 + 2 3 ( x 2 + 4) 2 + 4

(

 x 2 + 2 x + 6  x 3 − 4 2 + 4( x 3 − 4) + 16 
) (
)

(
⇔ ( x − 2) 


⇔x=2

(

 x 2 + 2 x + 6  x 3 − 4 2 + 4( x 3 − 4) + 16 
) (
)

(




Vi do x > 3 4 ⇒

(x

2

3

)

3

( x 2 + 4) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4

)

3

( x 2 + 4) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4
3

)

x2 + 4 + 2 ;

2
+ 2 x + 6 ) > x + 2; ( x 3 − 4 ) + 4( x 3 − 4) + 16 >



(

3

x2 + 4 + 2

( x 2 + 4) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4 − ( x + 2)

( x 2 + 4) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4 − ( x + 2)

(

3

3

3

( x 2 + 4) 2 + 2 3 x 2 + 4 + 4 >

(

( x 2 + 4) 2 + 12

3

)

(

3

(

3

x2 + 4 + 2

)(

)
3

( x 2 + 4) 2 + 12

x2 + 4 + 2

)(

3

)(

3

)

( x 2 + 4) 2 + 12

)

( x 2 + 4) 2 + 12 

>0



)