Đề kiểm tra KSCL HK1 Toán (2013 - 2014) (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Tín | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

608
lượt xem 54
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề kiểm tra KSCL HK1 Toán (2013 - 2014) (Kèm đáp án) với nội dung xoay quanh: phân tích đa thức thành nhân tử, hệ phương trình, tỷ số lượng giác,...giúp giáo viên định hướng cách ra đề thi và giúp học sinh lớp 7,8,9,10,11 ôn tập để làm bài hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra KSCL HK1 Toán (2013 - 2014) (Kèm đáp án)

Phòng GD – ĐT Dĩ An ĐỀ THAM KHẢO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HKI Trường: THCS Tân Bình Năm học: 2013 – 2014 Môn: Toán - Khối 7 I/ PHẦN ĐẠI SỐ: 5 BÀI Bài 1: Thực hiện phép tính (bằng cách hợp lý nhất): 15 5 3 18 4 5 4 16 a)    b) 1    0,5  12 13 12 13 23 21 23 21  9   4  3 1 3 1 c)   2.18  :  3  0,2  d) .19  .33  25   5  8 3 8 3 Bài 2: Tìm x, biết: 3 1 3 1 2 1 2 1 a) x b)  :x c) 1 : 0,8  : 0,1x d) x  3  7 3 4 4 5 3 3 2 Bài 3: x y a/ Tìm hai số x và y biết:  và x + y = 28. 3 4 b/ Tìm hai số x và y biết x : 2 = y : (-5) và x – y = - 7. Bài 4: Cho hàm số y = f(x) = 2x + 1. a) Trong các điểm sau điểm nào thuộc đồ thị của hàm số: A( 1; 3); B(-1; -1); C(-2; 4); D( -2; -4) b) Tính f(0); f(1); f(-2). Bài 5: a/ Ba lớp 7A, 7B, 7C hưởng ứng phong trào kế hoạch nhỏ đã thu được tổng cộng 370kg giấy vụn. Hãy tính số giấy vụn của mỗi lớp, biết rằng số giấy vụn thu được của ba lớp lần lượt tỉ lệ nghịch với 4; 6; 5. Gọi số giấy vụn thu được của các chi đội 7A1 , 7A2 , 7A3 lần lượt là x, y, z (kg). x y z Theo bài ra, ta có:   và x + y + z = 370. 1 1 1 4 6 5 x y z xyz 370 370        600 1 1 1 1 1 1 15  10  12 37   4 6 5 4 6 5 60 60
 x = 150(kg), y = 100(kg), z = 120(kg). Vậy Số giấy vụn thu được của các chi đội 7A1 , 7A2 , 7A3 lần lượt là : 150(kg), 100(kg), 120(kg). b/ Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC, biết rằng các cạnh tỉ lệ với 4:5:6 và chu vi của tam giác ABC là 30cm. I/ PHẦN HÌNH HỌC: 3 BÀI Bài 1: Cho tam giác ABC có AB=AC . AD là tia phân giác của góc A (D  BC). Chứng minh: a) ABD  ACD b) DB = DC. Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ phân giác BD (D  AC), kẻ DE vuông góc với BC tại E. Chứng minh BA =BE. Bài 3: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC . Trên tia đối của tia MA lấy điểm E sao cho ME = MA. Chứng minh: a) ABM  ECM . b) AB//CE
ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HKI Năm học: 2013 – 2014 - Môn: Toán - Khối 7 Bài 1: Thực hiện phép tính (bằng cách hợp lý nhất): 15 5 3 18 4 5 4 16 a)    b) 1    0,5  12 13 12 13 23 21 23 21 = = = 1 + (-1) = 0 = 1 + 1 + 0,5 = 2,5  9   4  3 1 3 1 c)   2.18  :  3  0,2  d) .19  .33  25   5  8 3 8 3 = : = . - .
ĐỀ THI KSCL HỌC KỲ 1 NĂM HỌC 2010-2011 . MÔN : TOÁN 8 . (Thời gian làm bài 90 phút) Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử a. x3 – 2x2 + x b. a3 – 3a2 – a +3 Bài 2: Thực hiện các phép tính 9 3 a. 2xy(x – 2y) b. 2  x  6 x 2 x  12 5x  3 x  3  1 2 3  x  14 c.  d.  2   : 4x2 y 4x2 y  x 9 3 x x 3  x 3 Bài 3: Tìm x : a. x3 - 9x = 0 b. 9(3x - 2) = x(2 - 3x) Bài 4: Tìm giá trị nguyên của n để giá trị của biểu thức 3n3 + 10n2 – 5 chia hết cho giá trị của biểu thức 3n + 1 Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ), với BC = 6 cm. Đường trung tuyến AM, gọi O là trung điểm của AC, N là điểm đối xứng với M qua O a. Tính AM b. Tứ giác AMCN là hình gì? Vì sao? c. Với điều kiện nào của tam giác ABC để tứ giác AMCN là hình vuông? HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài Câu Hướng dẫn Điểm 1 a x(x2 – 2x + 1) 0,5 = x(x – 1) 2 0,25 b (a3 – 3a2) – (a – 3) 0,25 =(a – 3)(a – 1)(a + 1) 0,5 a 2x2y – 4xy2 0.75 b 9 3 0,25   x ( x  6) 2( x  6) 18  3 x 3(6  x )   x ( x  6) x ( x  6) 3 0,25  x 2 0,25 c  5x  3  x  3 0,25 4x2 y 4x 1  2  4 x y xy 0,5 d 1  2 x  6  3x  9 x  14 0,25 : ( x  3)( x  3) x3 x  14 x3 = . ( x  3)( x  3) x  14 1 0,25  x3
0,25 a ·x (x-3)(x+3)=0 0,25 3 x  0  x  3   x  3  0,5  x  9  x  9  x  9  x   x   x  2  3 b 0,5 Thực hiện phép chia, ta có: 3n3 + 10n2 – 5 = (3n + 1)(n2 + 3n – 1) – 4 0,25 4 Để phép chia hết thì 4  3n +1 0,25 Tìm được số nguyên n sao cho 3n + 1 là ước của 4, khi đó ta có: n = 0,25 0; -1; 1 4 Hình vẽ và ghi giả thiết kết luận 0.5 A N O B C M a AM là đường trung tuyến của tam giá ABC 0,25 1 1 0,5 AM = BC = .4 = 3 cm 2 2 b Chứng minh được: OA = OC ( O là trung điểm AC)
OM = ON ( Nđối xứng M qua O) 0.5 Suy ra:Tứ giác AMCN là hình bình hành 0,25 AM = MC 0,25 Tứ giác AMCN là hình thoi 0,25 c Chứng minh được BAM  MAC = 450 0.5  ABC vuông cân 0,25 Kết luận: Điều kiện  ABC vuông cân thì tứ giác AMCN là hình 0,25 vuông
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG. HỌC KỲ I: Năm học: 2010  2011 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Môn thi: Toán 9 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Áp dụng các phép biến đổi căn thức để rút gọn các biểu thức sau: a. x  2 x  9x  4x 2 2 2 8 b. 2 2 42 3 c. 3 1 Câu 2: Cho hàm số: f(x) = 2 x + b có đồ thị hàm số là đường thẳng (d) và g(x) = a x +1 có đồ thị hàm số là đường thẳng (d1) Xác định a; b để : a. Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d1) b. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d1) Câu 3. 2 x  3 y  8 a. Giải hệ phương trình:  x  y  9 x 4 x 4 4 x b. Cho biểu thức: P   x 2 2 x Rút gọn P và tìm giá trị lớn nhất của P  x . Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại B, có BC = 6cm, AB = 8cm, đường cao BH. a.Tính độ dài AC, BH . b. Tính các tỷ số lượng giác: tgA, sin ABH Câu 5 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB.Vẽ hai tia tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn (O), (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Lấy M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (O), M khác A và B. Tiếp tuyến tại M với nửa đường tròn (O) cắt Ax, By lần lượt ở C và D. AM cắt CO tại P, BM cắt DO tại Q. a) Chứng minh tứ giác OPMQ là hình chữ nhật. b) Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn có đường kính CD. c) Xác định vị trí điểm M sao cho chu vi tứ giác ABDC nhỏ nhất.
Hết./. PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG HD CHẤM ĐỀ THI KSCL. Học kỳ I NĂM HỌC: 2010-2011- Môn thi: TOÁN 9 Nội dung cần đạt Điểm Câ Ý u x  2 x  9x  4x  x  2 x  3 x  2 x  0 0,7 a 5 1 2 2  2 8 2 2  2.2 2 6 2 2, b   3 0,7 2 2 2 2 2 2 0 5 42 3 3  2 3 1 ( 3  1)2 3 1 3 1 c     1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 0,5 y = 2x + b (d) và y = a x +1 (d1) 0,5 2 a 1, Để (d) song song (d1) thì: a = 2; b  1 0 b Để (d) cắt (d1) thì: a  2 và a  0 0,5 2 x  3 y  8 2 x  3 y  8 x  y  9 x  7 1,0     a x  y  9 2 x  2 y  18 5 y  10 y  2 Điều kiện: x  0; x  4 P x 4 x 4 4 x   ( x  2) 2   2 x 2 x   0,5 x 2 2 x x 2 2 x 0,5  x 2 x 2  2 x 4 2, 3 2 5 b P  x .= 2 x  4  x  ( x  2 x  1)  5     x 1  5  5 Dấu “=” xẩy ra  x  1  0  x  1 (TM điều kiện) 0,5 Vậy PMax  5  x  1 (HS có thể không đặt điều kiện trước khi rút gọn, nhưng khi giải ý sau phải có điề kiện để so sánh)
a.Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tại B ta có: AC 2  BA2  BC 2  36  64  100  AC  10(cm) 0,5 a BA.BC 6.8 BA . BC = AC. BH  BH    4,8(cm) 0,5 AC 10 2, 4 CB 6 0,5 b. tagA   0, 75 0 AB 8 b Học sinh có thể tính AH sau đó tính sin ABH trong tam giác ABH Hoặc 0,5 AB 8 sin ABH  sin C    0,8 AC 10 A O B x y D I M C P Q 0,2 5 A O B Dựa vào tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau để chứng minh được: MA  CO; MB  DO 0,7 a M thuộc nửa đường tròn (O) nên PMB  1V 5 2, Tứ giác OPMQ là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông 5 Gọi I là trung điểm của CD, tam giác COD vuông tại O nên IC = ID = IO Suy ra ba điểm C,D,O cùng nằm trên đường tròn có tâm là I (đường tròn 0,5 đường kính CD) Ta có AC// BD (cùng vuông góc với AB) nên tứ giác ACDB là hình thang b vuông Hình thang ACDB có O, I lần lượt là trung điểm của AB, CD nên OI là 0,5 đường trung bình. Do đó OI //AC nên OI  AB Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD Chu vi tứ giác ABDC : CABDC  AB  BD  DC  CA  AB  2CD (Vì theo tc 2 0,2 tiếp tuyến cắt nhau: AC = CM; MD = DB) 5 c AB không đổi nên CABDC nhỏ nhất  CD nhỏ nhất  CD vuông góc Ax; By  Lập luận để chứng tỏ M trung điểm cung AB 0,2 5 Học sinh làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG. NĂM HỌC 2010-2011 (Đề gồm 01 trang) VÀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Môn thi: Toán 9. (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu 1: (2 điểm). 2  3 x 5 x  20 Cho biểu thức P   x 4 x  16 a. Rút gọn P b. Chứng minh P  3  0 với mọi x thuộc tập xác định. c. Tìm giá trị lớn nhất của P . Câu 2: (1,5 điểm) m Cho hàm số: f ( x)  y  mx   1 có đồ thị là đường thẳng (d) 2 x2 và y  có đồ thị là parabol (P) 2 a. Tìm m để hàm số f ( x ) đồng biến. 1 b. Điểm A (1; ) có thuộc parabol (P) không? Vì sao? 2 c. Với giá trị nào của m để đường thẳng (d) tiếp xúc với parabol (P). Câu 3. (1 điểm) Một sân trường hình chữ nhật có chu vi 360m. Chiều dài lớn hơn hai lần chiều rộng là 30m. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật. Câu 4: (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  m 2  2 = 0 ; (với m là tham số). a. Giải phương trình với m  1 . b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn: x1  x2  4 Câu 5 (4 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC) có AH là đường cao, O là trung điểm của cạnh BC = 2R. Qua O kẻ OP  AC (P  AC). a) Chứng minh tứ giác: APOH nội tiếp. b) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác APOH, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc với nhau. c) Đường tròn (I) cắt AB tại N. Chứng minh ba điểm N, I, P thẳng hàng. d) Cho AB = R = 5cm, tính diện tích phần mặt phẳng bị giới hạn bởi cung nhỏ AC của đường tròn (O), cung APO của đường tròn (I) và đoạn thẳng OC. Hết./.
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG (HD gồm 01 trang) HD CHẤM ĐỀ THI KSCL. NĂM HỌC 2010-2011 Môn thi: Toán 9. (Thời gian làm bài: 120 phút) Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm 2  3 x 5 x  20 2  3 x 5( x  4) 0,5 P    x 4 x  16 x  4 ( x  4)( x  4) a 23 x 5 7 3 x   0,5 x 4 x 4 7 3 x 19 0,5 b P3 3 0 x 4 x 4 Với x  0; x  16 1 2,0 73 x 73 x 19 P  3  3   3  0,25 x 4 x 4 x 4 19 19 c Vì  ; Dấu “=” xẩy ra  x  0 x 4 4 19 nên P  3  ; Dấu “=” xẩy ra  x  0 . 0,25 4 19 7 Vậy Pmax  3   , Đạt được khi x  0 4 4 m f ( x)  y  mx   1 đồng biến khi m  0 0,5 a 2 12 1 0,5 Thay x A  1 vào công thức hàm số ta có: y    yA 2 2 b 1 2 Vậy điểm A (1; ) có thuộc parabol (P) 1,5 2 y2 m Để (d) tiếp xúc (P)   mx   1 có nghiệm kép 2 2 0,25 c  x 2  2mx  m  2  0 có nghiệm kép   '  m2  m  2  0 HS giải được: m  1 hoặc m  2 0,25 Gọi chiều dài, chiều rộng hình chữ nhật lần lượt là x(m) và y(m); ( x,y>0)  x  y  180 0,5 Học sinh lập luận lập được hệ pt:   x  2 y  30 3  x  130 1,0 HS thực hiện các phép biến đổi giải hệ:   y  50 Đối chiếu ĐK: x  130; y  50 (Thỏa mãn ĐK bài toán) 0,5 Vậy hcn có chiều dài 130m, chiều rộng 50m x 2  2( m  1) x  m2  2 = 0. Thay m  1 vào ta có pt: x 2  4 x  3  0 0,25 a 0,5 Giải PT tìm được x1  1; x2  3 b Để PT có 2 ngh phân biệt:  '  (m  1)2  (m2  2)  0  2m  1  0  m  1 0,25 2 4 Theo Vi-ét: x1  x2  2(m  1); x1.x2  m 2  2 0,25 1,5 2 2 x1  x2  4  ( x1  x2 )  16  ( x1  x2 )  4 x1.x2  16 Theo GT: 2   2(m  1)   4( m2  2)  16  8m  4  16  8m  20 0,25 5 1 1  m   (Thỏa mãn ĐK). Vậy m  2 2 2
A Hình vẽ 0,25 Theo GT: AH  BC và OP  AC 0,25  AHO  APO  900 0,5 I N P  APOH nội tiếp B a H O C Xác định được tâm đường tròn(I) ngoại tiếp tứ giác APOH là trung 0,25 điểm AO OA R Gọi bán kính của (I) là r, r =  R R  Rr  R  (1) 0,25 5 b 2 2 2 2 4,0 R 0,25 Khoảng cách giữa 2 tâm: d = OI = (2) 2 Từ (1) và (2): d = R – r. Nên (O) tiếp xúc (I) (Đpc/m) 0,25 Giao điểm (I) với AB là N ANB  900  APON là hcn (Có 3 góc vuông) 0,5 c  AO cắt NP tại trng điểm AO hay N, I, P thẳng hàng. 0,5 AB = R = 5cm  AB  BO  5cm  ABO đều  AOB  600  AOC  1200 0,25  R 2 .1200  R 2 0,25 Diện tích hình quạt AOC: S1   3600 3 1 R  R2 Diện tích nửa đường tròn (I): S2  . .( )2  0,25 d 2 2 8 Diện tích phần mặt phẳng bị giới hạn bởi cung nhỏ AC của đường tròn (O), cung APO của đường tròn (I) và đoạn thẳng OC là S:  R 2  R 2 5 R 2 5.3,14.25 S = S1 – S2 =     16, 4(cm 2 ) 0,25 3 4 24 24 HS làm các cách khác nhau đúng yêu cầu đều chấm điểm tối đa
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TN KỲ THI CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012 - 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: Toán - Lớp 10 - Chương trình Cơ bản Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1 (2 điểm): a. Tìm tọa độ đỉnh, phương trình trục đối xứng, hướng bề lõm, lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P): y = x2 + 4x + 3. b. Với giá trị nào của m thì đồ thị (P) cắt đường thẳng (d) : y = m tại hai điểm phân biệt có hoành độ âm. Câu 2 (1 điểm): Xác định hàm số bậc hai y = x2 + bx + c, biết rằng đồ thị của nó có trục đối xứng là đường thẳng x = - 3 và cắt trục tung tại điểm A(0; 9) Câu 3 (2 điểm): Giải các phương trình sau: a. x  x 2 b. 5  x  x  1 Câu 4 (1 điểm): Giải và biện luận phương trình: mx - 3 = (2 - m)x + 2m Câu 5 (2 điểm): Cho ba điểm A, B, C với A(-5; 6); B(-4;-1); C(4; 3). a) Chứng minh A, B, C lập thành ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm điểm D trên trục hoành sao cho ABCD là hình thang có hai đáy AB và CD. Câu 6 (2 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 4), B(1; 1), C(4; 0). a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B. b) Tính chu vi tam giác ABC. ------------------------------HẾT------------------------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:..................................................Chữ ký giám thị:.........................
ĐÁP ÁN TOÁN 10 – CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN C©u §¸p ¸n §iÓm a) - Đỉnh I(– 2, –1) - Trôc ®èi xøng x = - 2 - Parabol cã bÒ lâm híng lªn trªn (do hÖ sè a = 1 > 0) - Bảng biến thiên : x  -2  1   y = x2 + 4x + 3 -1 - Đồ thị : y 8 6 1 4 2 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -4 -6 -8 b) Nhìn vào đồ thị có thể thấy (P) cắt đường thẳng y = m (song song với trục hoành và cắt trục tung tại điểm có toạ độ (0; m)) tại hai điểm 1 phân biệt có hoành độ âm khi -1 < m < 3. Chú ý: HS có thể giải bằng cách sử dụng định lí vi-ét. -b Ta có = -3  b = 6a = 6 2a 1 2 9 = 0 + b.0 + c  c = 9. Hàm số cần tìm là y = x2 + 6x + 9 a) x  2  0  x  2 x  x 2  2   2 x   x  2  x  5x  4  0 1 3 x  2    x  1  x  4  x  4  Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 4. b) 2 2 5  x  x  1   5  x    x  1  (5  x  x  1)(5  x  x  1)  0 1  6(4  2 x )  0  x  2 Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 2. mx - 3 = (2 - m)x + 2m (1)  2(1 - m)x + 2m + 3 = 0 (2) 4 Với m = 1 phương trình (2) trở thành 5 = 0  (2) vô nghiệm  (1) 1
vô nghiệm, 2m+3 Với m ≠ 1 phương trình (2) có 1 nghiệm x = 2m-2 Kết luận: m = 1: pt vô nghiệm 2m+3 m ≠ 1: pt có 1 nghiệm x = . 2m-2  a) AB = (1; - 7) 0.25  AC = (9; - 3) 1 -7   Ta cã ≠ suy ra AB, AC kh«ng cïng ph¬ng hay 3 ®iÓm A, B, 0.5 9 -3 5 C kh«ng th¼ng hµng. 0.25 VËy 3 ®iÓm A, B, C lËp thµnh mét tam gi¸c. b) D n»m trªn trôc hoµnh nªn täa ®é D cã d¹ng (x; 0)   ABCD lµ h×nh thang nªn AB vµ CD cïng ph¬ng.  CD = (x - 4; - 3) 1   x-4 -3 31 Ta cã AB vµ CD cïng ph¬ng  = x= 1 -7 7 31 VËy D( ; 0). 7   a) Ta có: BA (1; 3), BC (3; -1) 6     BA. BC = 1.3 + 3.(-1) = 0  BA  BC hay tam giác ABC vuông tại B 1 Mặt khác BA = BC = 10 Vậy tam giác ABC vuông cân tại B () b) AC  (4  2)2  (0  4)2  20 Chu vi tam giác ABC là: AC + BA + BC = 10 + 10 + 20 = 1 = (2 + 2) 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012 - 2013 TỔ TOÁN TOÁN CHUYÊN 10 -------------------------- Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1 (3 điểm). Tìm hàm số f :  thỏa mãn: f  x   xf   x   x  1 1 x  . Câu 2 (2 điểm). Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c T   . 1 a 1 b 1 c Câu 3 (1 điểm). Cho tam giác ABC với AB  c , BC  a , CA  b và I là tâm       đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng aIA  bIB  cIC  0 . Câu 4 (3 điểm). Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  2;4  , B  2;1 và C  6;1 . a) Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông. b) Tính độ dài phân giác trong của góc A. c) Tìm tọa độ tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Học sinh chỉ được làm một trong hai câu sau: Câu 5a (1 điểm). Có 10 đội bóng thi đấu với nhau, mỗi đội phải đấu một trận với các đội khác. Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có hai đội đã đấu số trận như nhau. Câu 5b (1 điểm). Giả sử rằng n là một số lẻ. Đầu tiên ta viết các số từ 1 tới 2n trên một bảng đen. Sau đó ta chọn ra hai số a, b bất kì xoá chúng và thay thế chúng bởi a  b . Ta cứ làm liên tục như thế đến khi trên bảng còn lại một số. Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng là một số lẻ. -------------------------------------------- Hết --------------------------------------------
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012 - 2013 TỔ TOÁN TOÁN CHUYÊN 10 -------------------------- Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1. Đặt t   x , ta được: f  t   tf  t   t  1 t  . Ta có hệ:  f  x   xf   x   x  1   xf  x   f   x    x  1  f  x   1 .  Thử lại hàm số cần tìm là: f  x   1 . 1  (1  a ) 1  (1  b ) 1  (1  c) Câu 2. T   = 1 a 1 b 1 c  1 1 1        1 a  1 b  1 c  .  1 a 1 b 1 c  1 1 1 9 Ta có    ; 0  1 a  1 b  1 c  6 . 1 a 1 b 1 c 1  a  1 b  1 c 9 6 T  6 . 6 2 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 3 6 Vậy min T  . 2 Câu 3. Sử dụng tính chất đường phân giác trong tam giác. Câu 4. a) Tam giác vuông tại B. 3 5 b) Phân giác AD  . 2 c) I  3; 2  . Câu 5a. Rõ ràng nếu trong 10 đội bóng có 1 đội chưa đấu một trận nào thì trong các đội còn lại không có đội nào đã thi đấu 9 trận như vậy 10 đội chỉ có số trận đấu hoặc từ 0 đến 8 hoặc từ 1 đến 9. Vậy theo nguyên lý Đirichlê phải có ít nhất 2 đội có số trận đấu như nhau. Câu 5b. Gọi S là tổng của tất cả các số trên bảng. Lúc đầu ta có S=1+2+3+…+2n=n(2n+1) là một số lẻ vì n là một số lẻ. Ta cần tìm đại lượng bất biến. Nhận thấy rằng sau mỗi lần thực hiện thuật toán như trong đầu bài đã nói thì S sẽ bị mất đi một đại lượng có giá trị bằng 2 min{a, b} . Vì thế tính chẵn lẻ của S được giữ nguyên sau mỗi lần thực hiện thuật toán. Trong trường hợp của chúng ta thì S luôn là một số lẻ và vì thế khi trên bảng còn lại một số thì số đó là số lẻ.
Trêng thpt chuyªn tn kú thi chÊt lîng häc kú I n¨m häc 2012-2013 M«n thi: To¸n - Líp 10 – Ch¬ng tr×nh N©ng cao ®Ò thi chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 90 phót C©u I: (1,5 ®iÓm) x 1  x 1 XÐt tÝnh ch½n lÎ cña hµm sè: f(x) = x 1  x 1 C©u II: (3 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: 2x 2 +2x.sin = 2x + cos2 (1) víi  € 0,   1, Gi¶i ph¬ng tr×nh (1) khi  = 0. 2, T×m  € 0,   ®Ó ph¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm x1 , x2 sao cho tæng b×nh ph¬ng c¸c nghiÖm ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt? C©u III: (1,5 ®iÓm) Gi¶i ph¬ng tr×nh 3x2 -5x -2 3 x 2  5 x  1 - 2 = 0 C©u IV: (3 ®iÓm) Trong mÆt ph¼ng (xoy) cho  ABC biÕt A(2;1); B(-1;3); C(1;6) 1, Chøng minh r»ng  ABC vu«ng c©n; TÝnh diÖn tÝch  ABC ? 2, T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho A lµ träng t©m cña  BCD. 3, Gäi AI lµ ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc BAC. X¸c ®Þnh to¹ ®é I ? C©u V: (1 ®iÓm) Chøng minh r»ng víi mäi  ABC cã : b2  c2 c2  a2 a2  b2   0 cos B  cos C cos C  cos A cos A  cos B ------------HÕt------------- ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu. Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: ………………………. Ch÷ ký gi¸m thÞ: ........................
ĐÁP ÁN TOÁN 10 – CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câ Ý Nội dung Điểm u I x 1  x 1 Xét tính chẵn lẻ của hàm sô f  x   x 1  x 1 ĐK: x  1  x  1  x  0 0,5 TXĐ của hàm số là: D  \ 0 x  D   x  D 0,25 x  1  x 1 x  1  x 1 0,5 x  D, f   x      f  x x 1  x 1 x 1  x 1 Vậy hàm số f  x  là hàm số lẻ 0,25 II Cho phương trình: 2 x 2  2 x sin   2 x  cos2  1 ,    0;    1 Khi   0 ta có phương trình: 2 x 2  2 x  1 0,25  1 3 0,5 x   2x2  2x  1  0   2  1 3 x   2 1 3 0,25 Kết luận: khi   0 phương trình có hai nghiệm x  2 2 Pt 1  2 x 2  2  sin   1 x  cos2   0 0,25 2 Ta có:  /   sin   1  2 cos2   0,    0;   0,25   Pt đã cho luôn có 2 nghiệm x1 , x2    0;   0,25    x1  x2  1  sin  0,25  Theo định lý Viet, ta có:   cos2   x1 x2   2 2 2 A  x12  x2 2   x1  x2   2 x1 x2  1  sin    cos2  0,5  2  2sin   0,5 Để A nhỏ nhất thì sin  lớn nhất bằng 1 hay   . Khi đó giá 2 trị nhỏ nhất của A bằng 0 III Giải phương trình: 3x 2  5 x  2 3 x 2  5 x  1  2  0 0,25 Đặt 3 x 2  5x  1  t  t  0   t 2  3 x 2  5 x  1 . Phương trình đã cho trở thành: 0,25 t 2  2t  3  0 t  1  loaïi  0,25  t  3 