Đáp án đề thi thử số 1 môn toán vào lớp 10 năm học 2015 tại trung tâm EDUFLY

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (368.64 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO THPT DÀNH CHO HỌC SINH KHƠNG CHUN NĂM 2015

MƠN TỐN - ĐỀ SỐ 1 - ĐÁP ÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

I 
(2 
điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức



2 3



2 3

2 2 7 4

A x x  x  x khi x 3.

Thay x 3 vào biểu thức đã cho ta được: A 2 2.3 3 3







 7.3 4.3 3





2 6 3 3 21 12 3 12 6 3 21 12 3

       



 



3 3 3 2 3 3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3

             .

2. Cho biểu thức 2 2 6

2 2

x x x x

B

x

x x

 

  



  với x0 và x4.

a) Với x0 và x4 ta có:







2 2 6 2 2 6

2 2 2 2 2 2

x x x x x x x x

B

x

x x x x x x

   

     



     





















2 2 2 2 6 2 2 4 2 6

2 2 2 2

x x x x x x x x x x x x

x x x x

           

 

   























3 2 3 1 2 3 1

3 3 6

2 2 2 2 2 2

x x x x x

x x

x

x x x x x x

    

 

   



      .

b) Tìm các giá trị nguyên của x để B nhận giá trị nguyên.



 



3 1 3 2 9 9

2 2 2

x x

B

x x x

  

   

   với x0 và x4



 







9 2 2 1; 3; 9

B x x U

x

           



Mà x 2 2 nên



x 2



 

3;9 .

 x  2 3 x   1 x 1 (nhận, thỏa mãn)

 x  2 9 x   7 x 49 (nhận, thỏa mãn)
Vậy: x

 

1;49 thì B nhận giá trị nguyên.

(Sai một giá trị trừ 0,25 điểm)

0,25

0,5

0,25

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

II 
(1,5 
điểm)

Cách 1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình:

Gọi chiều dài của hình chữ nhật đã cho là x cm

 



x0



Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vng
nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm. Chiều rộng của hình chữ nhật là: x4

 

cm .
Diện tích của hình chữ nhật là:





 

. 4

x x cm . Mà theo đề bài diện tích của hình
chữ nhật bằng 2

320cm . Nên ta có phương trình: x x



 4



320







2 20

4 320 0 20 16 20

16
x

x x x x x

x




           

 (Do x0).

Với x20 ta có chu vi của hình chữ nhật là: x  



x 4



20 16 36

 

cm .
Vậy chu vi của hình chữ nhật đã cho là 36 cm .

 

(Làm tắt bước giải phương trình trừ 0,25 điểm)

Cách 2. Giải bài tốn bằng cách lập hệ phương trình:

Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đã cho lần lượt là x và y



x y; 0



.
Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vng
nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm. Nên ta có : x y 4 1

 

Diện tích của hình chữ nhật là: x y cm.

 

2 . Mà theo đề bài diện tích của hình chữ
nhật bằng 320cm . Nên ta có 2 x y. 320 2

 

Từ

 

1 và

 

2 ta có hệ phương trình 4
320
x y
xy

 

 

 . Giải hệ phương trình bằng phương

pháp thế ta được 20
16
x
y



 

 .

Chu vi của hình chữ nhật là: x y 20 16 36

 

cm .
Vậy chu vi của hình chữ nhật đã cho là 36 cm .

 

(Làm tắt bước giải hệ phương trình trừ 0,25 điểm)

0,25

0,5

0,25

0,5

0,25

1. Giải hệ phương trình
2

1 1

3
1

1 1

x y

  

  




  

  



ĐKXĐ: x 1;y 1.
Đặt

1
x

a

x  và 1
y

b

y  ta có hệ phương trình mới:

2 7

3 1

a b

a b

 


  

 .

Giải hệ phương trình bằng phương pháp thế hoặc phương pháp cộng đại số ta

được 4

1
a
b



  

 .

0,25

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

III 
(2,5 
điểm)

Từ đây suy ra:

4
4

4 4 3 4

1 3

1 2 1 1

1 2

x

x x x

x

y y y y

y
y

    

        

   

        

 

     




 



(nhận)

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

 

; 4; 1

3 2

x y    

 .

2. Đưởng thẳng

 

: 1 3
2

d y  x và parabol

 

: 1 2
2
P y x .
a) Vẽ đồ thị: (Học sinh tự vẽ)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

P là: 1 3 1 2

2x 2x

  

6 0

x x

    giải phương trình bằng cách đưa về phương trình tích hoặc
dùng cơng thức nghiệm của phương trình bậc hai ta có: 2

3
x
x



  

 .

 Với x2 thay vào phương trình đường thẳng

 

d hoặc parabol

 

P
ta có y2.

 Với x 3 thay vào phương trình đường thẳng

 

d hoặc parabol

 

P ta có 9
2
y .

Vậy

 

d và

 

P cắt nhau tại hai điểm A

 

2;2 và 3;9
2
B 

 .

0,25

0,75

0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

K
I

Q

P
E

O

A B

M

IV

(3,5 
điểm)

a) Tứ giác EAOM có:

90o

EAOOME (vì EM, EA là
các tiếp tuyến của

 

O ).

Suy ra EAOM là tứ giác nội tiếp.
Tứ giác APMQ có:

90o
MQA QAP APM  .
Suy ra APMQ là hình chữ nhật.

b) APMQ là hình chữ nhật (chứng minh a) 
Mà I là trung điểm của PQ nên I cũng 
là trung điểm của AM.

E là giao điểm của hai tiếp tuyến AE và
EM nên OE là trung trực của AM .
Vậy ; ;O I E thẳng hàng.

c) Xét EAO và MPB có:



90o



EAOMPB  và EOAMBP (cùng phụ MAB ).

 

. AE AO

EAO MPB g g

MP PB

  ∽   (hai cặp cạnh tương ứng)

 

1 .

Ta có: KP/ /AE KP BP

AE AB

  (định lý Ta-let)

 

2 .

Nhân vế theo vế của

 

1 và

 

2 ta có : 1 2.

2 2

KP AO R

MP KP

MP AB  R    .

Vậy K là trung điểm của MP.
d) Ta có : BPABAP2Rx.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB vuông tại M , đường cao MP có:







 

. . 2 . 2

MP AP PBx Rx MP x Rx cm .

Ta có:









. . . 2 . 2

APMQ

S  AP PM x x Rx  x Rx đạt giá trị lớn nhất khi
và chỉ khi 3





. 2

x Rx đạt giá trị lớn nhất.













2
3 3 3
. 2 27. . . . 2 27.

3 3 3 4

x x x

R x
x x x

x R x R x

     

 

     

 

 

(BĐT Cô-si cho

bốn số)





4 2

3 2 3 3 2

. 2 27. 3 3. .

4 2 4

APMQ

x R x R

S x R x       R

         

    .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2 3

3 2

x

R x x R

    .

Vậy điểm M nằm trên

 

O thỏa mãn cung nhỏ MP bằng 1

3 cung AB.

0,5

1,0

0,5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5></div>