Đề kiểm tra KSCL toán 6 (2010 2011) phòng GDĐT thanh chương (kèm đ án)

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG
NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 6
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)


Câu 1: Thực hiện các phép tính một cách hợp lý nhất
a. 4,25. 58,47 – 125 + 41,53 . 4,25
b) 1+
1 1 1 1
(1 2) (1 2 3) (1 2 3 4) (1 2 3 20)
2 3 4 20
             

Câu 2 Tìm
x
biết:
a)
11.( 6) 4. 11
x x
  

b)
1 1 1 2 1 1 3
4 ( ) ( )
3 6 2 3 2 3 4
x
    
với
x Z


c) 3 1
x x
  


Câu 3. Cho: M = 1 +3 + 3
2
+ 3
3
+…+ 3
118
+ 3
119


2 2 2 2 2
1 1 1 1 1

2 3 4 2009 2010
N      
Chứng tỏ rằng:
a) M chia hết cho 13.
b)
1
N



Câu 4.
a) Tìm hai số tự nhiên a,b thoả mãn điều kiện:

a + 2b = 48 và UCLN(a,b) + 3. BCNN(a,b) = 114
b) Một người đem 5000000đ gửi tiền tiết kiệm "Không kỳ hạn" với lãi xuất 0,8%
một tháng. Hỏi sau 3 tháng người đó thu được bao nhiêu tiền lãi. (Biết rằng sau 3
tháng mới rút hết cả vốn lẫn lãi)

Câu 5. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, vẽ hai tia Oy, Oz sao cho


0 0
80 , 130
xOy xOz 
a) Chứng tỏ tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz
b) Gọi Ot là tia đối của tia Ox. Tia Oz có phải là tia phân giác của

tOy
không? Vì
sao?
c) Lấy các điểm A thuộc tia Ot; B thuộc tia Oz; C thuộc tia Oy; D thuộc tia Ox,
(các điểm đó khác điểm O). Qua 5 điểm A, B, C, D, O vẽ được bao nhiêu đường
thẳng phân biệt?
HẾT./.
Đ
Ề CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG

NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 6

Câu Nội dung cần đạt Điểm

1. a = 4,25.(58,47 + 41,53) – 125 = 425 – 125 = 300 1,0
2,0
b
= 1+




























2
21.20
20
1

2
5.4
4
1
2
4.3
3
1
2
3.2
2
1
=
= 1+
 
 21 432
2
1
2
21

2
4
2

3

=






1
2
22.21
2
1
= 115.
0,5


0,25

0,25
2. a
11. 66 4. 11
11. 4. 11 66
7. 77
77 :7 11
x x
x x
x
x

  
  

 

0,25
0,25

0,25
2,0
b
13 1 2 11
( ) ( )
3 3 3 12
13 11
9 18
x
x
   
   

Do
x Z

nên
1
x
 

0,25

0,25

0,25
c
3 1
x x
  

TH1:
3 1
2
x x
x x
  
 


0 2
x

(Không có giá trị
x
thỏa mãn)
TH2:
3 1
x x
   

4
2
x x
x
   


Thay
2
x

vào ta có:
2 3 1 2( )
TM
  
Vậy
2
x






0,25



0,25
3 a. M = 1 +3 + 3

2
+ +…+ 3
118
+ 3
119

= (1 +3 + 3
2
)+( 3
3
+3
4
+3
5
)+…+(3
117
+3
118
+ 3
119
)
= (1 +3 + 3
2
)+3
3
(1 +3 + 3
2
)+…+3
117
(1 +3 + 3

2
)
= 13 + 3
3
.13 + …+ 3
117
. 13
= 13( 1+ 3
3
+…+ 3
117
)
13




0,25
0,25
0,25
0,25
2,0
b
2 2 2
1 1 1 1 1 1
, , ,
2 1.2 3 2.3 2010 2009.2010
1 1 1 1 1 1 1 1
1
1.2 2.3 2009.2010 2 2 3 2009 2010

1
1 1
2010
M
  
           
  

0,5



0,5
4 a


 
2 48 2 ;144 3; 3. ( ; ) 3 , 3
3 6 ; 2 48 48 6;12;18; 24; 30;36;42
a b a BCNN a b UCLN a b
a a a b a a
    
      
   
 


a 6 12 18 24 30 36 42
b 21 18 15 12 9 6 3
UCLN(a,b) 3 6 3 12 3 6 3

BCNN(a,b) 42 36 90 24 90 36 42
UCLN(a,b) +
BCNN(a,b)
129 114 273 84 114 114 129
Vậy a = 12; b = 18 hoặc a = 36 ; b = 6

0,5




0,5







1,5
b Số tiền người đó có sau tháng 1 là: 5000000 . 100,8% = 5040000 (đồng)
Số tiền người đó có sau tháng 2 là: 5040000 . 100,8% = 5080320 (đồng)
Số tiền người đó có sau tháng 3 là: 5080320 . 100,8%

5120963(đồng)
Số tiền lãi sau 3 tháng là: 5120963 – 5000000 = 120963 (đồng)

0,25

0,25

5
C
80
0
130
0
t
z
y
x
OA
B
D

0,25
2,5
a
Vì Oy; Oz nằm trên cùng nửa mp bờ chứa tia Ox và


0 0
(80 130 )
xOy xOz  nên
Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz
0,75
b
HS lập luận để tính được:


0

50
yOz zOt  nên tia Oz là tia phân giác góc tOy
0,75
c HS biết chia các trường hợp
TH1: Ngoài bộ 3 điểm A,O,D thẳng hàng các điểm còn lại không lập thành 3 điểm
thẳng hàng: Tính được 8 đường thẳng
TH2,3: Nếu có thêm bộ: A, B, C hoặc B, C, D thẳng hàng, tính được 6 đường thẳng


0,25

0,5
HS làm cách khác đúng yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa


PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG
NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 7
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)


Câu 1.
a) Thực hiện phép tính:
5 4 9
4 .9 2.6
10 8 8
2 .3 6 .20


b) So sánh:
14

( 17)
 và
11
31

Câu 2. Tìm
, ,
x y z
biết rằng:
a)
2 3 1 0
x
  
b)
2 3
5 10 12
x y z
  và
109
x y z
  

c)
;
xy z


4 ;
yz x


9
xz y

d)
2 9 5 17 3
3 3 3
x x x
x x x
 
 
  
là số nguyên với
x
nguyên
Câu 3 Cho hai đa thức :
( ) ( 1)( 3)
f x x x
  
và
3 2
( ) 3
g x x ax bx
   

a) Xác định hệ số
;
a b
của đa thức
( )

g x
biết nghiệm của đa thức
( )
f x
cũng là
nghiệm của đa thức
( )
g x
.
b) Cho biểu thức A =
2011
11
x
x


. Tìm giá trị nguyên của
x
để A đạt giá trị lớn
nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Câu 4
Cho Oz là tia phân giác của

0
60
xOy  . Từ một điểm B trên tia Ox vẽ đường
thẳng song song với tia Oy cắt Oz tại điểm C. Kẻ BH

Oy; CM


Oy; BK

Oz ( H,
M

Oy; K

Oz). MC cắt Ox tại P. Chứng minh:
a) K là trung điểm của OC.
b)

KMC là tam giác đều.
c) OP > OC
Hết











Đ
Ề CHÍNH THỨC

(Đề gồm 1 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG

NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 7

Câu Nội dung cần đạt Điểm
1. a

10 8 10 9 10 8
10 8
10 8
2 .3 2 .3 2 .3 (1 3) 1
2 .3 (1 5) 3
2 .3 .5
5 4 9
4 .9 2.6
10 8 8 10 8
2 .3 6 .20 2 .3
  
  





0,75
1,5
b
14 56
11 11 55
16 2
31 32 2
14 14

( 17) 17  
 


Mà
14 56 55 11
17 2 2 31
   . Vậy
14
( 17)
 >
11
31

0,25

0,25
0,25
2. a
2 3 1 0
x
  

2 3 1 2 3 1
x x
    
hoặc
2 3 1
x
  

2
x

hoặc
1
x


0,25
0,25


2,5

2,0
b
2 3 109 109.6
5 10 107
5 10 12 107
12
2 3 6
x y z x y z
 
    
 

HS tính được:
15.109 20.109 72.109
; ;
107 107 107

x y z  

0,25



0,25
c
;
xy z


4 ;
yz x


9
xz y


Nhân từng vế bất đẳng thức ta được : (xyz)
2
= 36xyz
+ Nếu một trong các số x,y,z bằng 0 thì 2 số còn lại cũng bằng 0
+ Nếu cả 3 số x,y,z khác 0 thì chia 2 vế cho xyz ta được xyz = 36
+ Từ xyz =36 và xy = z ta được z
2
= 36 nên z = 6; z = -6
+ Từ xyz =36 và yz = 4x ta được 4x
2

= 36 nên x = 3; x = -3
+ Từ xyz =36 và
9
xz y

ta được 9y
2
= 36 nên y = 2; y = -2
- Nếu z = 6 thì x và y cùng dấu nên x = 3, y = 2 hoặc x = -3 , y = -2
- Nếu z = -6 thì x và y trái dấu nên x = 3 ; y = -2 hoặc x = -3; y=2
Vậy có 5 bộ số (x, y, z) thoã mãn: (0,0,0); (3,2,6);(-3,-2,6);(3,-2,-6);(-3,2 6)

0,25

0,25



0,25
d.
2 9 5 17 3
3 3 3
x x x
x x x
 
 
  
=
4 26
3

x
x


=
=
4 12 14 4( 3) 14 14
4
3 3 3
x x
x x x
   
  
  
là số nguyên
Khi đó (
x
+ 3) là ước của 14 mà Ư(14) =
1; 2; 7; 14
   
.
HS suy ra được :
x
= -2;- 4;- 1; - 5; 4 ; - 10; 11 ; -17.

0,25


0,25
0,25

3 a
HS biết tìm nghiệm của
( ) ( 1)( 3)
f x x x
  
= 0
1; 3
x x
   

Nghiệm của
( )
f x
cũng là nghiệm của
3 2
( ) 3
g x x ax bx
   
nên :
Thay
1
x

vào
( )
g x
ta có:
1 3 0
a b
   

Thay
3
x
 
vào
( )
g x
ta có:
27 9 3 3 0
a b
    

Từ đó HS biến đổi và tính được:
3; 1
a b
   

0,5


0,5
b
A =
2011 11 2000 2000
1
11 11 11
x x
x x x
  

  
  

0,25


0,25
A lớn nhất khi
2000
11
x

lớn nhất
Nếu
11
x

thì
2000
11
x

< 0
Nếu
11
x

thì
2000
11

x

>0
Vậy A lớn nhất khi
2000
11
x

> 0 và lớn nhất

x < 11 và (11- x) bé nhất

x = 10
(vì x nguyên). A lớn nhất khi x = 10, khi đó A =
2000
1 2001
11 10
 





0,25



0,25
4 Vẽ hình, ghi gt,kl

0,5
4,0
a
ABC có


1 2
O O
 (Oz là tia phân giác của

xOy
)


1 1

O C

(Oy // BC, so le trong)



2 1
O C OBC
 

cân tại B BO = BC , mà BK

OC tại K KC = KO ( Hai đường
xiên bằng nhau

Hai hình chiếu = nhau). Hay K là trung điểm OC (Đpc/m)

0,5



0,5
b HS lập luận để chứng minh:

KMC cân.
Mặt khác OMC có



0 0 0 0 0

90 ; =30 90 30 60
M O MKC      AMC đều

0,75
0,75

c
OMC vuông tại M


MCO
nhọn


OCP
tù (Hai góc

MCO
;

OCP
bù nhau)
Xét trong OCP có

OCP
tù nên OP > OC
0,5
0,5
HS làm cách khác đúng yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa

1
1
1
2
60
0
x
z
y
P
K
M
H
C
O
B

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG.
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu 1:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: 201120102011
24
 xxx
b) Tìm các số nguyên

y
x
;
sao cho: 33
3
 xyx .
c) Tìm các hằng số a và b sao cho baxx 
3
chia cho
1

x
dư 7; chia cho
2

x
dư 4.
Câu 2:
a) Tính giá trị biểu thức:
A= xyyxyxyx 2)1(425
222
 với
5032011
16;2  yx
b) Tìm
x
để B có giá trị nhỏ nhất: B
2
2
2 2011

x x
x
 
 với
x
> 0.
Câu 3: Chứng minh rằng
a)
20002011
112011
20002011
112011
33
33






b) Nếu
;
m n
là các số tự nhiên thỏa mãn : nnmm 
22
54 thì :

m n

và

5 5 1
m n
 
đều là số chính phương.
Câu 4 :
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD
(AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh OM=ON.
b) Chứng minh
MN
CD
AB
211
 .
c) Biết .;
22
bSaS
CODAOB
 Tính
ABCD
S ?
d) Nếu
0
90
ˆ
ˆ
 CD
. Chứng minh BD > AC.
HẾT./.

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu:

Nội dung Điểm

1a
0,75đ

a/ 201120102011
24
 xxx = )1()1(2010
32234
 xxxxxx
0,5
=





20111
22
 xxxx
0,25

b/ 33
3
 xyx


33
2
 yxx . Do
y
x
;
là các số nguyên nên ta có:
0,25
0,75đ

TH1:












0
1
33
1
2
y
x
yx
x
(thỏa mãn) hoặc
2
3
3
26
3 1
x
x
y
x y





 
 
 



(thỏa mãn)
0,25
TH2:











6
1
33
1
2
y
x
yx
x
(thỏa mãn) hoặc
2
3
3
28

3 1
x
x
y
x y
 
 



 
 
  


(thỏa mãn)
0,25
0,75đ


c/ Vì baxx 
3
chia cho
1

x
dư 7 nên ta có: baxx 
3
=



7)(.1  xQx do đó với
1


x

thì
-1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).
0,25
Vì baxx 
3
chia cho
2

x
dư 4 nên ta có: baxx 
3
=


4)(.2  xPx do đó với
2

x

thì
8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).
0,25
Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4. 0,25

2.
a.
0,75đ


a/ Ta có:




021425
22
22
 yxyxyx với mọi
y
x
;
nên ta có:
0,25
A=


xyyxyxyx 21425
2
22

= 4)2(242422221425
2222
 yxyxxyyxxyyxyxyx
0,25

Thay


2012
503
45032011
2216;2  yx vào A ta có: A=


4422.2.2
20122011

0,25
b
1,0đ

b/ B=
2
2
20112
x
xx 
=
2
22
2011
20112011 22011
x
xx 

0,5
=




2011
2010
2011
2011(
2011
2010
2011
20112010
2
2
2
2
2




x
x
x
xx
.
0,25
Dấu “=” xẩy ra khi

2011

x
.
0,25
Vậy GTNN của B là
2011
2010
đạt được khi
2011

x
.
3. a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c. 0,25
1,0đ
Xét vế phải đẳng thức ta có:




 
 
22
22
33
33
33
33
20002011
112011

cacaca
bababa
ca
ba









0,25
Thay a=b+c vào




222
2
22
cbcbbbcbcbbaba  0,25





222
2

22
cbcbcccbcbcaca  0,25
Nên
2222
cacababa  .
0,25
Vậy:




 
 
20002011
112011
20002011
112011
22
22
33
33
33
33















ca
ba
cacaca
bababa
ca
ba

1,0đ
b/Ta có nnmm 
22
54






2222
1555 mnmnmmnmnm  (*)
0,5
N
M
O

D
C
A
B
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)

(5m+5n+1)+5m-5n

d

10m+1

d
Mặt khác từ (*) ta có:
2
m

d
2

m

d. Mà 10m+1

d nên 1

d

d=1
0,25

Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều l
à
các số chính phương.
0,25
4.
hình vẽ 0,25
1,0đ
a/ Ta có
BD
OB
AC
OA
 Do MN//DC

DC
ON
DC
OM


OM=ON.
0,5

0,5
1,0đ
b/ Do MN//AB và CD

AD
AM
CD

OM
 và
AD
DM
AB
OM
 . Do đó:
1
OM OM AM MD
DC AB AD

  
(1)

0,25
Tương tự: 1
AB
ON
DC
ON
(2)
0,25
Từ (1);(2)

2
AB
MN
DC
MN

0,25

MN
AB
DC
211

0,25



1,0









0,75
c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy
tương ứng. Do vậy :
OD
OB
S
S
AOD
AOB

 và
OC
OA
S
S
COD
AOD

0,25
Nhưng
OC
OA
OD
OB


COD
AOD
AOD
AOB
S
S
S
S


222
baSSS
CODAOB
AOD

 nên abS
AOD
 .
Tương tự abS
BOC
 .Vậy


2
baS
ABCD

0,5

0,25
d/
Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K
Do
0
90
ˆ
ˆ
 CD
nên H, K nằm trong đoạn CD
Ta có
AEADDCDCBDEA 
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ

.
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE
Vậy AD>BC

DH>KC

DK > CH.

0,25



0,25

Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : 0,25
E
K
H
D
C
A B
2 2 2 2 2 2
DB BK DK AH CH AC
     (Do
2 2
)
AH BK BD AC
  
HS làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa