Đề + ĐA tuyển sinh lớp 10 Quảng Trị năm 2006

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ

KỲ THI TUYỂN SINH VO LỚP 10
Khóa 2 tháng 7 năm 2006
MÔN: TOÁN
( Thời gian 120 pht, không kể thời gian giao

đề )
Phần I : Trắc nghiệm khách quan ( 2.0 điểm )
Chọn chữ ci đứng trước cu trả lời đng nhất.
1 − 4x
1. Biểu thức
xác định với giá trị nào sau đây của x ?
x2
1
1
1
A. x ≥
B. x ≤
C. x ≤ và x ≠ 0
D. x ≠ 0
4
4
4
2. Các đường thẳng sau, đường thẳng nào song song với đường thẳng y = 1 - 2x
A. y = 2x - 1
B. y = 2 1 − 2 x
C. y = 2 - x
D. y = 2 ( 1 − 2 x )

(

)

 kx − 3 y = −3 3 x + 3 y = 3
3. Hai hệ phương trình 
và 
là tương đương khi k bằng
x − y = 1
x − y = 1
A. -3
B. 3
C. 1
D. -1
1 

4. Điểm Q  − 2;
÷thuộc đồ thị hàm số nào trong các hàm số sau đây ?
2

2 2
2 2
2 2
2 2
B. y = −
C. y =
D. y = −
x
x
x

x
2
2
4
4
5. Tam giác GEF vuông tại E, có EH là đường cao . Độ dài đoạn GH = 4, HF = 9.
Khi đó độ dài đoạn EF bằng :
A. 13
B. 13
C. 2 13
D. 3 13
6. Tam giác ABC vuông tại A, có AC = 3a, AB = 3 3 a, khi đó sinB bằng
1
1
3
3
A.
B.
C.
D. a
a
2
2
2
2
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 18cm, AC = 24cm . Bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng .
A. 30cm
B. 15 2cm
C. 20cm

D. 15cm
8. Cho tam giác ABC vuông tại A, AC = 6cm, AB = 8cm. Quay tam giác đó một
vòng quanh cạnh AC cố định được một hình nón . Diện tích toàn phần hình nón đó là
A. 96π cm2
B. 100 π cm2
C. 144 π cm2
D. 150 π cm2
Phần II : Tự luận ( 8.0 điểm )
Bài 1: ( 1,5 điểm )
Cho phương trình bậc hai, ẩn số x: x2 - 4x + m + 1 = 0
1. Giải phương trình khi m = 3
2. Với giá trị nào của m thì phương trình có nghiệm.
3. Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có 2 nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều kiện
x12 + x22 = 10
A. y =


Bài 2 : ( 1 điểm )
3 x − 2 − y + 2 = 1
Giải hệ phương trình : 
 x − 2 + y + 2 = 3
Bài 3: ( 1,5 điểm )
Rút gọn biểu thức :
1. A = 6 + 3 3 + 6 − 3 3
2. B =

( 5 + 2 6 ) ( 49 − 20 6 )

5−2 6

9 3 − 11 2

Bài 4: ( 4 điểm )
Cho đoạn thẳng AB và một điểm C nằm giữa A và B. Trên một nửa mặt phẳng có bờ là
đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy một điểm I
. Tia vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK ở P.
1. Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp
2. Chứng minh AI.BK = AC.CB
3. Chứng minh tam giác APB vuông .
4. Giả sử A, B, I cố định . Hãy xác định vị trí của C sao cho tứ giác ABKI có diện
tích lớn nhất .

ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1.
I/ TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN.
1- C
5-D
II/ TỰ LUẬN.
Bài 1:

2-B
6-B

3-A
7-D

4-C
8-C

1. Khi m = 3, phương trình đã cho trở thành : x 2- 4x + 4 = 0 ⇒ (x - 2)2 = 0 ⇒ x = 2
là nghiệm kép của phương trình.
2. Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ (-2)2 -1(m + 1) ≥ 0 ⇔ 4 - m -1 ≥ 0 ⇔ m ≤
3.
Vậy với m ≤ 3 thì phương trình đã cho có nghiệm.
3. Với m ≤ 3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm . Gọi hai nghiệm của phương
trình là x1, x2 .Theo định lý Viét ta có : x1 + x2 = 4 (1), x1.x2 = m + 1 (2). Mặt
khác theo gt : x12 + x22 = 10 ⇒ (x1 + x2)2 - 2 x1.x2 = 10 (3). Từ (1), (2), (3) ta được
:16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = 2 < 3(thoả mãn) . Vậy với m = 2 thì phương trình đã
cho có 2 nghiệm thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10.
Bài 2:
 x − 2 = a ≥ 0
x − 2 ≥ 0
x ≥ 2
⇔
Điều kiện để hệ có nghiệm: 
. Đặt 
Khi đó hệ
y + 2 ≥ 0
 y ≥ −2
 y + 2 = b ≥ 0
3a − b = 1
a = 1 ≥ 0
phương trình đã cho trở thành : 
.Giải hệ này ta được 
(TM).
a + b = 3
b = 2 ≥ 0
 x − 2 = 1
x − 2 = 1

x = 3
⇔
⇔
(TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) là nghiệm

y + 2 = 4
y = 2
 y + 2 = 2
của hệ phương trình đã cho.
Bài 3:
1. Ta có
a = 1
Với 
ta có :
b = 2

A2 = 6 + 3 3 + 6 − 3 3 + 2

( 6 + 3 3 ) ( 6 − 3 3 ) = 12 + 2

(

)

(
=

3− 2

62 − 3 3

2

=

= 12 + 2 ×3 = 18
⇒ A = 3 2 (vì A > 0)

2.

(
B=
=

)(

5+2 6 5−2 6

9 3 − 11 2
9 3 − 11 2

)

2

9 3 − 11 2

5−2 6

=

(

5−2 6

) (

3− 2

9 3 − 11 2

)

2

)

3

9 3 − 11 2

=

=1

Bài 4:
P
I
Gọi O là tâm đường tròn đường kính IC
 IC 

·
·
1. Vì P∈  O; ÷ ⇒ IPC
= 900 ⇒ KPC
= 900 .
2


O
·
Xét tứ giác PKBC có KPC
= 900 (chứng minh trên)
·
·
·
KBC
= 900 (gt) . Suy ra KPC
+ KBC
= 1800 . Suy ra tứ giác
CPKB nội tiếp được (đpcm) .
A
·
·
2. Ta có KC ⊥ CI (gt), CB ⊥ AC (gt) ⇒ CKB
(cặp góc nhọn cóCcạnh tương
= ICA
µ = 900 ) có CKB
·
·
ứng vuông góc).Xét hai tam giác vuông AIC và BCK ( µA = B

= ICA

K

B


(cm/t) .Suy ra
∆AIC đồng dạng với ∆BCK. Từ đó suy ra
AI BC
=
⇒ AI ×BK = BC ×AC (đpcm).
AC BK
·
·
3. Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) PBC
(1) (2 góc nội tiếp cùng chắn một
= PKC
 IC 
 IC 
·
cung). Lại có IAC
= 900 (gt) ⇒ A∈  O; ÷ , mặt khác P ∈  O; ÷ (cm/t) .Từ đó suy
2 
2 


·
·
ra tứ giác AIPC nội tiếp ⇒ PIC

(2). Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được :
= PAC
·
·
·
·
.Mặt khác tam giác ICK vuông tại C (gt) suy ra
PBC
+ PAC
= PKC
+ PIC
0
·
·
·
·
PKC
+ PIC
= 90 ⇒ PBC
+ PAC
= 900 , hay tam giác APB vuông tại P.(đpcm)
4. IA // KB (cùng vuông góc với AC) .Do đó tứ giác ABKI là hình thang vuông.
( AI + BK ) AB ⇒ Max S ⇔ Max ( AI + BK ) AB nhưng A, I, B cố
Suy ra sABKI =
ABKI
2
định do đó AI, AB không đổi .Suy ra Max ( AI + BK ) AB ⇔ Max BK . Mặt khác
AC ×CB
BK =
(theo câu 2) .Nên Max BK ⇔ Max AC.CB . Mà

AI
2
AC + CB )
(
AB 2 (không đổi) .
AC ×CB ≤
=
4
4
Dấu “=” xảy ra ⇔ AC = BC ⇔ C là trung điểm của AB . Vậy khi C là trung điểm của
AC thì SABKI là lớn nhất .