Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Phú Thọ

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 – 2018 môn Toán sở GD và ĐT Phú Thọ gồm 5 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

31 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
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
Câu 1 (1,5 điểm)
a) Gia
i phương trı
nh:
1
10
2

x
.
b) Giải hệ phương trình:
2
23
5


xy
xy
.
Câu 2 (2,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình
2
1
2
y
x
và hai điểm A,
B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là
1; 2
AB
xx
.
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)
Cho phương trình:
22
2( 1) 1 0xmxmm
(m là tham số).
a) Giải phương trình với 0m .
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
,
x
x
thỏa mãn điều kiện :
12
11
4
xx
.
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:
2
2
'
4.
SHK
SAI
Câu 5 (1,0 điểm)
Giải phương trình :

2
3
322
3
4(4)4 xx
.
--------------
Hết--------------
Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: .................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Phầ
n
Nội dung
Điể
m
Câu
1
(1,5
đ)
a)
x1 x1
10 1 x12 x1
22

 
Vậ
y
n
g
hiệm của phươn
g
t
r
ình là x = 1.
0.75
b)
22
2
2x y 3
x2x2 x2x20 (1)
x y 5 2x y 3 y 3 2x (2)





 

Giải (1):
1,2
'3 ; x 1 3
Thay vào (2):
Với

x1 3 y321 3 2t13hì 
Với

x 1 3 y 3 2 1 3 2t13hì 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:


x,y 1 3;1 2 3 , 1 3;1 2 3 .
0.75
Câu
2
(2,5
đ)
a)
Vì A, B thuộc (P) nên:
2
AA
2
BB
11
x1y (1)
22
1
x2y 22
2


Vậy
1
A 1; , B(2;2)
2



.
0.75
b)
Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b.
Ta có hệ phương trình:
13 1
ab 3a a
22 2
2a b 2 2a b 2 b 1






 

Vậy (d):
1
yx1
2
.
0.75
c)
(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:
22222
1 1 1 115
hOCOD124
25
h
5


1.0
Câu
3
(2,0
a)
22
2( 1) 1 0xmxmm (1)
Với m = 0, phương trình (1) trở thành:
2
x2x10
1,2
'2 ; x 1 2
1.0
đ)
Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là
1,2
x12 .
b)
'm2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
m2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
12
2
12
xx 2(m1)
xx m m 1


Do đó:
12
2
12 12
22
22
11 xx 2(m1)
4 4 4
xx xx mm1
m1
mm10 mm10
3
m
m12(m m1) 2m m3 0
2




 







Kết hợp với điều kiện
3
m1;
2




là các giá trị cần tìm.
1.0
Câu
4
(3,0
đ)
1
1
1
1
1
A
B
CD
I
K
H
O
0.25
a)
Tứ giác AHIK có:

0
0
0
AHI 90 (IH AB)
AKI 90 (IK AD)
AHI AKI 180



Tứ giác AHIK nội tiếp.
0.75
b)
IAD và
IBC có:
11
AB
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))
AID BIC (2 góc đối đỉnh)
IAD IBC (g.g)
IA ID
IA.IC IB.ID
IB IC

0.5
c)
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có
11
AH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)
Mà
11 11
AB HB
0.75
Chứng minh tương tự, ta được
11
KD
HIK và BCD có:
111 1
HB ; KD
HIK BCD (g.g)
d)
O
H
K
I
DC
B
A
F
E
Gọi S
1
là diện tích của BCD.
Vì HIK
BCD nên:
22 22
22
1
S' HK HK HK HK
S BD (IB ID) 4IB.ID 4IA.IC

(1)
Vẽ
CF IC
AE BD , CF BD AE / /CF
AE IA

ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên:
11
SCFSIC
SAE SIA

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
22
1
2
1
S' S HK IC S' HK
S S 4IA.IC IA S 4IA

(đpcm)
0.75
Câu
5
(1,0
đ)
Câu 5 (1 điểm) Giải phương trình

2
3
322
3
4(4)4xx
ĐKXĐ
3
4x
1.0





22
33322
322322222
33
2
323 23 4 22 2 222
33
2
323 23 4 222222 2
33
3
4(4)4 4 (4)4 4 4
444(4)44(4)4
444(4)(4)4
x
xxxxxx
x
xx xx x x x x x
x
xx xx x x x x x x
x
 





 








2
26
2
23 23 4 22
3
242224
33
2323
2
323 23 4 22
3
242224
33
2
323 23
4
444 (4)
(4) (4)
44
444 (4)
(4) (4)
444
xx
x
xxxx x
xxxx
xxxx
x
xx xx x x
xxxx
xxx xx x






 

 









23
422
3
242224
33
32 2
23
2
3234 22
3
3
24 2226
33
4
(4)
(4) (4)
40 2 20 2
4
444 (4)
(4) (4)
xx
x
xxxx
xx xxx x
xx
Vi x thi x x x x x
xxxx












 
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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 trı̀nh: 1  0 . 2
2x y  3
b) Giải hệ phương trình:  . 2 x y  5
Câu 2 (2,5 điểm) 1
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình 2
y x và hai điểm A, 2
B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là x  1; x  2 . A B 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) Cho phương trình: 2 2
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 x , x thỏa mãn điều kiện : 1 2 1 1   4 . x x 1 2
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: 2 S ' HK  2 S 4.AI
Câu 5 (1,0 điểm)
Giải phương trình : x     3 4 (x  4)  42 3 3 2 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.
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Phầ Điể Câu Nội dung n m x 1 x 1 1  0 
 1  x 1  2  x  1 a) 2 2 0.75
Vậy nghiệm của phương trình là x = 1. 2 2 2x  y  3 x  2x  2 x  2x  2  0 (1)      2 x  y  5 2x  y  3 y  3  2x (2) Câu 1
Giải (1):  '  3 ; x  1 3 1,2 (1,5 Thay vào (2): đ)
b) Với x 1 3 thì y  3  21 3 1 2 3 0.75
Với x  1 3 thì y  3  21 3 1 2 3
Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
x,y 1 3;12 3,1 3;1 2 3. Vì A, B thuộc (P) nên: 1 2 1 x  1   y  ( 1  )  A A 2 2 a) 1 2 x  2  y   2  2 0.75 B B 2  1  Vậy A 1  ; , B(2;2)   .  2 
Gọi phương trình đường thẳng (d) là y = ax + b. Ta có hệ phương trình: Câu  1  3  1 a  b  3  a  a  2 b)  2   2   2 0.75 (2,5 2a  b  2
2a  b  2 b 1 đ) 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 1.0      2 2 2 2 2 h OC OD 1 2 4 2 5  h  5 2 2 Câu
x  2(m 1)x m m 1  0 (1) 3
a) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: 2 x  2x 1  0 1.0 (2,0  '  2 ; x  1 2 1,2 đ)
Vậy với m = 2 thì nghiệm của phương trình (1) là x  1 2 . 1,2  '  m  2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m  2 x  x  2(m 1)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2  2 x x  m  m 1  1 2 Do đó: 1 1 x  x 2(m 1) 1 2 b)   4   4   4 2 x x x x m  m 1 1.0 1 2 1 2   2 2 m 1 m  m 1  0 m  m 1  0       3 2 2
m 1  2(m  m 1) 2m  m  3  0 m    2  3 
Kết hợp với điều kiện  m  1
 ;  là các giá trị cần tìm.  2  A H 1 B 1 1 K 1 I 0.25 O 1 D C Câu 4 (3,0 Tứ giác AHIK có: đ)  0 AHI  90 (IH  AB) a)  0 AKI  90 (IK  AD) 0.75   0  AHI  AKI  180
 Tứ giác AHIK nội tiếp.  IAD và  IBC có:   1 A  1
B (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC của (O))   b)
AID  BIC (2 góc đối đỉnh) 0.5   IAD  IBC (g.g) IA ID    IA.IC  IB.ID IB IC
Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có c)   1 A  1
H (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK) 0.75 Mà     1 A  1 B  1 H  1 B
Chứng minh tương tự, ta được   K1  1 D  HIK và  BCD có:     1 H  1 B ; K1  1 D   HIK  BCD (g.g) B H A I F K E O D C
d) Gọi S1 là diện tích của  BCD. 0.75 Vì  HIK  BCD nên: 2 2 2 2 S' HK HK HK HK     (1) 2 2 S BD (IB  ID) 4IB.ID 4IA.IC 1 CF IC
Vẽ AE  BD , CF  BD  AE / /CF   AE IA
 ABD và  BCD có chung cạnh đáy BD nên: S CF S IC 1 1    (2) S AE S IA Từ (1) và (2) suy ra 2 2 S' S HK IC S' HK 1      (đpcm) 2 S S 4IA.IC IA S 4IA 1 Câu 5
Câu 5 (1 điểm) Giải phương trình  x     x   2 3 3 2 2 3 4 ( 4) 4 1.0 (1,0 ĐKXĐ 3 x  4 đ)
x 4 3 (x 4) 42 x 4 x  3 (x 4) 42 3 3 3
 x  42  x  42 3 2 2 3 2 2 2 2 2
x 4 x x 42 3 2 3 2 x  3 x 4 4 x            3 2 2 2
(x  4)  4  x  4 3 2 2 2
(x  4)  x  4   
x 4 x x 42 3 2 3 2 x  3 x 4 4 x             3 2 2 2
(x  4)  x  3 2 2 2
(x  4)  x  4   2x 2 2 6 x  4  x 3   2 x  2 4 x  3 x 4 2 x  3 x 4 4   x        (x  4)    3 2 4 2 3 2 2 4  3 2 2 (x  4)  x (x  4)  x 2 3 2 3  x   x x   x x
4 x x 42 4 4 3 2 3 2 x  3 x 4 4    x          (x  4)    3 2 4 2 3 2 2 4  3 2 2 (x  4)  x (x  4)  x   2 3 x  4  x  4 
 x  4  x  x  42 3 2 3 2  x  3
x  4  x  (x  4)   3 2 4 2 3 2 2 4  3 2 2  (x  4)  x (x  4)  x  3 2
x  4  x  0  x  2 2
x x  2  0  x  2 2 3  x  4  x  3 Vi x 4 thi    x 42 3 2 x  3 x 4 4   x        (x  4)    3 2 4 2 3 2 2 6  3 2 2 
(x  4)  x (x  4)  x