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