SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
QUẢNG NGÃI 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: 2
9 8 1 0
x x
Bài 2: (2,0 điểm)
Cho parapol
2
:
P y x
và đường thẳng
2
: 2 1
d y x m
(m là tham số).
1/ Xác định tất cả các giá trị của m để
d
song song với đường thẳng
2 2
' : 2
d y m x m m
.
2/ Chứng minh rằng với mọi m,
d
luôn cắt
P
tại hai điểm phân biệt A và B.
3/ Ký hiệu
;
A B
x x
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 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
0, 0
x y
thỏa mãn 2 2
1
x y
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
1
xy
A
xy
.
-------------- HẾT --------------
HƯỚNG DẪN GIẢI:
Bài 1:
1/
22
2 1 2 1 2 1 2 1 1
2/
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 2
9 8 1 0
x x
có
9 8 1 0
abc
nên có hai nghiệm là: 1 2
1
1;
9
x x
.
Bài 2:
1/ Đường thẳng
2
: 2 1
d y x m
song song với đường thẳng
2 2
' : 2
d y m x m m
khi
ĐỀ CHÍNH THỨC
22
2 2
1
2 2 1
1
1
1
11
m
mmm
m
m
m m m m
2/ Phương trình hoành độ giao điểm của
d
và
P
là 2 2 2 2
2 1 2 1 0
x x m x x m
là phương
trình bậc hai có 2
1 0
ac m
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
;
A B
x x
là hoành độ của điểm A và điểm B thì
;
A B
x x
là nghiệm của phương trình
2 2
2 1 0
x x m
.
Giải phương trình 2 2
2 1 0
x x m
.
2 2 2
' 1 1 2 0 ' 2
m m m
Phương trình có hai nghiệm là 2 2
1 2; 1 2
A B
x m x m
.
Do đó
2 2
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
;
A B
x x
là hoành độ của điểm A và điểm B thì
;
A B
x x
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
A B
S x x
P x x m

do đó
2
2 2 2 2 2
14 2 . 14 2 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 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
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
5 3x y
.
Từ (1) và (2) ta có hpt:
120 120
1
120 120 2
5 3
x y
x y
Giải hpt:
2
120 120 1120 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: 15 85
40
2
x
(thỏa mãn ĐK)
25 85
45
2
x
(không thỏa mãn ĐK)
Thay
40
x
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)
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
1
BP MA .
Mặt khác
0
90
AKB (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)
2
BK MA .
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm B, P, Q thẳng hàng.
c) 2 2 2 2
4 3
AC AB BC R R R
Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC là tam giác đều suy ra
0
60
CBA
Mà
QAC CBA
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn
AC
) do đó
0
60
QAC .
Dễ thấy tam giác QAC cân tại Q (QA = QC) có
0
60
QAC nên là tam giác đều
3
AQ AC R .
Dễ thấy
3
;
2 2
R R
AI IB
Trong tam giác vuông
0
90
IBM I
ta có 0
3 3 3
.tan .tan60 3
2 2
R R
IM IB B IB .
Ta chứng minh được tứ giác QAIM là hình thang vuông
0
/ / ; 90
AQ IM I
.
Do đó
2
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:
Cách 1: Ta có
2 2 1 1 1 1
1 1 2 2 2
xy xy xy
A A
xy xy A xy xy
Vì 1
0, 0 0 0 0
x y A A
A
do đó min ax 1
min
m
A A
A
.
Mặt khác
22 2 1
0 2 2 1 1
2
x y x y xy xy xy
(vì
2 0
xy
)
Do đó
1 1 3
1
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
Q
KP
M
I
AOB
C
Lúc đó
1
2
2
2
1
3
1
2
A
. Vậy
2
min
3
A
khi
2
2
x y .
Cách 2: Với
0, 0
x y
ta có 2 2
1 3 1 2 2 4
1
2 2 2 1 3 1 3
x y xy xy xy xy xy
Do đó
2 2 4 2
2 2
1 1 3 3
xy
Axy xy
.
Dấu “=” xảy ra khi
x y
.
Từ
2 2
0, 0
2
2
1
x y
x y x y
x y
Vậy
2
min
3
A
khi
2
2
x y .
Cách 3:
Với
0, 0
x y
và 2 2
1
x y
Ta có
2 2 2
2 4 2
2 2 2 2 2 6 2
0
3 3 1 3 1 3 1 3 1 3
x y xy x y
xy xy xy
A A
xy xy xy xy
Dấu “=” xảy ra khi
2
2
x y . Vậy
2
min
3
A
khi
2
2
x y .
2 2
2 2
2
0; 0 0 a 2 0 2 0
1
0
2 2
023
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
a b
a