ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN HUYỆN ĐỨC THỌ NĂM HOC 2014-2015

8 1.1K 4
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 MÔN TOÁN  HUYỆN ĐỨC THỌ NĂM HOC 2014-2015

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: a. 4 A 12 3 1    b. 1 1 a B : a 4 a 2 a 2            (với a > 0 và 4 a  ) Câu 2: Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(1; 3) và điểm B(2; 1) Câu 3: Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0 x m x m     (1) (với m là tham số) a. Giải phương trình (1) khi m =1. b. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 x ; 2 x . Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm dương thỏa mãn x 1 2 + x 2 2 = 12 Câu 4: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R=1. Tam giác ABC thay đổi và luôn ngoại tiếp (O), các cạnh AB và AC tiếp xúc với (O) lần lượt tại H, K. Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn thẳng AB, AC lần lượt tại M, N. a. Chứng minh tứ giác AHOK là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh HK.AO = 2AK.OH c. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN Câu 5: Giải phương trình: 1 1 1 1 x x x x x      =============================== Mã đề 01 HƯỚNG DẨN CHẤM Mã đề 01 Câu Nội dung Điểm a) 2 4( 3 1) 2 .3 ( 3 1)( 3 1) A      4( 3 1) 2 3 (3 1)     2( 3 1) 2 3 2      0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 1: (2 đ) b) 1 1 a B : a 4 a 2 a 2            2 2 : 4 4 a a a a a               2 4 . 2 4 a a a a             0,5 đ 0,5 đ Câu 2: (1,5 đ) Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(1; 3) và điểm B(2; 1) Vì đồ thị hàm số y =ax + b đi qua điểm A(1; 3) nên ta có: a + b = 3 (1) đồ thị hàm số y =ax + b đi qua điểm B(2; 1) nên ta có: 2a + b = 1 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình a b 3 2a b 1        (*) Giải hệ (*) ta được a = -2; b = 5 Vậy a = -2; b = 5 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0 x m x m     (1) (với m là tham số) a) Thay m = 1 vào (1) ta được phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 Tính 2 ' ( 2) 2 2 0; 2         Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 x 2 2   ; 2 x 2 2   0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ Câu 3 : (2,25 đ) b) Ta có 2 2 ' (m 1) 2m m 1       2 ' m 1 0 m      . Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Nên theo định lí Vi-et ta có 1 2 1 2 2 2 2        x x m x x m Để phương trình (1) có hai nghiệm dương S 2m 2 0 m 0 P 2m 0           Theo giả thiết có x 1 2 + x 2 2 = 12  (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 12 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 4(m 1) 4m 12      m 2 + m – 2 = 0 (*) Giải phương trình (*) được m 1 = 1 (thoả mãn), m 2 = -2 (loại) Vậy giá trị cần tìm là: m = 1 0,25 đ 0,25 đ Vẽ hình 0,25 đ a) Xét tứ giác AHOK có:  0 AHO 90  (Tính chất tiếp tuyến)  0 AKO 90  (Tính chất tiếp tuyến) Ta có:   0 AHO AKO 180    tứ giác AHOK nội tiếp đường tròn 0,5 đ 0,5 đ b) Gọi giao điểm của AO và HK là P Ta có: AH = AK (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  A  trung trực HK (1) Ta có: OH = OK (=R)  O  trung trực HK (2) Từ (1) và (2) => OA là trung trực của HK => KP  AO và KH KP HP 2   (*) Áp dụng hệ thức lượng cho  AKO vuông tại K, đường cao KP ta có: KP.AO = AK.OK  KH .AO AK.OH 2  (vì OH = OK và KH KP HP 2   )  HK.AO = 2AK.OH (đpcm) 0,5 đ 0,5đ Câu 4: (3,25 đ) c) Ta có: S AMN = S OAM + S OAN = 1 1 AM AN OH.AM OK.AN 2 2 2    Vẽ MI  AC, I  AC. Ta có: MA  MI Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có AM AN AM.AN 2   . Do đó: S AMN AM.AN  MI.AN   S AMN AMN 2S  2 AMN AMN AMN S 2S S 2    Dấu “=” xảy ra  A I   MN  AO,  0 BAC 90  Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN là 2 (đvdt) 0,5 đ 0,5 đ  O A B C K H N M B I P Câu 5: (1đ) Giải phương trình: 1 1 1 1 x x x x x      (*) ĐKXĐ 1 1 0; 1 0 1       x x x x hoặc 1 x 0    . Với điều kiện trên, ta có: Ta có (1) 1 1 1 2 x x x x      (2) +/ Nếu 1 0    x thì vế trái của phương trình (2) luôn luôn âm, còn vế phải không âm => PT vô nghiệm. +/ Với x  1 khi đó hai vế của (2) không âm, ta được. 2 2 2 (2) 1 2 ( 1) ( 1 ) 4 ( 1)           x x x x x x x x 4 3 2 2 2 1 0       x x x x . Do x 0  không là nghiệm của PT, chia cả hai vế của PT cho x 2  0. PT tương đương với 2 2 1 1 2 1 0                  x x x x  2 1 1 0 x x          2 1 5 2 1 0 1 5 2 x x x x                Do x 1  nên chỉ có 1 5 2 x   thỏa mãn VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh(*) lµ: 1 5 1; 2 S             0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x 1 x 1 (th / m) 0 1 1 x (*) x x 1 x 1 0 x 1 x x x 1 1 (1) x 1 x 1 1 0 x x                                         PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: a. 8 A 20 5 1    b. 1 1 a B : a 1 a 1 a 1            (với a > 0 và 1 a  ) Câu 2: Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(2; 2) và điểm B(3; 1) Câu 3: Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0 x m x m     (1) (với m là tham số) a. Giải phương trình (1) khi m = 2. b. Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 x ; 2 x . Tìm giá trị của m phương trình có hai nghiệm dương thỏa mãn x 1 2 + x 2 2 + x 1 x 2 = 14 Câu 4: Cho đường tròn cố định tâm O, bán kính R=1. Tam giác MPN thay đổi và luôn ngoại tiếp (O), các cạnh MN và MP tiếp xúc với (O) lần lượt tại A, B. Một đường thẳng đi qua tâm O cắt các đoạn thẳng MN, MP lần lượt tại C, D. a. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh MO.AB = 2MB.OA c. Xác định giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MCD Câu 5: Giải phương trình: 1 1 1 1 x x x x x      =============================== Mã đề 02 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẨN CHẤM Mã đề 02 Câu Nội dung Điểm a) 2 8( 5 1) 2 .5 ( 5 1)( 5 1) A      8( 5 1) 2 5 (5 1)     2( 5 1) 2 5 2     0,5 đ 0,25đ 0,25đ Câu 1: (2 đ) b) b) 1 1 : 1 1 1 a N a a a            1 1 : 1 1 a a a a a               2 1 . 2 1 a a a a             0,5 đ 0,5 đ Câu 2: (1,5 đ) Xác định a, b biết rằng trong hệ trục tọa độ, đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(2; 2) và điểm B(3; 1) Vì đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm A(2; 2) nên ta có: 2a + b = 2 (1) đồ thị hàm số y = ax +b đi qua điểm B(3; 1) nên ta có: 3a + b = 1 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2a b 2 3a b 1        (*) Giải hệ (*) ta được a = -1; b = 4 Vậy a = -1; b = 4 0,5 đ 0,5 đ 0,25đ 0,25đ Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0 x m x m     (1) (với m là tham số) a) Thay m = 2 vào (1) ta được phương trình x 2 – 6x + 4 = 0 Tính 2 ' ( 3) 4 5 0; 5         Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 x 3 5   ; 2 x 3 5   0,5 đ 0,25đ 0,25đ Câu 3 : (2,25 đ) b) Ta có 2 2 ' (m 1) 2m m 1       2 ' m 1 0 m      . Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt Nên theo định lí Vi-et ta có 1 2 1 2 2 2 2        x x m x x m Để phương trình (1) có hai nghiệm dương S 2m 2 0 m 0 P 2m 0           Theo giả thiết có x 1 2 + x 2 2 + x 1 x 2 = 14  (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 + x 1 x 2 = 14 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 4(m 1) 2m 14      4m 2 + 6m – 10 = 0 (*) Giải phương trình (*) được m 1 = 1 (thoả mãn), m 2 = 5 2  (loại) Vậy giá trị cần tìm là m = 1 0,25đ Vẽ hình 0,25đ a) Xét tứ giác MAOB có:  0 MAO 90  (Tính chất tiếp tuyến)  0 MBO 90  (Tính chất tiếp tuyến) Ta có:   0 MAO MBO 180    tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 0,5 đ 0,5 đ Gọi giao điểm của MO và AB là P Ta có: MA = MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)  M  trung trực AB (1) Ta có: OA = OB (=R)  O  trung trực AB (2) Từ (1) và (2) => OM là trung trực của AB=> AB  MO và AB AP BP 2   (*) Áp dụng hệ thức lượng cho  MBO vuông tại B, đường cao BP ta có: BP.MO = MB.BO  AB .MO MB.AO 2  (vì OA = OB và AB BP AP 2   )  MO.AB = 2MB.OA (đpcm) 0,5 đ 0,5 đ Câu 4 : (3,25 đ) Ta có: S MCD = S OCM + S ODM = 1 1 MC MD OA.MC OB.MD 2 2 2    Vẽ CI  MD, I  MD. Ta có: CM  CI Áp dụng BĐT Côsi cho 2 số không âm ta có MC MD MC.MD 2   . Do đó: S MCD MC.MD  CI.MD   S MCD MCD 2S  2 MCD MCD MCD S 2S S 2    Dấu “=” xảy ra  M I   CD  MO,  0 NMP 90  Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MCD là 2 (đvdt) 0,5 đ 0,5 đ  O M N P B A D C I P Câu 5 : (1đ) Giải phương trình: 1 1 1 1 x x x x x      (*) ĐKXĐ 1 1 0; 1 0 1       x x x x hoặc 1 x 0    . Với điều kiện trên, ta có: Ta có (1) 1 1 1 2 x x x x      (2) +/ Nếu 1 0    x thì vế trái của phương trình (2) luôn luôn âm, còn vế phải không âm => PT vô nghiệm. +/ Với x  1 khi đó hai vế của (2) không âm, ta được. 2 2 2 (2) 1 2 ( 1) ( 1 ) 4 ( 1)           x x x x x x x x 4 3 2 2 2 1 0       x x x x . Do x 0  không là nghiệm của PT, chia cả hai vế của PT cho x 2  0. PT tương đương với 2 2 1 1 2 1 0                  x x x x  2 1 1 0 x x          2 1 5 2 1 0 1 5 2 x x x x                Do x 1  nên chỉ có 1 5 2 x   thỏa mãn VËy tËp nghiÖm cña ph¬ng tr×nh(*) lµ: 1 5 1; 2 S             0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ x 1 x 1 (th / m) 0 1 1 x (*) x x 1 x 1 0 x 1 x x x 1 1 (1) x 1 x 1 1 0 x x                                         . PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút Câu 1: Rút gọn các.                  PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỨC THỌ ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 – NGÀY 16/6 NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút Câu 1: Rút gọn các. phương trình: 1 1 1 1 x x x x x      =============================== Mã đề 01 HƯỚNG DẨN CHẤM Mã đề 01 Câu Nội dung Điểm a) 2 4( 3 1) 2 .3 ( 3 1)( 3 1) A      4( 3

Ngày đăng: 28/07/2015, 07:46

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan