De khao sat chat luong lan 1 mon Toan 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN 10. Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHẴN. Dành cho thí sinh có số báo danh chẵn Câu 1 (3 điểm) Cho phương trình ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) m a) Giải phương trình khi m 0 b) Giải phương trình khi m 24 c) Giả sử m là một giá trị để phương trình có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 đều khác A không. Tính giá trị của biểu thức. 1 1 1 1    x1 x2 x3 x4. Câu 2 (2 điểm) 1 1 y  x2 y  x  2 4 có đồ thị là (P) và đường thẳng (D): 2 a) Cho hàm số . Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D). b) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng hai chữ số của nó bằng 9 và nếu thêm vào số đó 63 đơn vị thì sẽ thu được một số viết theo thứ tự ngược lại với chữ số đã cho.  6x  3  y  1    4x  2   Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình  y  1. 2y 5 x 1 4y 2 x 1. Câu 4 (3 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Điểm M thay đổi trên cạnh BC, điểm N thay đổi trên cạnh CD sao cho BM = CN = x ( 0 x a ). Các đoạn thẳng AM và BN cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác AHND là tứ giác nội tiếp. a b) Khi BM = 4 . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND theo a. c) Tìm x để diện tích của tam giác AMN đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (1 điểm) Có tất cả bao nhiêu số thỏa mãn: số đó gồm 5 chữ số, chia hết cho 3 và có chứa ít nhất một chữ số 6? ----------------------------------Hết---------------------------------Họ và tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chữ ký của giám thị 1: ………………… Chữ ký của giám thị 2: ………………. SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN 10. Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ LẺ. Dành cho thí sinh có số báo danh lẻ Câu 1 (3 điểm) Cho phương trình ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) m d) Giải phương trình khi m 0 e) Giải phương trình khi m 24 f) Giả sử m là một giá trị để phương trình có bốn nghiệm x1 , x2 , x3 , x4 đều khác A không. Tính giá trị của biểu thức. 1 1 1 1    x1 x2 x3 x4. Câu 2 (2 điểm) 1 2 1 x y x 2 4 có đồ thị là (P) và đường thẳng (D): 2 c) Cho hàm số . Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D). d) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tổng hai chữ số của nó bằng 8 và y . nếu thêm vào số đó 54 đơn vị thì sẽ thu được một số viết theo thứ tự ngược lại với chữ số đã cho. 6 y  3  x  1   4y  2   Câu 3 (1 điểm) Giải hệ phương trình  x  1. 2x 5 y 1 4x 2 y 1. Câu 4 (3 điểm) Cho hình vuông MNPQ có cạnh bằng a. Điểm X thay đổi trên cạnh NP, điểm Y thay đổi trên cạnh PQ sao cho NX = PY = x ( 0 x a ). Các đoạn thẳng MX và NY cắt nhau tại K. d) Chứng minh tứ giác MKYQ là tứ giác nội tiếp. a e) Khi NX = 3 . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MKYQ theo a. f) Tìm x để diện tích của tam giác MXY đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5 (1 điểm) Có tất cả bao nhiêu số thỏa mãn: số đó gồm 5 chữ số, chia hết cho 3 và có chứa ít nhất một chữ số 6? ----------------------------------Hết----------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Họ và tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………… Chữ ký của giám thị 1: ………………… Chữ ký của giám thị 2: ……………….

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHẴN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 MÔN TOÁN 10. Câu Ý 1 a. b. Nội dung Giải pt ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) m khi m 0 m 0  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) 0  x  1 0, x  2 0, x  3 0, x  4 0  x 1, x 2, x 3, x 4 Giải pt ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) m khi m 24 m 24  ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) 24  ( x 2  5 x  4)( x 2  5 x  6) 24 2 2 Đặt t x  5 x  4 ta được pt t (t  2) 24  t  2t  24 0 Giải pt tìm được t 4, t  6.  x 0 t 4  x 2  5 x  4 4  x 2  5 x 0    x 5 2 t  6  x  5 x  10 0 (vô nghiệm) Vậy pt có hai nghiệm là 0 và 5 1 1 1 1 A    c x1 x2 x3 x4 Tính giá trị của biểu thức 2 2 Biến đổi pt về dạng ( x  5 x  4)( x  5 x  6) m . Đặt 2 t x  5 x  4 ta được pt t (t  2) m  t  2t  m 0 (2) Giả sử (2) có 2 nghiệm là t1 , t2. 2. 2 2 Với t t1  x  5 x  4 t1  x  5 x  4  t1 0 (3) 2 2 t  t  x  5 x  4  t  x  5 x  4  t 2 0 (4) 2 2 Với. 2. Pt có 4 nghiệm nên (3) có 2 nghiệm x1 , x2 ; (4) có 2 nghiệm x3 , x4 .  x3  x4 5  x1  x2 5   x1 x2 4  t1 x x 4  t2  Theo Viets ta có và  3 4 1 1 1 1 x x x x 5 5  A     2 1  4 3   x1 x2 x3 x4 x2 x1 x4 x3 4  t1 4  t2 5 8  (t1  t2 ) 5(4  t2  4  t1 ) 5(8  2) 50     (4  t1 )(4  t2 ) 16  4(t1  t2 )  t1t2 16  8  m 24  m a Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) 1 2 1 x  x  2 2 Pt hđgđ của (P) và (D) là 4 2 2 x  2 x  8  x  2 x  8 0  x 2, x  4 Vậy các giao điểm là (2;1),( 4;4). Điểm 1,00 0,25 0,25 0,5 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25. 1,00 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b. Tìm số tự nhiên có hai chữ số Giả sử số cần tìm là ab với a, b  ; a, b 9; a 0 a  b 9  10a  b  63 10b  a. Theo giả thiết ta có a  b 9 a 1   a  b  7 b 8 Vậy số cần tìm là 18. 3. 4.  6x  3 2 y  y  1  x  1 5   4 x  2  4 y 2  Giải hệ phương trình  y  1 x  1 3a  2b 5 2x  1 y a ,b   2a  4b 2 y  1 x  1 Đặt ta được hệ  1 a 2, b  2 Giải hệ này được  2x  1  y  1 2 2 x  1 2 y  2 2 x  2 y  1     2 y  x  1 y 1   x  2 y  1    x  1 2 1 x 0, y  2 Giải hệ này được a Chứng minh tứ giác AHND là tứ giác nội tiếp ABM BCN  BAM CBN BAM  BMA 900  CBN  BMA 900  BHM 902  AHN 902 0 ABCD là hình vuông  ADN 90  AHND là tứ giác nội tiếp a b BM = 4 . Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHND có đường kính là AN a a 3a 9 a 2 5a 2 CN   DN a    AN  a   4 4 4 16 4 Gọi S là diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác AHND 2 thì S  R AN 5a 25 a 2 R   S 2 8 64 c Tìm x để diện tích của tam giác AMN đạt giá trị nhỏ nhất S AMN S ABCD  S ABM  S ADN  SCMN. 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25. 1,00. 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1 1 1 1 ax  a (a  x)  x(a  x )  ( x 2  ax  a 2 ) 2 2 2 2 2 2 2 1  a  3a  3a   x     2  2 4  8 a 2 . a a x 2 . Vậy 2 thì S AMN nhỏ nhất Đẳng thức xảy ra khi Có tất cả bao nhiêu số thỏa mãn: số đó gồm 5 chữ số, chia hết cho 3 và có chứa ít nhất một chữ số 6? Số bé nhất có 5 chữ số và chia hết cho 3 là 10002 = 3334.3 Số lớn nhất có 5 chữ số và chia hết cho 3 là 99999 = 33333.3 Do đó có 33333 – 3334 + 1 = 30000 số có 5 chữ số và chia hết cho 3. Tiếp theo ta sẽ tìm trong các số này những số không có chữ số 6. Gỉa sử số đó có dạng n = abcde thế thì a có 8 cách chọn (do a khác 0 và 6) b có 9 cách chọn (do b khác 6) c có 9 cách chọn (do c khác 6) d có 9 cách chọn (do d khác 6) Với mỗi cách chọn a, b, c, d, ta sẽ chọn e sao cho a  b  c  d  e chia hết cho 3 TH1. Nếu a + b + c + d = 3k thì a có thể chọn là 0, 3, 9 TH1. Nếu a + b + c + d = 3k + 1 thì a có thể chọn là 2, 5, 8 TH1. Nếu a + b + c + d = 3k + 2 thì a có thể chọn là 1, 4, 7 Như vậy ứng với mỗi cách chọn a, b, c, d ta đều có 3 cách chọn e Do đó có 8.93.3 = 17496 số gồm 5 chữ số, chia hết cho 3 và không có chữ số 6 Vậy có 30000 – 17496 = 12504 số gồm 5 chữ số, chia hết cho 3 và có chữ số 6 x. 5. ĐÁP ÁN ĐỀ LẺ Câu 1 a) x  1, x  2, x  3, x  4 b) x 0, x  5 5 5  50 A   4  t1 4  t2 24  m c) Câu 2 a) Vậy các giao điểm là (2;  1),( 4;  4) b) Vậy số cần tìm là 17 1 x  , y 0 2 Câu 3. Hệ có nghiệm là Câu 4. Tương tự Câu 5. Như đề chẵn. 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

<span class='text_page_counter'>(8)</span>