Tải Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Quảng Ngãi năm học 2012 - 2013 môn Toán - Có đáp án

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]

(1)

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

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

Bài 1: (1,5 điểm)



 



1/ Thực phép tính:

1

2

x y

x y

 

 

 

 2/ Giải hệ phương trình:

2

9x 8x 0 3/ Giải phương trình: Bài 2: (2,0 điểm)

 

P

y

x

 

d

y

x m

Cho parapol đường thẳng (m tham số).

 

d

 

d

y

m x m

m

  

1/ Xác định tất giá trị m để song song với đường thẳng

 

d

 

P

2/ Chứng minh với m, cắt hai điểm phân biệt A B.

;

A B

x x 2 14

A B

x x  3/ Ký hiệu hoành độ điểm A điểm B Tìm m cho Bài 3: (2,0 điểm)

Hai xe ô tô từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm xe thứ Lúc trở xe thứ tăng vận tốc thêm km giờ, xe thứ hai giữ nguyên vận tốc dừng lại nghỉ điểm đường hết 40 phút, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ Tìm vận tốc ban đầu xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 km hay hai xe xuất phát lúc

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R C điểm nằm đường tròn cho CA > CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I, cắt tia BC M cắt đoạn AC P; AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

1/ Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn 2/ Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

3/ Các tiếp tuyến A C đường trịn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Bài 5: (1,0 điểm) 0,

x y x2 y2 1

2

xy A

xy

 

 Cho thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ biểu thức HẾT

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI: Bài 1:



 

  

      

1/

1 3 10

2 7 1

x y x y x x

x y x y x y y

     

   

  

   

      

    2/

2

9x 8x 0 a b c   9 0 

1 1;

9

x  x 

3/ Phương trình có nên có hai nghiệm là: Bài 2:

 

d

y

x m

 

d

y

m x m

m

1/ Đường thẳng song song với đường thẳng

2

1

2

1

m

m m

m

m m m

m

 

   

 

    

  

   

  



 

 

d

 

P

x

x m

x

x m

        acm2  0

 

d

 

P

điểm là phương trình bậc hai có với m nên ln có hai nghiệm phân biệt với m Do ln

cắt hai điểm phân biệt A B với m.

;

A B

x x x xA; B x2 2x m2 1 0

    3/ Cách 1: Ký hiệu hoành độ điểm A điểm B nghiệm của phương trình

2 2 1 0

x  x m   Giải phương trình

2 2

' m m ' m

          

2

1 2;

A B

x   m  x   m  Phương trình có hai nghiệm



 



2 2 2 2

2 2

14 2 14 2 2 2 14

2 14

A B

x x m m m m m m

m m m m

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

        

Do

;

A B

x x x xA; B x2 2x m2 1 0

   

2

A B

S x x

P x x m

   

 

  

 









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

A B A B A B

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

Cách 2: Ký hiệu hoành độ điểm A điểm B nghiệm phương trình Áp dụng hệ thức Viet ta có: Bài 3:

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

 

120

h

x Thời gian xe thứ từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh

 

120

h

y Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh

 

120 120 1

x  y  Vì xe thứ hai đến sớm xe thứ nên ta có phương trình:

Vận tốc lúc xe thứ x+ (km/h)

 

120 h

(3)

 

120

h

y Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất

2 40

3

ph h 120 120

 

5

x  y  Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết , sau đến cảng Dung Quất lúc

với xe thứ nên ta có phương trình: 120 120

1 120 120

5

x y



 

  

  

 

 Từ (1) (2) ta có hpt:









120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x

x y



 

 

           





  

 

 Giải hpt:

25 4.1800 7225 85

        .

1

5 85 40

x   

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: (thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x   

(không thỏa mãn ĐK)

40

x 

120 120 120

1 60

40  y   y   y Thay vào pt (1) ta được: (thỏa mãn ĐK).

Vậy vận tốc ban đầu xe thứ 40 km/h, xe thứ hai 60 km/h Bài 4:(Bài giải vắn tắt)

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm).

b) MAB PDễ thấy MI AC hai đường cao trực tâm

MAB BP

   BPMA

 

 900

AKB   BK MA

 

Mặt khác (góc nội tiếp chắn đường tròn) Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

2 4 2 3

AC  AB  BC  R  R R c)

 600

CBA  Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC tam giác suy

 

QAC CBA AC QAC  600Mà (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn )

 600

QAC   AQACR 3Dễ thấy tam giác QAC cân Q (QA = QC) có nên tam giác

3 ;

2

R R

AI  IB

Dễ thấy





IBM I  tan tan 600 3 3

2

R R

IM IB BIB   

Trong tam giác vuông ta có



AQ

IM I 



Ta chứng minh tứ giác QAIM hình thang vng





2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

 

  Do (đvdt).

Q

K P

M

I A

O B

(4)

Bài 5:

2 1 1

1 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

   Cách 1: Ta có

1

0, 0 0

x y A A

A

        

 ax

1 m A A A   

 Vì





2

x y x y xy xy

xy

        

2xy 0Mặt khác (vì )

1

2

A  

 xyDo Dấu “ = ” xảy

2 0, 2 x y

x y x y

x y              Từ 2 3 A    



3

A 

2

x y

Lúc Vậy

0,

x y

2 1 3 1 2 2 4

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

  Cách 2: Với ta có

2

1 3

xy A

xy xy



     

  Do

xyDấu “=” xảy

2 0, 2 x y

x y x y

x y              Từ

A 

2

x y

Vậy Cách 3:

0,

x y x2 y2 1Với





















2 2

2 2 2

0

3 3 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

        

    Ta có

2

x y

3

A 

2

x y

Dấu “=” xảy Vậy













2

0; 0 a 2

1 2 2

a a xy

A b a xy bxy a x y b a xy

b b xy

a

b a a

a x y xy b a

(5)