Đề thi môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT - Năm học 2017-2018 - Sở GD&ĐT Phú Thọ (Có đáp án)

1. SƯU TẦM BỞI DAYTOT.VN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH PHÚ THỌ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (1,5 điểm) x 1 a) Giải phương trình: 10. 2 23xy b) Giải hệ phương trình: . 2 xy 5 Câu 2 (2,5 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình yx 2 và hai điểm A, 2 B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là xxAB 1; 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). Câu 3 (2,0 điểm) Cho phương trình: x22 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 xx12, thỏa mãn điều kiện : 11 4 . xx12 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 S4. AI 2 Câu 5 (1,0 điểm) 3 2 Giải phương trình : xx3 4 3 ( 2 4) 2 4 . Hết
2. SƯU TẦM BỞI DAYTOT.VN HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung x 1 x 1 1 0 1 x 1 2 x 1 a) 22 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 2x y 3 x22 2x 8 x 2x 8 0 (1) 2 Câu 1 x y 5 2x y 3 y 2x 3 (2) (1,5đ) Giải (1): ' 9 ; x12 2 , x 4 b) 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: 112 xAA 1 y  ( 1) 22 1 a) x 2 y  22 2 BB2 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 Câu 2 b) 2 2 2 (2,5đ) 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: c) 1 1 1 1 1 5 2 5 h h2 OC 2 OD 2 1 2 2 2 4 5 25 Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) là . 5 x22 2( m 1) x m m 1 0 (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x2 2x 1 0 a) Câu 3 ' 2 ; x1,2 1 2 (2,0đ) Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x1,2 1 2 . b) ' m 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt m2
3. SƯU TẦM BỞI DAYTOT.VN x x 2(m 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 12 2 x12 x m m 1 Do đó: 1 1 x12 x 2(m 1) 4 4 2 4 x1 x 2 x 1 x 2 m m 1 22 m1 m m 1 0 m m 1 0 3 m12(m 22 m1) 2m m30 m 2 3 Kết hợp với điều kiện m  1; là các giá trị cần tìm. 2 A H 1 1 B 1 K 1 I O 1 D C Tứ giác AHIK có: Câu 4 AHI  900 (IH AB) (3,0đ) a) AKI  900 (IK AD) AHI AKI 1800 Tứ giác AHIK nội tiếp. IAD và IBC có: AB11 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O)) b) AID BIC (2 góc đối đỉnh) IAD IBC (g.g) IA ID IA.IC IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có AH11 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) Mà ABHB1 1 1 1 c) Chứng minh tương tự, ta được KD11 HIK và BCD có: H1 B 1 ; K 1 D 1 HIK BCD (g.g)
4. SƯU TẦM BỞI DAYTOT.VN B H A I F K E O D C d) Gọi S1 là diện tích của BCD. Vì HIK BCD nên: S' HK2 HK 2 HK 2 HK 2 22 (1) S1 BD (IB ID) 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 11 (2) S AE S IA Từ (1) và (2) suy ra 22 S'S1 HK IC S' HK   2 (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA 3 2 Giải phương trình : xx3 4 3 ( 2 4) 2 4 (1) ĐK: x4 3 Đặt: x32 4 u (2) 3 x2 4 v (v1) v 3 4 x 2 (3) 32 Khi đó phương trình (1) u2 v 2 4 hay u 3 4 v 2 (4) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: x32 4 u Câu 5 3 3 2 2 x v u x (5) (1,0đ) v32 4 x 3 3 2 2 32 u x v u (6) u 4 v Vì x, u, v > 1 nên giả sử xv thì từ (5) ux Có ux nên từ (6) vu 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: x4x3 2 x2xx20x2 2 (thỏa mãn) Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2.