Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2014-2015 môn Ngữ văn, Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội

Chia sẻ: Cau Le | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

156
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí "Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2014-2015 môn Ngữ văn, Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội" dưới đây để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2014-2015 môn Ngữ văn, Toán - Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học: 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: NGỮ VĂN Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014 Phần I (7 điểm) Dưới đây là trích đoạn trong chuyện ngắn Chiếc lược ngà (Nguyễn Quang Sáng): "Trong bữa cơm đó, anh Sáu gắp một cái trứng cá to vàng để vào chén nó. Nó liền lấy đũa xoi vào chén, để đó rồi bất thần hất cái trứng ra, cơm văng tung tóe cả mâm. Giận quá và không kịp suy nghĩ, anh vung tay đánh vào mông nó và hét lên: - Sao mày cứng đầu quá vậy, hả?" (Trích Ngữ văn 9, tập một, NXB Giáo dục 2013) 1. Chiếc lược ngà được viết năm nào? Ghi lại từ mang màu sắc Nam Bộ trong đoạn trích. 2. Những biểu hiện của nhân vật bé Thu ở trên nói lên thái độ gì và qua đó bộc lộ tình cảm như thế nào đối với nhân vật ông Sáu? Lời kể được in nghiêng trong đoạn trích trên giúp em nhận biết mục đích nói ở câu văn có hình thức nghi vấn sau đó là gì? 3. Viết một đoạn văn (khoảng 15 câu) theo cách lập luận quy nạp làm rõ tình cảm sâu nặng của bé Thu đối với người cha trong chuyện ngắn trên, ở đó sử dụng câu có thành phần biệt lập và phép lặp để liên kết (gạch dưới thành phần biệt lập và từ ngữ dùng làm phép lặp). 4. Kể tên một tác phẩm khác ở chương trình Ngữ văn 9, trong đó có nhân vật người cha, vì chiến tranh xa cách, khi trở về, đứa con trai cũng hoài nghi, xa lánh. Từ cảnh ngộ của người cha trong 2 tác phẩm, em có suy ngẫm gì (không quá 5 dòng) về chiến tranh? Phần II (3 điểm) Cho đoạn thơ: "Con ơi tuy thô sơ da thịt Lên đường Không bao giờ nhỏ bé được Nghe con." (Y Phương, Nói với con, Ngữ văn 9, tập hai, NXB Giáo dục 2013) 1. Tìm thành phần gọi - đáp trong những dòng thơ trên. 2. Theo em, việc dùng từ phủ định trong dòng thơ "Không bao giờ nhỏ bé được" nhằm khẳng định điều gì? 3. Từ bài thơ trên và những hiểu biết xã hội, em hãy trình bày suy nghĩ (khoảng nửa trang giấy thi) về côi nguồn của mỗi con người, qua đó thấy được trách nhiệm của mỗi cá nhân trong tình hình đất nước hiện nay. ----------------Hết------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NỘI Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I. (2,0 điểm). x 1 1) Tính giá trị biểu thức : A  khi x = 9. x 1  x2 1  x 1 2) Cho biểu thức P    . với x > 0; x  1 .  x2 x x  2  x 1 x 1 a) Chứng minh P  . x b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 x  5 . Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài III. (2,0 điểm).  4 1  x  y  y 1  5  1) Giải hệ phương trình   1  2  1  x  y y  1 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = - x + 6 và parabol (P): y = x2. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài IV. (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt cắt các đường thẳng AM, An lần lượt tại các điểm Q, P. 1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đương kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài V. (0,5 điểm). Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab . --------------------------------Hết------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh................................................ Số báo danh:............................................................ Giám thị 1 (Họ tên và ký).....................................Giám thị 2 (Họ tên và ký)........................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2014 – 2015 Môn thi: Toán Ngày thi: 23 tháng 6 năm 2014 Thời gian làm bài: 120 phút Bài I. (2,0 điểm). x 1 1) Tính giá trị biểu thức : A  khi x = 9. x 1  x2 1  x 1 2) Cho biểu thức P    . với x > 0; x  1 .  x2 x x  2  x 1 x 1 a) Chứng minh P  . x b) Tìm giá trị của x để 2P = 2 x  5 . Bài 1 Hướng dẫn giải Điểm Bài 1.1 3 1 4 Với x = 9 thì x  9 3 A  2 0, 5 (0,5 điểm) 3 1 2 x 1 a) Chứng minh P  . x - Với x > 0; x  1 ta có  x2 x  x 1 P     .   0, 25  x ( x 2) x ( x 2)  x 1 x x 2 x 1 0, 25 P . x ( x  2) x  1 Bài 1.2. ( x  1)( x  2) x  1 x 1 (1,5 điểm) P . = x ( x  2) x 1 x 0, 25 x 1 - Vậy với x > 0; x  1 ta có P  . x x 1 b) - Với x > 0; x  1 ta có: P  x 0, 25 2 x 1 - Để 2P = 2 x  5 nên  2 x 5 x - Đưa về được phương trình 2 x  3 x  2  0 0, 25
 x  2(loai ) 1 - Tính được   x  thỏa mãn điều kiện x > 0; x  1 0, 25  x1 4  2 - vậy với x = 1/4 thì 2P = 2 x  5 Bài II. (2,0 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài 2 Hướng dẫn giải (2,0 điểm) - Gọi mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất số sản phẩm theo là x ( sản phẩm; đk x nguyên dương) 0, 5 Khi đó trên thực tế mỗi ngày phân xưởng làm được số sản phẩm là Bài 2 x + 5 (sp) 1100 (2,0 điểm) - Số ngày làm theo kế hoạch là: ngày x 1100 Số ngày làm trên thực tế là: ngày 0,5 x5 Vì thời gian thực tế ít kế hoạch 2 ngày , ta có phương trình: 1100 1100  2 0,25 x x5 + Giải phương trình tìm được x1  55; x2  50 0,5 Vì x  0 nên x1  50 thỏa mãn điều kiện của ẩn, x2  55 không thỏa mãn điều kiện của ẩn. 0,25 Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng làm được 50 sp. Bài III. (2,0 điểm).  4 1 x y  y 1 5  1) Giải hệ phương trình   1  2  1  x  y y 1 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = - x + 6 và parabol (P): y = x2. a) Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và (P). b) Gọi A, B là giao điểm của (d) và (P). Tính diện tích tam giác OAB. Bài 3 Hướng dẫn giải Điểm
 4 1 x y  y 1  5(1) 0,25  Giải hệ phương trình  đk x  y; y  1.  4  8  4(2)  x  y y 1 Bài 3.1 (1,0 điểm) - Lấy (1) trừ từng vế cho (2) ta được: 0, 5 9  9  y  1  1  y  2(tm) y 1 - Thay y = 2 vào (1) ta tính được x = -1 0,25 Vậy hệ pt có nghiệm là (x; y) = ( - 1; 2 ) Bài 3.2. a) - Xét phương trình hoành độ giao điểm: (1,0 điểm) x  2 x 2 = -x + 6  x 2 + x - 6 = 0    x  3 0, 25 x  2  y  4 - Chỉ ra:   x  3  y  9 0, 25 - Kết luận: A(2;4) và B(-3;9) - b) Gọi A’, B’ lần lượt là hình chiếu của A và B xuống trục hoành. Ta có S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB' 0, 25 Ta có A’B’ = x B'  x A '  x B'  x A '  5 , AA’ = y A  9 , BB’ = y B  4 AA ' BB' 94 65 0, 25 Diện tích hình thang : SAA 'B'B  .A ' B'  .5  (đvdt) 2 2 2 1 27 1 SOAA '  A ' A.A 'O  (đvdt); SOBB'  B' B.B'O  4 (đvdt) 2 2 2 65  27   S OAB  SAA 'B'B  SOAA '  SOBB'     4   15 (đvdt) 2  2  - Kết luận Bài IV. (3,5 điểm). Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt cắt các đường thẳng AM, An lần lượt tại các điểm Q, P. 1) Chứng minh tứ giác AMBN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3) Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 4) Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đương kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.
Bài 4 Hướng dẫn giải (3,5 điểm) Hình vẽ: P N F A O B M 0,25 E Q - Tứ giác AMBN có 4 góc vuông, vì là 4 góc nội tiếp chắn nửa 0,75 1 đường tròn (O;R) (0,75 điểm) Ta có ANM  ABM (cùng chắn cung AM của (O;R) ) 0,25 - Chỉ ra ABM  AQB (cùng phụ với góc MAB) 0,25 2 (1 điểm) - Nên ANM  AQB . 0,25 - Vì ANM  AQB nên MNPQ nối tiếp (do có góc ngoài tại một đỉnh 0,25 bằng góc trong đối diện ) . */ Chứng minh: F là trung điểm của BP. - Chỉ ra OE là đường trung bình của tam giác ABQ. 0,25 3 . - Chứng minh được OF // AP nên OF là đường trung bình của tam giác ABP (1,0 điểm) Suy ra F là trung điểm của BP. 0,25 */ Chứng minh: ME // NF Mà AP vuông góc với AQ nên OE vuông góc OF. Xét tam giác vuông NPB có F là trung điểm của cạnh huyền BP. 0,25 Xét 2 tam giác NOF = OFB (c-c-c) nên ONF  900 . 0,25 Tương tự ta có OME  900 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN - Ta thấy : 2SMNPQ  2SAPQ  2SAMN  2R.PQ  AM.AN  2R.(PB  BQ)  AM.AN 4 0,25 AB BP (0,5 điểm) - Tam giác ABP đồng dạng tam giác QBA suy ra   AB2  BP.QB QB BA
Nên áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có PB  BQ  2 PB.BQ  2 (2R) 2  4R AM 2  AN 2 MN 2 - Ta có AM.AN   = 2R2 2 2 Do đó, 2SMNPQ  2R.4R  2R 2  6R 2 . Suy ra SMNPQ  3R 2 0,25 Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB. Bài V. (0,5 điểm). Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab . Bài 5 Hướng dẫn giải (0,5 điểm) - Ta có Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab Mà 2a  bc  (a  b  c)a  bc (Do a + b +c = 2)  a 2  ab  bc  ca (a  b)  (a  c) 0,25  (a  b)(a  c)  2 (0,5 điểm) (Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương a+b và a+c) (a  b)  (a  c) Vậy ta có 2a  bc  (1) 2 Tương tự ta có : (a  b)  (b  c) 2b  ca  (2) 2 (a  c)  (b  c) 2c  ab  (3) 0,25 2 Cộng (1) (2) (3) vế theo vế  Q  2(a  b  c)  4 2 Khi a = b = c = thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4. 3 Lưu ý khi chấm bài: - Điểm toàn bài không được làm tròn. - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh không vẽ hình thì không chấm.