Tải bản đầy đủ

45 TS10 phu tho 1718 HDG

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

x2
 1  0.
2
2 x  y  3
b) Giải hệ phương trình  2
.
x  y  5

Câu 1: a) Giải phương trình:

1
2

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  có phương trình y  x 2 và hai điểm A, B
thuộc  P  có hoành độ lần lượt là xA  1 , xB  2 .
a) Tìm tọa độ hai điểm A, B.
b) Viết phương trình đường thẳng  d  đi qua hai điểm A, B.
c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng  d  .


Câu 3: Cho phương trình: x2   2m  1 x  m2  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:

Câu 4:

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
a)
b)
c)
d)

Câu 5:

AB, K AD  .
Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp.
Chứng minh rằng IA.IC  IB.ID .
Chứng minh rằng tam giác HIK và tam giác BCD đồng dạng.
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


Giải phương trình:  x  4    8  x 2  4   4  .


3

3




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

x2
 1  0.
2
2 x  y  3
b) Giải hệ phương trình  2
.
x

y

5


Câu 1: a) Giải phương trình:

Lời giải

x2
x2
1  0 
1  x  2  2  x  0.
2
2
Vậy phương trình có nghiệm x  0.
b) Ta có
2 x  y  3
 2
x  y  5

a)

Ta có

 y  2x  3
 2
x  y  5
 y  2x  3
 2
x  2x  3  5  0

 y  2x  3
 2
x  2x  8  0
 y  2x  3

  x  2
  x  4

 x  2

 y  2.2  3  1
 
 x  4
 
  y  2.  4   3  11
Vậy hệ có hai nghiệm  x; y 

 2;1 ,  4; 11 .
1
2

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P  có phương trình y  x 2 và hai điểm A, B
thuộc  P  có hoành độ lần lượt là xA  1 , xB  2 .
a) Tìm tọa độ hai điểm A, B.
b) Viết phương trình đường thẳng  d  đi qua hai điểm A, B.
c) Tính khoảng cách từ điểm O (gốc tọa độ) tới đường thẳng  d  .
Lời giải
1
1
2
a) xA  1  y A  .  1  .
2
2


1
xB  2  yB  .22  2.
2
1

Vậy tọa độ điểm A  1;  ; B  2; 2  .
2

b) Giả sử phương trình đường thẳng  d  là y  ax  b.

1
1

Vì  d  đi qua A  1;  nên  a  b.
2
2

Vì  d  đi qua B  2; 2  nên 2  2a  b .

1
 2

Từ 1 và  2  ta có hệ:

1
1


a  b 
a 
2
2 .

2a  b  2
b  1
1
x  1.
2
Cho phương trình: x2   2m  1 x  m2  m  1  0 ( m là tham số).

Vậy phương trình đường thẳng  d  là y 

Câu 3:

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
Lời giải
a) Với m  0 ta có phương trình:
x2  x  1  0.
2
   1  4.1.  1  5.
1 5
1 5
; x
.
2
2
2
b) Ta có    2m  1  4.  m2  m  1  5  0 m

Vậy phương trình có 2 nghiệm x 

Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 với mọi m .
Theo định lý Vi-ét ta có:
 x1  x2  2m  1

2
 x1.x2  m  m  1
x x
1 1
2m  1
Điều kiện
 4  1 2 4  2
 4  2m  1  4m2  4m  4
m  m 1
x1 x2
x1.x2

1  21
m 
4
 4m2  2m  5  0  

1  21
m 

4


Câu 4:


 1  21 1  21 

Vậy m 
;
.
4
4




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:

BAI  IDC (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:
KHI  DBC (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
ABD và BCD có chung cạnh đáy BD nên:
S1 CF
S IC

 1
 2
S AE
S IA
Từ  2  và  2  suy ra
Vẽ AE  BD, CF  BD  AE //CF 

S  S1
HK 2 IC
S  HK 2
. 
.
 
(đpcm)
S1 S 4 IA.IC IA
S 4 IA2

Câu 5:

2

2


Giải phương trình:  x  4    3  x 2  4   4  .


Lời giải
3

3

2

3
2


Đặt  x3  4    3  x 2  4   4   t 6


3
2
x  4  t


.
2
2
3
 3  x  4   t  4

Đặt 3 x 2  4  a. Khi đó ta có hệ
 x3  4  t 2
3
2
t  4  a  x, t , a  0.
a 3  4  x 2



a  x
a  x 1

Nếu a 2  x 2   3

3
t  a  2 
t  4  a  4


Do t  a  t 2  a2  x3  4  t 3  4  x  t  3 .
Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra a  x  t  a  a  x  t  x3  4  x2  x  2.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×