45 TS10 phu tho 1718 HDG

STT 45. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH PHÚ THỌ
NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 1:

Câu 2:

x2
 1  0.
a) Giải phương trình: 2
2x  y  3
�
�2
x  y5
b) Giải hệ phương trình �
.

 P
cho parabol

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
có phương trình
 P  có hoành độ lần lượt là xA  1 , xB  2 .
thuộc
a) Tìm tọa độ hai điểm A, B.
b) Viết phương trình đường thẳng

Câu 3:

Câu 4:

 d

đi qua hai điểm A, B.

1 2
x
2 và hai điểm A, B

 d.
c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng
x 2   2m  1 x  m 2  m  1  0 m
Cho phương trình:
( là tham số).
m

0.
a) Giải phương trình với
x x
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 ; 2 thỏa mãn điều kiện:
1 1
  4.
x1 x2
Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH  AB, IK  AD
 H �AB, K �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

2
�
2
8
 x  4  �
�  x  4   4 �.
�
�
Giải phương trình:
3

Câu 5:

y

3


STT 45. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH PHÚ THỌ
NĂM HỌC 2017 – 2018
Câu 1:

x2
 1  0.
a) Giải phương trình: 2
2x  y  3
�

�2
x  y5
b) Giải hệ phương trình �
.
Lời giải
x2
x2
1  0 �
1
� x2  2 � x  0.
2
a) Ta có 2
Vậy phương trình có nghiệm x  0.
b) Ta có
2x  y  3
�
�2
�x  y  5

�y  2 x  3
� �2
�x  y  5
�y  2 x  3
� �2
�x  2 x  3  5  0
�y  2 x  3
� �2
�x  2 x  8  0
�y  2 x  3
�

� ��
x2
��
x  4
��
�
�x  2
�
�
�y  2.2  3  1
�
��
�x  4
�
�
�
�y  2.  4   3  11
�
 x; y  �  2;1 ,  4; 11  .
Vậy hệ có hai nghiệm
Câu 2:

 P
cho parabol

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
có phương trình
 P  có hoành độ lần lượt là xA  1 , xB  2 .
thuộc
a) Tìm tọa độ hai điểm A, B.

b) Viết phương trình đường thẳng

 d

đi qua hai điểm A, B.

y

 d.
c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng
Lời giải

1 2
x
2 và hai điểm A, B


1
1
2
x A  1 � y A  .  1 
2
2.
a)
1
xB  2 � yB  .2 2  2.
2
� 1�
A�
1; �

;
B  2; 2  .
2
�
�
Vậy tọa độ điểm

 d  là y  ax  b.
Giả sử phương trình đường thẳng
� 1�
1
A�
1; �
 a  b.
d

 1
Vì
đi qua � 2 �nên 2
 d  đi qua B  2; 2  nên 2  2a  b .
 2
Vì
 1 và  2  ta có hệ:
Từ
1
�
� 1
� a  b 
�a 
2�� 2

�
�
�
b 1 .
�2a  b  2
�
b)

1

Câu 3:

 d  là y  2 x  1.
Vậy phương trình đường thẳng
x 2   2m  1 x  m 2  m  1  0 m
Cho phương trình:
(

là tham số).

a) Giải phương trình với m  0.
x x
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 ; 2 thỏa mãn điều kiện:
1 1
  4.
x1 x2
Lời giải
a) Với m  0 ta có phương trình:
x 2  x  1  0.
2

   1  4.1.  1  5.
x

1 5
1 5
; x
.
2
2

Vậy phương trình có 2 nghiệm
2
   2m  1  4.  m 2  m  1  5  0 m
b) Ta có
x x
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 ; 2 với mọi m .
Theo định lý Vi-ét ta có:
�x1  x2  2m  1
�
2
�x1.x2  m  m  1


Câu 4:

x x
1 1
  4 � 1 2  4 � 2m  1  4
x1.x2
� 2 m  1  4m 2  4m  4

m2  m  1
Điều kiện x1 x2
� 1  21
m
�
4
��
� 1  21
m
�
2
�
4
� 4m  2m  5  0
�1  21 1  21 �
m ��
;
�
4
4
�.
�
Vậy
Cho tứ giác ABCD nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Kẻ IH  AB, IK  AD
 H �AB, K �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:
�  IDC
�
BAI
(do tứ giác ABCD nội tiếp )
�
�
AIB  DIC
(2 góc đối đỉnh)
Suy ra ABI ∽ DCI (g.g)
IA IB
�

� IA.IC  IB.ID
ID IC
.
�
�

c) Ta có KHI  KAI (do tứ giác AHIK nội tiếp)


�
�
mà KAI  DBC (do tứ giác ABCD nội tiếp)
�
�
suy ra KHI  DBC .
�
�
Tương tự ta có HKI  HAI (do tứ giác AHIK nội tiếp)
�
�
và HAI  BDC (do tứ giác ABCD nội tiếp)
�
�
suy ra HKI  BDC
Xét hai tam giác HKI và BCD có:
�  DBC
�
KHI
(cmt)
�
�
HKI  BDC (cmt)
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


�

S BD 2  IB  ID  2 4 IB.ID 4 IA.IC

�

 1

CF IC

AE IA

Vẽ AE  BD, CF  BD � AE //CF
ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S1 CF
S
IC

� 1
S AE
S IA
 2  và  2  suy ra
Từ
S �S1
HK 2 IC

S � HK 2
. �
.
ۣ
S1 S 4 IA.IC IA
S 4 IA2 (đpcm)

 2

2

Câu 5:

3
2
�
2
3
 x3  4   �
�  x  4   4 �.
�
�
Giải phương trình:
Lời giải
2

2
� 6
2
3

 x  4  �
�  x  4   4 � t
�
�
Đặt
�x 3  4  t 2
�
��
.
2
3 x2  4
 t3  4


�
�
3

3

3 2
Đặt x  4  a. Khi đó ta có hệ
�x 3  4  t 2
�3
t 4 a 2 x, t , a 0.
�
�
a3  4  x2
�

�
a �x  1
a �x
�
�
a 2 �x 2 � �3
�
�
t  4 �a 3  4
t �a  2 
�
�
Nếu
a ��
t 2 a 2
x3 4 t 3 4 ۳ x t  3 .
Do t �
 1 ,  2  ,  3 suy ra a �x �t �a � a  x  t � x3  4  x 2 � x  2.
Từ