Đề kiểm tra KSCL Toán 6 (2010 -2011) - Phòng GD&ĐT Thanh Chương - (Kèm Đ.án)

Chia sẻ: Nguyễn Lê Tín | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

1.292
lượt xem 183
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo Đề kiểm tra KSCL Toán 6 (2010 -2011) của Phòng GD&ĐT Thanh Chương có kèm đáp án.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra KSCL Toán 6 (2010 -2011) - Phòng GD&ĐT Thanh Chương - (Kèm Đ.án)

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 6 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: Thực hiện các phép tính một cách hợp lý nhất a. 4,25. 58,47 – 125 + 41,53 . 4,25 1 1 1 1 b) 1+ (1  2)  (1  2  3)  (1  2  3  4)  ....  (1  2  3  ...  20) 2 3 4 20 Câu 2 Tìm x biết: a) 11.( x  6)  4.x  11 1 1 1 2 1 1 3 b) 4 (  )  x  (   ) với x  Z 3 6 2 3 2 3 4 c) x  3 1  x Câu 3. Cho: M = 1 +3 + 32+ 33 +…+ 3118+ 3119 1 1 1 1 1 N    ...   22 32 42 20092 20102 Chứng tỏ rằng: a) M chia hết cho 13. b) N  1 Câu 4. a) Tìm hai số tự nhiên a,b thoả mãn điều kiện: a + 2b = 48 và UCLN(a,b) + 3. BCNN(a,b) = 114 b) Một người đem 5000000đ gửi tiền tiết kiệm "Không kỳ hạn" với lãi xuất 0,8% một tháng. Hỏi sau 3 tháng người đó thu được bao nhiêu tiền lãi. (Biết rằng sau 3 tháng mới rút hết cả vốn lẫn lãi) Câu 5. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox, vẽ hai tia Oy, Oz sao cho xOy  800 , xOz  1300 a) Chứng tỏ tia Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz b) Gọi Ot là tia đối của tia Ox. Tia Oz có phải là tia phân giác của tOy không? Vì sao? c) Lấy các điểm A thuộc tia Ot; B thuộc tia Oz; C thuộc tia Oy; D thuộc tia Ox, (các điểm đó khác điểm O). Qua 5 điểm A, B, C, D, O vẽ được bao nhiêu đường thẳng phân biệt? HẾT./.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 6 Câu Nội dung cần đạt Điểm 1. a = 4,25.(58,47 + 41,53) – 125 = 425 – 125 = 300 1,0 b 1  2.3  1  3.4  1  4.5  1  20.21  0,5 = 1+        ....   = 2 2  3 2  4 2  20  2  3 4 21 1 2,0 = 1+   ...   2  3  4  ...  21  0,25 2 2 2 2 1  21.22  0,25 =  1 = 115. 2 2  2. a 11.x  66  4.x  11 0,25 11.x  4.x  11  66 0,25 7.x  77 0,25 x  77 : 7  11 b 13 1 2 11 0,25 ( )  x  ( ) 3 3 3 12 13 11 0,25  x 9 18 0,25 Do x  Z nên x  1 c x  3 1  x 2,0 x  3 1  x TH1: x x  2 0,25 0 x  2 (Không có giá trị x thỏa mãn) TH2:  x  3  1  x  x  x  4 x2 0,25 Thay x  2 vào ta có: 2  3  1  2(TM ) Vậy x  2 3 a. M = 1 +3 + 32+ +…+ 3118 + 3119 = (1 +3 + 32)+( 33+34+35)+…+(3117 +3118+ 3119 ) 0,25 = (1 +3 + 32)+33(1 +3 + 32)+…+3117(1 +3 + 32) 0,25 = 13 + 33.13 + …+ 3117. 13 0,25 = 13( 1+ 33 +…+ 3117)13 0,25 b 1 1 1 1 1 1 0,5 2,0 2  , 2 ,..., 2  2 1.2 3 2.3 2010 2009.2010 1 1 1 1 1 1 1 1  M   ...   1     ...   1.2 2.3 2009.2010 2 2 3 2009 2010 0,5 1  1 1 2010
4 a a  2b  48  a  2 ;144  3; 3.BCNN (a; b)  3 UCLN  a, b   3  0,5 a 3  a  6 ; a  2b  48  a  48  a 6;12;18; 24; 30;36; 42 a 6 12 18 24 30 36 42 b 21 18 15 12 9 6 3 0,5 UCLN(a,b) 3 6 3 12 3 6 3 BCNN(a,b) 42 36 90 24 90 36 42 UCLN(a,b) + 129 114 273 84 114 114 129 BCNN(a,b) Vậy a = 12; b = 18 hoặc a = 36 ; b = 6 1,5 b Số tiền người đó có sau tháng 1 là: 5000000 . 100,8% = 5040000 (đồng) Số tiền người đó có sau tháng 2 là: 5040000 . 100,8% = 5080320 (đồng) 0,25 Số tiền người đó có sau tháng 3 là: 5080320 . 100,8%  5120963(đồng) Số tiền lãi sau 3 tháng là: 5120963 – 5000000 = 120963 (đồng) 0,25 5 0,25 y z C B 130 0 80 0 2,5 t A O D x a Vì Oy; Oz nằm trên cùng nửa mp bờ chứa tia Ox và xOy  xOz (800  1300 ) nên 0,75 Oy nằm giữa hai tia Ox và Oz b HS lập luận để tính được: yOz  zOt  500 nên tia Oz là tia phân giác góc tOy 0,75 c HS biết chia các trường hợp TH1: Ngoài bộ 3 điểm A,O,D thẳng hàng các điểm còn lại không lập thành 3 điểm 0,25 thẳng hàng: Tính được 8 đường thẳng TH2,3: Nếu có thêm bộ: A, B, C hoặc B, C, D thẳng hàng, tính được 6 đường thẳng 0,5 HS làm cách khác đúng yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 7 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1. 45.94  2.69 a) Thực hiện phép tính: b) So sánh: (17)14 và 3111 210.38  68.20 Câu 2. Tìm x, y, z biết rằng: 2x 3y z a) 2 x  3  1  0 b)   và x  y  z  109 5 10 12 2 x  9 5 x  17 3 x c) xy  z; yz  4 x; xz  9 y d)   là số nguyên với x nguyên x3 x3 x3 Câu 3 Cho hai đa thức : f ( x)  ( x  1)( x  3) và g ( x)  x3  ax 2  bx  3 a) Xác định hệ số a; b của đa thức g ( x) biết nghiệm của đa thức f ( x) cũng là nghiệm của đa thức g ( x) . 2011  x b) Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A đạt giá trị lớn 11  x nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu 4 Cho Oz là tia phân giác của xOy  600 . Từ một điểm B trên tia Ox vẽ đường thẳng song song với tia Oy cắt Oz tại điểm C. Kẻ BH  Oy; CM  Oy; BK  Oz ( H, M  Oy; K  Oz). MC cắt Ox tại P. Chứng minh: a) K là trung điểm của OC. b)  KMC là tam giác đều. c) OP > OC ------Hết-----
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 7 Câu Nội dung cần đạt Điểm 1. a 45.94  2.69 210.38  210.39 210.38 (1  3) 1 0,75   10 8  210.38  68.20 210.38  210.38.5 2 .3 (1  5) 3 b (17)14  1714  1614  256 0,25 1,5 3111  3211  255 0,25 Mà 17  2  2  31 . Vậy (17)14 > 3111 14 56 55 11 0,25 2. a 2 x  3  1  0  2 x  3  1  2 x  3  1 hoặc 2 x  3  1 0,25 0,25 x  2 hoặc x  1 2,5 b 2x 3y z x yz 109 109.6 0,25      5 10 12 5  10  12 107 107 2 3 6 15.109 20.109 72.109 0,25 HS tính được: x  ;y  ;z  107 107 107 c xy  z ; yz  4 x; xz  9 y Nhân từng vế bất đẳng thức ta được : (xyz)2 = 36xyz 0,25 + Nếu một trong các số x,y,z bằng 0 thì 2 số còn lại cũng bằng 0 + Nếu cả 3 số x,y,z khác 0 thì chia 2 vế cho xyz ta được xyz = 36 0,25 + Từ xyz =36 và xy = z ta được z2 = 36 nên z = 6; z = -6 + Từ xyz =36 và yz = 4x ta được 4x2 = 36 nên x = 3; x = -3 + Từ xyz =36 và xz  9 y ta được 9y2 = 36 nên y = 2; y = -2 0,25 - Nếu z = 6 thì x và y cùng dấu nên x = 3, y = 2 hoặc x = -3 , y = -2 - Nếu z = -6 thì x và y trái dấu nên x = 3 ; y = -2 hoặc x = -3; y=2 Vậy có 5 bộ số (x, y, z) thoã mãn: (0,0,0); (3,2,6);(-3,-2,6);(3,-2,-6);(-3,2.-6) d. 2 x  9 5 x  17 3 x 4 x  26 0,25   = = x3 x3 x3 x3 4 x  12  14 4( x  3)  14 14 =   4 là số nguyên x3 x3 x3 0,25 Khi đó ( x + 3) là ước của 14 mà Ư(14) = 1; 2; 7; 14 . 0,25 HS suy ra được : x = -2;- 4;- 1; - 5; 4 ; - 10; 11 ; -17. 3 a HS biết tìm nghiệm của f ( x)  ( x  1)( x  3) = 0  x  1; x  3 0,5 Nghiệm của f ( x) cũng là nghiệm của g ( x)  x3  ax 2  bx  3 nên : Thay x  1 vào g ( x) ta có: 1  a  b  3  0 0,5 Thay x  3 vào g ( x) ta có: 27  9a  3b  3  0 2,0 Từ đó HS biến đổi và tính được: a  3; b  1 b 2011  x 11  x  2000 2000 0,25 A=   1 11  x 11  x 11  x 0,25
2000 A lớn nhất khi lớn nhất 11  x 2000 Nếu x  11 thì 0 11  x 2000 0,25 Vậy A lớn nhất khi > 0 và lớn nhất  x < 11 và (11- x) bé nhất  x = 10 11  x 2000 (vì x nguyên). A lớn nhất khi x = 10, khi đó A = 1   2001 11  10 4 y Vẽ hình, ghi gt,kl 0,5 z M 1 C H K 1 60 0 2 1 4,0 O B P x a    ABC có O1  O2 (Oz là tia phân giác của xOy ) 0,5   O1  C1 (Oy // BC, so le trong)    O  C OBC cân tại B BO = BC , mà BK  OC tại K KC = KO ( Hai đường 2 1 0,5 xiên bằng nhau  Hai hình chiếu = nhau). Hay K là trung điểm OC (Đpc/m) b HS lập luận để chứng minh: KMC cân. 0,75    Mặt khác OMC có M  900 ; O =300  MKC  900  30 0  60 0  AMC đều 0,75 c OMC vuông tại M  MCO nhọn  OCP tù (Hai góc MCO ; OCP bù nhau) 0,5 0,5 Xét trong OCP có OCP tù nên OP > OC HS làm cách khác đúng yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG. NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 4  2011x 2  2010 x  2011 b) Tìm các số nguyên x; y sao cho: 3 x 3  xy  3 . c) Tìm các hằng số a và b sao cho x 3  ax  b chia cho x  1 dư 7; chia cho x  2 dư 4. Câu 2: a) Tính giá trị biểu thức: A= x 2  y 2  5  2 x  4 y   ( x  y  1) 2  2 xy với x  2 2011 ; y  16 503 x 2  2 x  2011 b) Tìm x để B có giá trị nhỏ nhất: B  với x > 0. x2 Câu 3: Chứng minh rằng 20113  113 2011  11 a) 3 3  2011  2000 2011  2000 b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4m 2  m  5n 2  n thì : m  n và 5m  5n  1 đều là số chính phương. Câu 4 : Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh OM=ON. 1 1 2 b) Chứng minh   . AB CD MN  a 2 ; S COD  b 2 . Tính S ABCD ? c) Biết S AOB ˆ ˆ d) Nếu D  C  90 0 . Chứng minh BD > AC. HẾT./.
UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8 PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu: Nội dung Điểm 4 2 4 3 2 2 3 1a a/ x  2011x  2010 x  2011 = x  x  x  2010( x  x  1)  ( x  1) 0,5 0,75đ = x 2  x  1x 2  x  2011 0,25 b/ 3 x 3  xy  3  x 3x 2  y   3 . Do x; y là các số nguyên nên ta có: 0,25 x  1 x  1 x  3 x  3 0,25 TH1:  2  (thỏa mãn) hoặc  2  (thỏa mãn) 3 x  y  3 y  0 3 x  y  1  y  26 0,75đ  x  1  x  1  x  3  x  3 0,25 TH2:  2  (thỏa mãn) hoặc  2  (thỏa mãn) 3 x  y  3  y  6 3 x  y  1  y  28 c/ Vì x 3  ax  b chia cho x  1 dư 7 nên ta có: x 3  ax  b = x  1.Q ( x )  7 do đó với x  1 thì 0,25 -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1). 0,75đ Vì x 3  ax  b chia cho x  2 dư 4 nên ta có: x 3  ax  b = x  2 .P( x )  4 do đó với x  2 thì 0,25 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2). Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4. 0,25 a/ Ta có: x 2  y 2  5  2 x  4 y  x  12   y  22  0 với mọi x; y nên ta có: 0,25 2. 2 a. A= x  y  5  2 x  4 y  x  y  1  2 xy 2 2 0,25 0,75đ = x 2  y 2  5  2 x  4 y  x 2  y 2  1  2 xy  2 x  2 y  2 xy  4 x  2 y  4  2(2 x  y )  4 Thay x  2 2011 ; y  16 503  2 4   2 2012 vào A ta có: A= 2.2.2 2011  2 2012   4  4 0,25 503 x 2  2 x  2011 2011x 2  2.x.2011  20112 0,5 b/ B= = x2 2011x 2 b 2010 x 2   x  2011 2 2010 ( x  2011 2010 2 =    . 0,25 1,0đ 2011x 2 2011 2011x 2 2011 Dấu “=” xẩy ra khi x  2011 . 2010 0,25 Vậy GTNN của B là đạt được khi x  2011 . 2011 3. a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c. 0,25 Xét vế phải đẳng thức ta có: 20113  113  3   a 3  b 3 a  b  a 2  ab  b 2  0,25  20113  2000 3 a  c 3 a  c  a 2  ac  c 2  Thay a=b+c vào a 2  ab  b 2  b  c 2  b  c b  b 2  b 2  bc  c 2 0,25 1,0đ 2 a 2  ac  c 2  b  c   b  c c  c 2  b 2  bc  c 2 0,25 Nên a 2  ab  b 2  a 2  ac  c 2 . Vậy: 20113  113  3   a 3  b 3 a  b  a 2  ab  b 2  ab  2011  11 0,25 3 2011  2000 3 a c 3  a  c  a  ac  c 2 2 a  c 2011  2000 1,0đ b/Ta có 4m 2  m  5n 2  n  5m  n   m  n  m 2 2 2  m  n 5m  5n  1  m 2 (*) 0,5
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)  (5m+5n+1)+5m-5n  d  10m+1  d 0,25 2 Mặt khác từ (*) ta có: m 2  d  m  d. Mà 10m+1  d nên 1  d  d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là 0,25 các số chính phương. A B hình vẽ 0,25 M N O 4. D C OA OB 0,5 a/ Ta có  Do MN//DC AC BD 1,0đ OM ON 0,5    OM=ON. DC DC OM AM OM DM OM OM AM  MD 0,25 b/ Do MN//AB và CD   và  . Do đó:    1 (1) CD AD AB AD DC AB AD ON ON 0,25 Tương tự:   1 (2) DC AB 1,0đ MN MN 0,25 Từ (1);(2)   2 DC AB 1 1 2 0,25    DC AB MN c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy 0,25 S AOB OB S OA tương ứng. Do vậy :  và AOD  S AOD OD S COD OC 1,0 OB OA S S 0,5 Nhưng   AOB  AOD  S 2 AOD  S AOB .S COD  a 2 .b 2 nên S AOD  ab . OD OC S AOD S COD A B Tương tự S BOC  ab .Vậy S ABCD  a  b 2 0,25 d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K 0,25 ˆ ˆ Do D  C  90 0 nên H, K nằm trong đoạn CD ˆ ˆ ˆ ˆ Ta có AED  BCD  C  D  AD  AE . Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC  DH>KC  DK > CH. 0,25 0,75 Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : D H E K C 0,25
DB 2  BK 2  DK 2  AH 2  CH 2  AC 2 (Do AH 2  BK 2 )  BD  AC HS làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa