de thi vao 10 nam 20122013 o quang ngai

Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc nhưng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đường hết 40 phút, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2012-2013

Môn thi: Toán (không chuyên)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (1,5 điểm)

1/ Thực hiện phép tính:  2 1   2 1 

2/ Giải hệ phương trình:

1

2 3 7

x y

x y

 





 

 3/ Giải phương trình: 9x2 8x 1 0

Bài 2: (2,0 điểm)

Cho parapol  P :yx2 và đường thẳng  d :y2x m 2 1 (m là tham số).

1/ Xác định tất cả các giá trị của m để  d song song với đường thẳng

 d' :y  2m x m2  2 m

2/ Chứng minh rằng với mọi m,  d luôn cắt  P tại hai điểm phân biệt A và B

3/ Ký hiệu x x A; B là hoành độ của điểm A và điểm B Tìm m sao cho x A2 x B2 14

Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe ô tô cùng đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm hơn

xe thứ nhất là 1 giờ Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc nhưng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đường hết 40 phút, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe thứ nhất Tìm vận tốc ban đầu của mỗi xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là 120 km và khi đi hay về hai xe đều xuất phát cùng một lúc

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho

CA > CB Gọi I là trung điểm của OA Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P; AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn

2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

3/ Các tiếp tuyến tại A và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q Tính diện tích của tứ giác QAIM theo R khi BC = R

Bài 5: (1,0 điểm)

Cho x0,y0 thỏa mãn x2 y2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 1

xy A

xy







HẾT

-ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN

Bài 1:

1/  2 1   2 1    2 2 12  2 1 1

2/

3/ Phương trình 9x2 8x 1 0 có a b c   9 8 1 0  nên có hai nghiệm là:

1

1;

9

x  x 

Bài 2:

1/ Đường thẳng  d :y 2x m 2 1 song song với đường thẳng  d' :y 2m x m2  2 m khi

1

1 1

1 1

1

m

m m

m

m

 



  

 2/ Phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P là x2 2x m 2  1 x2  2x m 2  1 0

là phương trình bậc hai có acm2 1 0 với mọi m nên luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Do đó  d luôn cắt  P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

3/ Cách 1: Ký hiệu x x A; B là hoành độ của điểm A và điểm B thì x x A; B là nghiệm của phương trình x2  2x m 2 1 0

Giải phương trình x2  2x m 2  1 0

Phương trình có hai nghiệm là x A  1 m2 2; x B  1 m2 2

Do đó

Cách 2: Ký hiệu x x A; B là hoành độ của điểm A và điểm B thì x x A; B là nghiệm của phương

trình x2  2x m 2  1 0 Áp dụng hệ thức Viet ta có: 2

2

A B

S x x

P x x m





Thời gian xe thứ nhất đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là  

120

h

x

Thời gian xe thứ hai đi từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh là  

120

h

y

Vì xe thứ hai đến sớm hơn xe thứ nhất là 1 giờ nên ta có phương trình:  

120 120

1 1

x  y 

Vận tốc lúc về của xe thứ nhất là x+ 5 (km/h)

Thời gian xe thứ nhất về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất  

120

5 h

x 

Thời gian xe thứ hai về từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất  

120

h

y

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2 40

3

ph h

, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với xe

thứ nhất nên ta có phương trình:  

120 120 2

2

x  y 

Từ (1) và (2) ta có hpt:

120 120

1

120 120 2

x y







 

 Giải

hpt:

120 120

1

120 120 1

x y

x x









 



Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1

5 85

40 2

x   

(thỏa mãn ĐK)

2

5 85

45 2

x   

(không thỏa mãn ĐK)

Thay x 40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

40  y   y   y (thỏa mãn ĐK)

Vậy vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là 40 km/h, xe thứ hai là 60 km/h

Bài 4:(Bài giải vắn tắt)

M

I

A

C

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm).

b) Dễ thấy MI và AC là hai đường cao của MAB P là trực tâm của MAB BP là đường cao thứ ba  BPMA 1

Mặt khác AKB 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  BK MA 2

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng

c) AC AB2  BC2  4R2  R2 R 3

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra CBA  600

Mà QAC CBA (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn AC) do đó

Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có QAC  600 nên là tam giác đều

3

AQ AC R

Dễ thấy

3

;

AI  IB

Trong tam giác vuông IBM I  900

ta có

.tan tan 60 3

IM IB BIB   

Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vuông AQ/ /IM I ; 900

2

1 1 3 3R R R 5R 3 5 3R

GT Đường tròn (O) đường kính AB = 2RIA = IO; IM AB

QA, QC là tiếp tuyến của (O)

KL

a) Tứ giác BCPI nội tiếp

b) Ba điểm B, P, K thẳng hàng

c) Tính S QAIM theo R

Cách 1: Ta có

Vì

1

A

        

 do đó min ax

1 min

m

A

Mặt khác  

2

xy

(vì 2xy 0)

Do đó

1

2 2

A   

 Dấu “ = ” xảy ra khi xy

Từ 2 2

0, 0

2 2 1

x y

x y

  







 



Lúc đó

1

2

1 2

A

 



Vậy

2 min

3

A 

khi

2 2

x y

Cách 2: Với x0, y 0 ta có

1

x y



Do đó

xy A



Dấu “=” xảy ra khi xy

Từ 2 2

0, 0

2 2 1

x y

x y

  







 



Vậy

2 min

3

A 

khi

2 2

x y

Cách 3:

Vớix0, y 0 và x2 y2 1

0

xy xy xy

Dấu “=” xảy ra khi

2 2

x y

Vậy

2 min

3

A 

khi

2 2

x y

Định hướng để có lời giải cách 3

2

1

0

3 2

a

a









