De thi thu vao 10 nam 20122013 co dap an tuyet

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (176.84 KB, 6 trang )

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

Trờng Thcs trờng yên
---

---Đề Chẵn

THI khảo sátCHấT chất lợng NĂM HỌC 2011 - 2012
MễN : TỐN

Thêi gian lµm bµi : 90 phót

(khơng k thi gian giao )

(Đề thi này có 5 câu trong 01 trang)

Câu 1. (2 điểm)

a). Giải phơng trình: x2 + 3x 4 = 0

b) Giải hệ phơng trình: 3x – 2y = 4
2x + y = 5

c) Rót gän biĨu thøc sau: A=

1 1 1

1 ( 1)

x x x x x

 



 

  

 

Câu 2:(1,5®iĨm)Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng
thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì
diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó.

Câu 3:(2®iĨm) Cho phương trình x2 - 4x - m + 6 = 0 (1)
a) Giải phương trình với m = 1

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hÖ thøc

2 2

1 2 1 2
x x + x x = 24

Câu 4:(3,5 ®iĨm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R và tia tiếp tuyến Ax
cùng phía với nửa đường tròn đối với AB. Từ điểm M trên Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC
với nửa đường tròn (C là tiếp điểm). AC cắt OM tại E; MB cắt nửa đường tròn (O) tại D
(D khác B).

1) Chứng minh: AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) MA2 = MD.MB

3) Vẽ CH vng góc với AB (H  AB). Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm

của CH.

Câu 5.(1®iĨm)Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn

1
a b c

abc
  

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =



a b a c

 





HÕt
---(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

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

Trờng Thcs trờng yên
---

---Đề lẻ

THI kho sát CHấT chất lợng NĂM HỌC 2011 - 2012
MễN : TỐN

Thêi gian lµm bµi : 90 phót

(khơng kể thi gian giao )

(Đề thi này có 5 câu trong 01 trang)
Câu 1. (2 điểm)

a) Tớnh (1 5)2  (1 5)2 .

b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0.
c) Rót gän biĨu thøc : B =

1 1

x x x x

x x

     

 

   

     

    với x0;x1.

Câu 2:(1,5®iĨm) Một thửa vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 72m. Nếu tăng chiều rộng

lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của thửa vườn mới là 194m. Hãy tìm
diện tích của thửa vườn đã cho lúc ban đầu.

Câu 3:(2®iĨm) Cho phương trình: x2 - 4x + m + 1= 0. (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn hƯ thøc :x12 +x22 = 5(x1 +x2).

Câu 4:(3,5®iĨm)Cho đường trịn (O) có đường kính AB và điểm C thuộc đường trịn đó
(C khác A,B ). Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C). Tia AD cắt cung nhỏ BC tại
điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F.

1) Chứng minh rằng FCDE là tứ giác nội tiếp đường tròn.
2) Chứng minh rằng DA.DE = DB.DC.

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh rằng IC là tiếp
tuyến của đường tròn (O) .

Câu 5.(1®iĨm)Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn

1
a b c

abc
  

.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =



a b a c



Hết

---(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: . Số báo danh: ...

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

Đề chẵn

Câu Nội dung điểm

1
(2điểm

a). Giải phơng trình: x2 + 3x 4 = 0

có a +b+c = 0 nªn x1 = 1 ; x2 = -4 0,75đ

Giải hệ phơng trình:

3 2 4 3 2 4 7 14 2

2 5 4 2 10 3 2 4 1

{

x y

{

x y

{

x

{

x

x y x y x y y

     

 



 



 



 0,75

®

1 1 1 1 1 1

: :

1 ( 1) ( 1) 1 ( 1)

(1 ). ( 1)
1
( 1)

A

x x x x x x x x x x

x x x

x
x x

 

 

     

     

   

 



0,5 đ

Cõu2
1,5đ

Gọi chiều dài và chiều rộng lần lợt lµ x, y (m) ( x> y> 2)

DiƯn tÝch ban đầu x.y (m2), khi tăng chiều dài 2m, chiều rộng 3m thì chiều dài

lỳc ú l x + 2 (m ), chiu rng y + 3 (m)

Diện tích tăng 100 m2 ta cã pt: (x +2)(y +3) = xy + 100 (1)

LËp luËn t¬ng tù ta cã pt: (x -2)( y- 2) = xy – 68 (2)
Tõ (1) & (2) ta cã hÖ pt:

( 2)( 3) 100

( 2)( 2) 68

{

xx yy xyxy

   

xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100
xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68


 


3x + 2y = 94 x = 22 x = 22
2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14

  

     

   .

Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2).

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu3:

(2®iĨm Cho phương trình x

2 - 4x - m + 6 = 0 (1)

a)Giải phương trình với m = 1. Thay m = 1 vµo pt ta cã
x2 – 4x +5 = 0

' 4 5 1 0

b ac

 

Vậy phơng trình vô nghiệm

b)Tỡm cỏc giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hÖ thøc

2 2

1 2 1 2
x x + x x = 24.
’= 4 – (6-m) = m – 2

để pt có 2 nghiệm x1; x2 thì ’ 0  m  2

Theo vi-et ta cã x1 + x2 = 4; x1.x2 = 6 - m
Tõ gt:

2 2

1 2 1 2

x x + x x = 24  x

1.x2(x1 +x2) = 24  (6 – m).4 = 24

 6- m = 6  m = 0 ( ktm)

Vậy không có gt nào của m t /m hÖ thøc

2 2

1 2 1 2
x x + x x = 24.

0,5
0,5

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

Câu 4:

(3,5®)

Vẽ hình đúng
Gt- Kl

2) Xét ∆MAB vng tại A có ADMB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng trong tam giác

vuông)

3) Kéo dài BC cắt Ax tại N, ta có ACB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ACN 90  0,

suy ra ∆ACN vng tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).
Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì

IC IH BI

MN MA BM

 

  

 (6) với I là giao điểm của CH và MB.

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.

0, 5

1
1

0,5

Câu5.
(1®iĨm

Từ giả thiết ta có: abc a b c



 



1. Do đó, áp dụng bất đẳng thức Cơsi,
P =



a b a c

 





= a2ab ac bc  = a a b c



 



bc  2 a a b c bc



 



= 2.

Đẳng thức xảy ra 





1
a a b c bc
a b c

abc

   




  


 





1
a a b c
bc

   







 .

Hệ này có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1  a = 2 1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biu thc P l 2.

0,5
0,25
0,25

Hớng dẫn chấm

Đề lẻ

Câu Nội dung §iĨm

1) ADB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa
đường trịn) ADM 90  0(1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính
chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung
trực của AC  AEM 90  0(2).

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội
tiếp đường trịn đường kính MA.

x
N

I
H
E
D
M

O B

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

1
(2®iĨm)

a)Tính (1 5)2  (1 5)2 = 1 5  1 5  1 5 5 1 2 5  0,75 ®
b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0

' 1 24 25 0
5

    
 

Pt cã hai nghiƯm ph©n biƯt :

' ' 1 5

4
1

' ' 1 5

6
1

b
x

a
b
x

a

    

  

    

  

0,75 ®

B =

1 1

x x x x

x x

     

 

   

     

    với x0;x1.

( 1) ( 1)

1 1 (1 )(1 )

1 1

x x x x

B x x

x x

x

     

       

     

   

 

0,5 ®

Câu2:
(1,5®iĨ)

Gọi x là chiều dài, y là chiều rộng của hình chữ nhật
(điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính bằng mét)

Theo bài ra ta có: 2 (x + y) = 72  x +y = 36 (1)
Sau khi tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có :

2 (3 x + 2y) = 194  3x + 2y = 97 (2)
Ta có hệ PT :

x + y = 36
3x + 2y = 97





Giải hệ ta được:

x = 25
y = 11




Đối chiếu điều kiện bài toán ta thấy x, y thỏa mãn.
Vậy diện tích thửa vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu3:

(2®iĨm)

Cho phương trình: x2 - 4x + m + 1= 0. (1)

a) Giải phương trình khi m = 2.Thay m = 2 vµo Pt (1) ta cã
x2 – 4x +3 = 0

cã a+ b +c =0 nªn x1 = 1; x2 = 3.

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn hÖ thøc :
x12 +x22 = 5(x1 +x2).

Cã ’ = 4 – ( m +1) = 3 – m

§Ĩ pt cã hai nghiƯm x1; x2 th× ’ 0  3 – m 0  m 3

Theo Vi- Ðt ta cã : x1 + x2 = 4; x1.x2 = m +1 (*)

Tõ hÖ thøc : x12 +x22 = 5(x1 +x2) = (x1 + x2)2 – 2 x1x2 = 5 (x1 +x2) , thay * vµo hƯ

thøc ta cã : 16 – 2( m + 1) = 20  2(m + 1) = - 4  m +1 = -2

0,25
0,5

0,5

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

 m = -3 ( t/mđk)

Vậy với m = -3 thì pt có 2 nghiÖm tháa m·n hÖ thøc x12 +x22 = 5(x1 +x2).

Câu 4:

(3,5®iĨ)

Vẽ hình GT- KL đúng

1) Tứ giác FCDE có 2 góc đối :

  o

FED FCD 90 

(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn).
Suy ra tứ giác FCDE nội tiếp.

2) Xét hai tam giác ACD và BED có:

  900

ACD BED  , ADC BDE (đối đỉnh) nên

ACDBED. Từ đó ta có tỷ số :

. .

DC DE

DC DB DA DE

DA DB   .

3) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giác ICD cân 

  

ICD IDC FEC  (chắn cung FC). Mặt khác tam giác OBC cân nên

  

OCB OBC DEC  (chắn cung AC của (O)). Từ đó

      900

ICO ICD DCO FEC DEC FED       IC  CO hay IC là tiếp tuyến 
của đường trịn (O).

0,5

0,5

Câu 5.
(1®iĨm)

Từ giả thiết ta có: abc a b c



 



1. Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi,
P =



a b a c

 





= a2ab ac bc  = a a b c



 



bc  2 a a b c bc



 



=2.

Đẳng thức xảy ra 





1
a a b c bc
a b c

abc

   




  


 





1
a a b c
bc

   








 .

Hệ này có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c = 1  a = 2 1 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 2.

0,5
0,25
0,25

D
O
F

B
A

</div>

De thi thu vao 10 nam 20122013 co dap an tuyet



 







{

{

{

{







{







 

























 



















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về