Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 1 môn Toán năm 2013 – 2014 - Trường THCS Lạc Vệ

Chia sẻ: Dinh Phong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

105
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 1 môn Toán năm 2013 – 2014 của trường THCS Lạc Vệ dành cho các bạn học sinh lớp 9 nhằm củng cố kiến thức môn Toán để chuẩn bị tốt cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 với chủ đề: Rút gọn biểu thức, hệ phương trình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 1 môn Toán năm 2013 – 2014 - Trường THCS Lạc Vệ

PHÒNG GD&ĐT TIÊN DU KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Trường THCS Lạc Vệ NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31 tháng 03 năm 2013 Bài I (1,75 điểm) x 4 1) Cho biểu thức A  . Tính giá trị của A khi x = 36 x 2  x 4  x  16 2) Rút gọn biểu thức B    x  4  x  4  : x  2 (với x  0; x  16 )    3) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên Bài II (2 điểm) 1) Cho phương trình ẩn x: x 2  2  m  3 x  2m  3  0 (1) a) Giải phương trình khi m = 1. b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x  2y  m  4 2) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình   2 x  3 y  9m  13 có nghiệm (x; y) sao cho x > 0 và y > 0? Bài III (1,5 điểm). Cho hai hàm số y  2 x  3 và y   x 2 . 1) Vẽ đồ thị (d) của hàm số y  2 x  3 và đồ thị (P) của hàm số y   x 2 trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phương pháp đại số (bằng phép tính). Bài IV (1,25 điểm). Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình. Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 3 giờ 20 phút thì xong. Nếu người thứ nhất làm một mình trong 2 giờ rồi cả hai người cùng làm thì sau 2 giờ nữa mới xong công việc. Hỏi nếu làm một mình xong công việc đó thì mỗi người cần bao nhiêu thời gian?. Bài V (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh ACM  ACK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C 4) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, AP.MB C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và  R . Chứng minh đường thẳng PB MA đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK Họ và tên: ........................................................................... SBD:……………….
PHÒNG GD&ĐT TIÊN DU HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT LẦN 3 Trường THCS Lạc Vệ NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 31 tháng 03 năm 2013 Bài Ý Nội dung cần đạt Điểm 1 36  4 10 5 Với x = 36, ta có : A =   0,5đ 36  2 8 4 0,5 Với x  , x  16 ta có : 2  x( x  4) 4( x  4)  x  2 (x  16)( x  2) x 2 0,75 0,75đ B =  x  16  x  16  x  16 = (x  16)(x  16)  x  16   Bài   I x 2  x 4  x 2 2 2 0,25 Ta có: B( A  1)  . 1  .   x  2  x  16 x  2 x  16 x  16    1,75 3 Để B( A  1) nguyên, x nguyên thì x  16 là ước của 2, mà Ư(2) = 1; 2  0,5đ Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1 1 2 2 0,25 x 17 15 18 14 Kết hợp ĐK x  0, x  16 , để B( A  1) nguyên thì x  14; 15; 17; 18  Thay m = 1 vào phương trình (1) ta được phương trình 1a x 2  4x  5  0 (2) 0,25 0,75đ Giải phương trình được: x1  1; x 2  5 Với m = 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x 2  5 0,5 2 Phương trình: x  2  m  2  x  2m  3  0 (1) 1b 2 2 0,25 Phương trình (1) có  '   m  3   1 2m  3   m  1  8 Bài 0,5đ 2 Do  '   m  1  8  0 nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi II 0,25 2 giá trị của m. x  2 y  m  4  x  3m  2  . Giải hpt được   2 x  3 y  9m  13 y  3m 0,25 2 Để hệ phương trình có nghiệm (x; y) sao cho x > 0 và y > 0 thì: 0,75đ  2 3m  2  0 m  2   3  m3 0,5 3  m  0 m  3 3  1 Vẽ đúng đồ thị hàm số y  2 x  3 0,5 Bài 1đ Vẽ đúng đồ thị hàm số y   x . 2 0,5 III Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm pt: - x2 = 2x – 3  x2 + 2x – 3 = 0 2 1,5 => x1 = 1; x2 = - 3. 0,5 0,5đ Tìm được tọa độ giao điểm là (1; 1) và (- 3; - 9) 10 Đổi 3 giờ 20 phút = giờ 3 Gọi thời gian người thứ nhất, người thứ hai làm một mình xong công việc là x, y (giờ), 0,25 Điều kiện: x > 4, x > y > 0 Bài 1 IV Trong một giờ người thứ nhất làm một mình được (công việc) x 1,25 1 Trong một giờ người thứ hai làm một mình được (công việc) y 10 Vì hai người làm chung trong giờ thì hoàn thành công việc đó, nên trong một giờ 3
3 1 1 3 cả hai người làm được công việc, ta có phương trình :   (1) 10 x y 10 0,25 2 Người thứ nhất làm một mình trong 2 giờ được , cả hai người làm chung 2 giờ nữa x 2 2 được  thì xong công việc nên ta có phương trình: x y 2 2 2 4 2 0,25    1    1 (2) x x y x y 1 1 3  x  y  10 x  5  Từ (1) và (2) ta có hệ:  Giải hpt ta được  4  2 1  y  10 0,25 x y  Vậy người thứ nhất làm một mình xong công việc mất 5 giờ. Người thứ hai làm một mình xong công việc mất 10 giờ. 0,25 C M Vẽ hình đúng + Ghi GT, KL H E A K B 0,5 O Ta có HCB  900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB) a HKB  900 (do K là hình chiếu của H trên AB) 0,75 => HCB  HKB  1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB. Ta có ACM  ABM (do cùng chắn AM của (O)) b Bài và ACK  HCK  HBK (vì cùng chắn HK .của V 0,75 đtròn đk HB) .Vậy ACM  ACK 3,5 Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB  AC = BC và sd AC  sd BC  900 Xét 2 tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và MAC = MBC vì cùng chắn cung MC của (O) c MAC và EBC (cgc)  CM = CE  tam giác MCE cân tại C (1) 0,75 Ta lại có CMB  450 (vì chắn cung CB  900 )  CEM  CMB  450 (tính chất tam giác MCE cân tại C) Mà CME  CEM  MCE  1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác)  MCE  900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm). Gọi S là giao điểm của BM và đường thẳng (d), N là giao điểm của BP với HK. Xét PAM và  OBM : d AP.MB AP OB 0,75 Theo giả thiết ta có R  (vì có R = OB). MA MA MB Mặt khác ta có PAM  ABM (vì cùng chắn cung AM của (O))  PAM :  OBM
AP OB    1  PA  PM . PM OM S C (do OB = OM = R) (3) M Vì AMB  90 0 (do chắn nửa đtròn H P E (O))  AMS  90 0 N  tam giác AMS vuông tại M. A B  PAM  PSM  90 0 K O  và PMA  PMS  900  PMS  PSM  PS  PM (4) Mà PM = PA(cmt) nên PAM  PMA Từ (3) và (4)  PA = PS hay P là trung điểm của AS. NK BN HN Vì HK//AS (cùng vuông góc AB) nên theo ĐL Ta-lét, ta có:   hay PA BP PS NK HN  PA PS mà PA = PS(cmt)  NK  NH hay BP đi qua trung điểm N của HK. (đpcm) (Các cách giải khác mà đúng giáo viên vẫn cho điểm tối đa)