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 (1,5 điểm) x 1 1  2 x  y  b) Giải hệ phương trình:  x  y  a) Giải phương trı̀nh: Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y  B thuộc (P) có hoành độ x A  1; xB  a) Tìm tọa độ A, B b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A,B c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d) x hai điểm A, Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  m   (m tham số) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện : 1   x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC 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 IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S’ diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: S ' HK  S AI Câu (1,0 điểm) Giải phương trình :  x3      ( x  4)  Hết -Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phầ n a) Câu (1,5 đ) b) x 1 x 1 1     x 1   x  2 Vậy nghiệm phương trình x =  2x  y   x  2x   x  2x   (1)    (2) x  y  2x  y   y   2x Giải (1):  '  ; x1,2   Thay vào (2): Với x   y      Với x     y   1     Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x, y   1  a) Câu (2,5 đ) b) c) Câu (2,0 a) Điể m Nội dung  0.75 0.75  3;1  ,  3;1  Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A  1  y A   (1)  2 x B   y B   22  2 1  Vậy A  1;  , B(2;2) 2  Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình:     a  b  3a  a   2 2   2a  b  2a  b  b  1 Vậy (d): y  x  (d) cắt trục Oy điểm C(0; 1) cắt trục Ox điểm D(– 2; 0)  OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào  vuông OCD, ta có: 1 1    2  2 h OC OD h x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x  2x    '  ; x1,2   0.75 0.75 1.0 1.0 đ) Vậy với m = nghiệm phương trình (1) x1,2   b) '  m  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  2  x1  x  2(m  1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x  m  m  Do đó: 1 x  x2 2(m  1)  4 4 4 x1 x x1x m  m 1 1.0 m  2  m  m    m  m      m    m   2(m  m  1)  2m  m     3 Kết hợp với điều kiện  m  1;   giá trị cần tìm  2 A H B K 1 I 0.25 O D Câu (3,0 đ) a) b) c) Tứ giác AHIK có:   900 (IH  AB) AHI   900 (IK  AD) AKI   AKI   1800  AHI  Tứ giác AHIK nội tiếp  IAD  IBC có: 1  B  (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) A   BIC  (2 góc đối đỉnh) AID   IAD  IBC (g.g) IA ID    IA.IC  IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có 1  H  (2 góc nội tiếp chắn cung IK) A 1  B 1  H 1  B 1 Mà A C 0.75 0.5 0.75 1  D 1 Chứng minh tương tự, ta K 1  B 1 ; K 1  D 1  HIK  BCD có: H  BCD (g.g)   HIK A B H F I K E O D d) Câu (1,0 đ) C Gọi S1 diện tích  BCD Vì  HIK  BCD nên: S' HK HK HK HK     S1 BD (IB  ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC  Vẽ AE  BD , CF  BD  AE / /CF  AE IA  ABD  BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC   1 S AE S IA Từ (1) (2) suy S' S1 HK IC S' HK (đpcm)      S1 S 4IA.IC IA S 4IA  Câu (1 điểm) Giải phương trình x  ĐKXĐ x     ( x  4)  0.75 (1) (2)  1.0 x x  4   ( x  4)     x3     x     x   x    x  x    x      3  ( x  4)    x     x   ( x  4)   x    x   x   x    x  x    x       ( x  4)  x    ( x  4)  x    ( x  4)  x    x  x2  4  x6   x   x   x    x  x    x     ( x  4)  x ( x  4)  x  ( x  4)  x   x  x   x   3 4    x   x   x  4  x  x  4  x    ( x  4)  x ( x  4)  x  ( x  4)     x   x    x    x  x    x       x   x3  ( x  4)  x (x   4)  x ( x  4)  x3   x    x    x  x     x   Vi x  thi   x    x  x    x      x   x3  ( x  4)   x (x   4)  x ( x  4)  ...HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phầ n a) Câu (1,5 đ) b) x 1 x 1 1     x 1   x  2 Vậy nghiệm... 2x   x  2x   (1)    (2) x  y  2x  y   y   2x Giải (1):  '  ; x1,2   Thay vào (2): Với x   y      Với x     y   1     Vậy nghiệm hệ phương trình là:  x,... trục Ox điểm D(– 2; 0)  OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào  vuông OCD, ta có: 1 1    2  2 h OC OD h x  2(m  1) x  m  m   (1) Với m = 0, phương