Bai 5 tuyen sinh vao 10 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 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   1  2/ Giải hệ phương trình:

1

x y

x y

  



  

3/ Giải phương trình: 9x2 8x 0 Bài 2: (2,0 điểm)

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

1/ Xác định tất giá trị m để  d song song với đường thẳng  d' :y2m x m2  m 2/ Chứng minh với m,  d cắt  P hai điểm phân biệt A B

3/ Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B Tìm m cho

2 14

A B

x x  .

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 trịn 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 tròn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Bài 5: (1,0 điểm)

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

2

xy A

xy

 

 . HẾT

-HƯỚNG DẪN Bài 1:

1/      

2 2

2 1 1  1  2 1

2/

1 3 10

2 7 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 0  nên có hai nghiệm là:

1 1;

9

x  x 

Bài 2:

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

2

2

1

2

1

1

1

m

m m

m m

m

m m m

m

 

   

 

    

  

   

  

 



2/ Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P x2 2x m  1 x2  2x m 1 0 là phương trình bậc hai có acm2 1 0 với m nên ln có hai nghiệm phân biệt với m Do đó

 d

luôn cắt  P hai điểm phân biệt A B với m

3/ Cách 1: Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B x xA; B nghiệm phương trình

2 2 1 0

x  x m   .

Giải phương trình x2  2x m  0 .

2 2

' m m ' m

          

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

Do

  2 2

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

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

        

Cách 2: Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B x xA; B nghiệm phương trình

2 2 1 0

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

A B

A B

S x x

P x x m

   

 

   

 đó

 2  

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

Bài 3:

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

Thời gian xe thứ từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh   120

h

x .

Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh   120

h

y .

Vì xe thứ hai đến sớm xe thứ nên ta có phương trình:   120 120

1

x  y 

Vận tốc lúc xe thứ x+ (km/h)

Thời gian xe thứ từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất   120

5 h

x .

Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất   120

h

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2 40

3

ph h

, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ

nên ta có phương trình:   120 120

2

5

x  y  .

Từ (1) (2) ta có hpt:

120 120 120 120

5

x y

x y



 

  

  

  

Giải hpt:

   

120 120

120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x

x y



 

 

           





  

  

25 4.1800 7225 85

        .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5 85 40

x   

(thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x   

(không thỏa mãn ĐK)

Thay x 40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

1 60

40  y   y   y (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)

Q

K P M

I A

O B

C

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

QA, QC tiếp tuyến (O)

KL

a) Tứ giác BCPI nội tiếp (hs tự cm)

b) Dễ thấy MI AC hai đường cao MAB P trực tâm MAB BP đường cao

thứ ba  BPMA 1

Mặt khác AKB900 (góc nội tiếp chắn đường trịn)  BK MA 2 . Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

c) AC  AB2  BC2  4R2  R2 R

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

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

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

Dễ thấy

3 ;

2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông  

0

90

IBM I 

ta có

0 3

.tan tan 60

2

R R

IM IB BIB   

Ta chứng minh tứ giác QAIM hình thang vuông  

0

/ / ; 90

AQ IM I 

Do

 

2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

  (đvdt).

Bài 5:

Cách 1: Ta có

2 1 1

1 2

xy xy xy

A A

xy xy A xy xy

 

       

  

Vì

1

0, 0 0

x y A A

A

        

 ax

min m

A A

A

  

 .

Mặt khác  

2 0 2 2 2 1 1

2

x y x y xy xy

xy

        

(vì 2xy0)

Do

1

1

2

A   

 Dấu “ = ” xảy xy.

Từ 2 0,

2

x y

x y x y

x y

   

   

 

  

Lúc

1

2 2

2

1

1

A

 

 



Vậy

2

3

A

2

x y

Cách 2: Với x0, y 0 ta có

2 1 3 1 2 2 4

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do

2

2

1 3

xy A

xy xy



     

Dấu “=” xảy xy

Từ 2 0,

2

x y

x y x y

x y

   

   

 

  

Vậy

2

3

A

2

x y

Cách 3:

Vớix0, y0 x2 y2 1

Ta có  

 

 

 

 

2 2

2 2

2 2 2

0

3 3 3

x y xy x y

xy xy xy

A A

xy xy xy xy

  

  

        

   

Dấu “=” xảy

2

x y

Vậy

2

3

A

2

x y

Định hướng để có lời giải cách 3

   2  

2

2

0; 0 a 2

1

0

2

0 2

3

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

a b

a



              



 

 

 

         



  