DEHD TUYEN SINH VAO 10 QUANG NGAI

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (141.61 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
 QUẢNG NGÃI Môn thi: Tốn (khơng chun)

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 xA; B là hoành độ của điểm A và điểm B. Tìm m sao cho

2 2 14

A B

x x  .

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 vng 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



 .
BÀI GIẢI

Bài 1:



 

  

2 2

2 1 2 1  2 1  2 1 1

1 3 3 3 5 10 2

2 3 7 2 3 7 1 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

   

3/ Phương trình 9x2 8x1 0 có a b c   9 8 1 0  nên có hai nghiệm là: 1 2
1
1;

9
x  x 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Bài 2:

1/ Đường thẳng

 

d :y2x m 2 1 song song với đường thẳng

 

d' :y 2m x m2  2 m khi

2 2

2 2 1

1
1

1
m

m m

m
m

m

m m m

m
 

   

 

    

  


  

  






2/ Phương trình hồnh 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 ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó

 

d ln cắt

 

P tại hai điểm phân biệt A và B với mọi m.

3/ Cách 1: Ký hiệu x xA; B là hồnh độ của điểm A và điểm B thì x xA; B là nghiệm của phương trình

2 2 2 1 0
x  x m   .

Giải phương trình x2  2x m 2  1 0 .

2 2 2

' 1 m 1 m 2 0 ' m 2

          

Phương trình có hai nghiệm là xA  1 m2 2;xB  1 m2 2.

Do đó



 



2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

14 1 2 1 2 14 1 2 2 2 1 2 2 2 14

2 6 14 2 8 4 2

A B

x x m m m m m m

m m m m

                   

        

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

2 2 2 1 0

x  x m   . Áp dụng hệ thức Viet ta có: 2
2

. 1

A B

S x x

P x x m

  





  


 do đó









2 2 14 2 . 14 22 2 2 1 14 4 2 2 2 14 2

A B A B A B

x x   x x  x x    m     m    m

Bài 3:

Gọi vận tốc ban đầu của xe thứ nhất là x (km/h), xe thứ hai là y (km/h). ĐK: x > 0; y > 0.

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2
40

3
ph

h


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

nhất nên ta có phương trình:

 

120 120 2

5 3

x  y  .

Từ (1) và (2) ta có hpt:

120 120
1
120 120 2

5 3

x y



 





  

 


Giải hpt:









120 120
1

120 120 1

360 5 360 5 5 1800 0

120 120 2 5 3

5 3

x y

x x x x x x

x x

x y



 




           





  

 


25 4.1800 7225 0 85

        .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1

5 85
40
2

x   

(thỏa mãn ĐK)

5 85
45
2

x   

(không thỏa mãn ĐK)

Thay x 40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

1 2 60

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)

K P
M

I
A

O B

GT

Đường trịn (O) đường kính AB = 2RIA = IO; IM AB
QA, QC là tiếp tuyến của (O)

KL

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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 QAC 600.

Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có QAC 600 nên là tam giác đều  AQAC R 3.

Dễ thấy

3
;

2 2

R R

AI  IB

Trong tam giác vng





90
IBM I 

ta có

0 3 3 3

.tan .tan 60 3

2 2

R R

IM IB BIB   

.
Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vng





/ / ; 90
AQ IM I 

Do đó





1 1 3 3 5 3 5 3

3 .

2 2 2 2 4 2 8

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

  (đvdt).

Bài 5: 
Ta có

2 2 1 1 1 1

1 1 2 2 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

Vì

0, 0 0 0 0

x y A A

A
        

 do đó min ax
1
min
m
A A
A
  
 .

Mặt khác





2 0 2 2 2 2 1 1 1

x y x y xy xy

xy

        

(vì 2xy0)

Do đó

1 1 3

2 2

A   

 . Dấu “ = ” xảy ra khi xy.

Từ 2 2
0, 0

2
2
1

x y

x y x y

x y
  

   


 

Lúc đó
1
1
2
1 3
1
2
A

 

. Vậy
1
min
3
A
khi
2
2

x y

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>

DEHD TUYEN SINH VAO 10 QUANG NGAI



 



 

 

 

 

 

 



 

  

 

 

 

 

 

<sub> </sub>



 











 

 

 

 

 

 









GT

KL

 

 

















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về