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 tháng 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 − 4x Biểu thức xác định với giá trị sau x ? x2 1 A x ≥ B x ≤ C x ≤ x ≠ D x ≠ 4 Các đường thẳng sau, đường thẳng song song với đường thẳng y = - 2x A y = 2x - B y = − x C y = - x D y = ( − x ) ( )  kx − y = −3 3 x + y = 3 Hai hệ phương trình   tương đương k x − y = x − y = A -3 B C D -1   Điểm Q  − 2; ÷thuộc đồ thị hàm số hàm số sau ? 2  2 2 2 2 B y = − C y = D y = − x x x x 2 4 Tam giác GEF vuông E, có EH đường cao Độ dài đoạn GH = 4, HF = Khi độ dài đoạn EF : A 13 B 13 C 13 D 13 Tam giác ABC vuông A, có AC = 3a, AB = 3 a, sinB 1 3 A B C D a a 2 2 Cho tam giác ABC vuông A, có AB = 18cm, AC = 24cm Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A 30cm B 15 2cm C 20cm D 15cm Cho tam giác ABC vuông A, AC = 6cm, AB = 8cm Quay tam giác vòng quanh cạnh AC cố định hình nón Diện tích toàn phần hình nón 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 + = Giải phương trình m = Với giá trị m phương trình có nghiệm Tìm giá trị m cho phương trình cho có nghiệm x 1, x2 thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10 A y = Bài : ( điểm ) 3 x − − y + = Giải hệ phương trình :   x − + y + = Bài 3: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : A = + 3 + − 3 B = ( + ) ( 49 − 20 ) 5−2 − 11 Bài 4: ( điểm ) Cho đoạn thẳng AB điểm C nằm A B Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB, kẻ hai tia Ax By vuông góc với AB Trên tia Ax lấy điểm I Tia vuông góc với CI C cắt tia By K Đường tròn đường kính IC cắt IK P Chứng minh tứ giác CPKB nội tiếp Chứng minh AI.BK = AC.CB Chứng minh tam giác APB vuông Giả sử A, B, I cố định Hãy xác định vị trí C cho tứ giác ABKI có diện tích lớn ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 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 Khi m = 3, phương trình cho trở thành : x 2- 4x + = ⇒ (x - 2)2 = ⇒ x = nghiệm kép phương trình Phương trình có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ ⇔ (-2)2 -1(m + 1) ≥ ⇔ - m -1 ≥ ⇔ m ≤ Vậy với m ≤ phương trình cho có nghiệm Với m ≤ phương trình cho có hai nghiệm Gọi hai nghiệm phương trình x1, x2 Theo định lý Viét ta có : x1 + x2 = (1), x1.x2 = m + (2) Mặt khác theo gt : x12 + x22 = 10 ⇒ (x1 + x2)2 - x1.x2 = 10 (3) Từ (1), (2), (3) ta :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = < 3(thoả mãn) Vậy với m = phương trình cho có nghiệm thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10 Bài 2:  x − = a ≥ x − ≥ x ≥ ⇔ Điều kiện để hệ có nghiệm:  Đặt  Khi hệ y + ≥  y ≥ −2  y + = b ≥ 3a − b = a = ≥ phương trình cho trở thành :  Giải hệ ta  (TM) a + b = b = ≥  x − = x − = x = ⇔ ⇔ (TM).Vậy (x;y) = (3 ; 2) nghiệm  y + = y =  y + = hệ phương trình cho Bài 3: Ta có a = Với  ta có : b = A2 = + 3 + − 3 + ( + 3 ) ( − 3 ) = 12 + ( ) ( = 3− 62 − 3 = = 12 + ×3 = 18 ⇒ A = (vì A > 0) ( B= = )( 5+2 5−2 − 11 − 11 ) − 11 5−2 = ( 5−2 ) ( 3− − 11 ) ) − 11 = =1 Bài 4: P I Gọi O tâm đường tròn đường kính IC  IC  · · Vì P∈  O; ÷ ⇒ IPC = 900 ⇒ KPC = 900   O · Xét tứ giác PKBC có KPC = 900 (chứng minh trên) · · · KBC = 900 (gt) Suy KPC + KBC = 1800 Suy tứ giác CPKB nội tiếp (đpcm) A · · 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 BCK ( µA = B = ICA K B (cm/t) Suy ∆AIC đồng dạng với ∆BCK Từ suy AI BC = ⇒ AI ×BK = BC ×AC (đpcm) AC BK · · Tứ giác CPKB nội tiếp (câu 1) PBC (1) (2 góc nội tiếp chắn = PKC  IC   IC  · cung) Lại có IAC = 900 (gt) ⇒ A∈  O; ÷ , mặt khác P ∈  O; ÷ (cm/t) Từ suy     · · tứ giác AIPC nội tiếp ⇒ PIC (2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta : = PAC · · · · Mặt khác tam giác ICK vuông C (gt) suy PBC + PAC = PKC + PIC · · · · PKC + PIC = 90 ⇒ PBC + PAC = 900 , hay tam giác APB vuông P.(đpcm) IA // KB (cùng vuông góc với AC) Do tứ giác ABKI hình thang vuông ( AI + BK ) AB ⇒ Max S ⇔ Max ( AI + BK ) AB A, I, B cố Suy sABKI = ABKI định AI, AB không đổi Suy Max ( AI + BK ) AB ⇔ Max BK Mặt khác AC ×CB BK = (theo câu 2) Nên Max BK ⇔ Max AC.CB Mà AI AC + CB ) ( AB (không đổi) AC ×CB ≤ = 4 Dấu “=” xảy ⇔ AC = BC ⇔ C trung điểm AB Vậy C trung điểm AC SABKI lớn ... gt : x12 + x22 = 10 ⇒ (x1 + x2)2 - x1.x2 = 10 (3) Từ (1), (2), (3) ta :16 - 2(m + 1) = 10 ⇒ m = < 3(thoả mãn) Vậy với m = phương trình cho có nghiệm thoả mãn điều kiện x12 + x22 = 10 Bài 2:... cho Bài 3: Ta có a = Với  ta có : b = A2 = + 3 + − 3 + ( + 3 ) ( − 3 ) = 12 + ( ) ( = 3− 62 − 3 = = 12 + ×3 = 18 ⇒ A = (vì A > 0) ( B= = )( 5+2 5−2 − 11 − 11 ) − 11 5−2 = ( 5−2 ) ( 3− − 11...Bài : ( điểm ) 3 x − − y + = Giải hệ phương trình :   x − + y + = Bài 3: ( 1,5 điểm ) Rút gọn biểu thức : A = + 3 + − 3 B = ( + ) ( 49 − 20 ) 5−2 − 11 Bài 4: ( điểm ) Cho