Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 3 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

89
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để chuẩn bị kiến thức và kỹ năng cho kỳ thi tuyển sinh, với đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 3 môn Toán năm 2013 – 2014 của trường THCS Lạc Vệ các bạn học sinh lớp 9 sẽ được củng cố kiến thức về: Chu vi hình chữ nhật, phương trình bậc hai.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT lần 3 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 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15 tháng 06 năm 2012 2 x-9 x+3 2 x+1 Câu 1: Cho biểu thức : A = - - với x  0; x  4 và x  9. x-5 x+6 x-2 3- x a, Rút gọn A. 2 b, Tìm A biết x  2 3 c, Tìm các giá trị x nguyên để A nhận giá trị nguyên. Câu 2: Tính chu vi của một hình chữ nhật, biết rằng nếu tăng mỗi chiều của hình chữ nhật thêm 4m thì diện tích của hình chữ nhật tăng thêm 80m2; nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích hình chữ nhật bằng diện tích ban đầu. Câu 3: Cho phương trình bậc hai x2 – (2m – 1)x +m(m – 1) = 0 (1). (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 2. b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. x1 c) Lập phương trình bậc 2 ẩn y có hai nghiệm y1; y2 thỏa mãn: y1  ; x2  x1 x2 y2  . x1  x2 Câu 4: Cho đường tròn (O; R) và một điểm S nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến SA, SB với đường tròn (với A, B là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua S (không đi qua tâm O) cắt đường tròn (O; R) tại hai điểm M và N (với M nằm giữa S và N). Gọi H là giao điểm của SO và AB; I là trung điểm MN. Hai đường thẳng OI và AB cắt nhau tại E. a) Chứng minh IHSE là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh OI.OE = R2. c) Cho SO = 2R và MN = R 3 . Tính diện tích tam giác ESM theo R. Câu 5: Tìm x; y nguyên dương thỏa mãn 1003x + 2y = 2008 Họ và tên:…................................………………….…………..SBD:……………….
PHÒNG GD&ĐT TIÊN DU HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT LẦN 3 Trường THCS Lạc Vệ NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15 tháng 06 năm 2012 Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm 2 x 9 x  3 2 x 1 A   0,25  x 3  x 2  x 2 x 3 A 2 x 9  x 3    x  3  2 x 1  x 2  0,25 a  x 3  x 2  1 2 x  9  x  9  2x  3 x  2 x x 2 A  0,25  x 3  x 2   x 3  x 2  A  x 1  x 2  x 1  0,25  x  3  x  2  x  3 2 2 2 3   2 x   42 3   3 1  0,25 Câu 1 2 3 2 3 2 3    2  2,25 b    3  1  1 3 11 3 Thay vào A ta có: A     0,25 0,75 2 3 1 3 34   3 1  3 A 3  34   3 4 3  4 33 0,25  34  34  3  16 13 A  x 1  x  3 4  1 4  x  3 x 3 x 3 Để A nhận giá trị nguyên thì x  3 là Ư(4)= 1; 2; 4 c 0,5 x 3 1 -1 2 -2 4 -4 0,25 X 16 4 25 1 49 Loại Kết hợp đk đề bài x  0; x  4 và x  9 ta có x  1;16; 25; 49 thì A 0,25 Gọi chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật lần lượt là a và b 0,25 (a > b > 2m). Hình chữ nhật sau khi tăng chiều dài và chiều rộng thêm 4m thì diện tích tăng là 80m2 nên ta có phương trình: (a + 4)(b + 4) = 80 + ab (1) 0,25 Câu 2 Nếu giảm chiều rộng 2m và tăng chiều dài 5m thì diện tích bằng diện 1,5 tích ban đầu nên ta có phương trình: ab = (a + 5)(b - 2) (2) 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: (a  4)(b  4)  80  ab ab  4a  4b  16  80  ab 0,25    ab  (a  5)(b  2) ab  ab  2a  5b  10 0,25
 a  b  16 a  10    2a  5b  10 b  6 0,25 Vậy chu vi của hình chữ nhật là: 32m. Thay m = 2 vào phương trình ta có: x2 – 3x + 2 = 0 0,25 a Có a + b + c = 0 nên pt có 2 nghiệm: x1 = 1; x2 = 2 0,5 1 Vậy với m = 2 thì pt có 2 nghiệm x1 = 1; x2 = 2 0,25 b Có ∆ = [-(2m – 1)]2 – 4m(m – 1) = 4m2 – 4m + 1 – 4m2 + 4m = 1 >0 0,5 0,75 Vậy phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 0,25 Pt (1) luôn có 2 nghiệm với mọi m, theo định Vi-et ta có:  x1  x2  2m  1  0,25 Câu 3   x1 x2  m  m  1  2,5 2 x1 x2 x  x  x   x2  x2  x1  x  x  Có y1  y2    1 1 2   2 1 2  1 c x2  x1 x1  x2  x2  x1  x1  x2   x2  x1  0,75 x1 x x1 x2 x1 x2 y1 y2  . 2   0,25 x2  x1 x1  x2  x2  x1  x1  x2  2 x1 x2  x12  x22 x1 x2 m(m  1) m(m  1) y1 y2  2  2   m(m  1) 4 x1 x2  ( x1  x2 ) 4m(m  1)  (2m  1) 1 Vậy phương trình ẩn y cần lập là: y2 – y – m(m – 1) = 0. 0,25 E Vẽ hình đúng + Ghi GT, KL A N M I 0,5 S O H B Ta có SA = SB (tính chất của tiếp tuyến)   SAB cân tại S Do đó tia phân giác SO cũng là đường cao  SO  AB 0,25 a I là trung điểm của MN nên OI  MN 0,25 Câu 4 1 Do đó SHE  SIE  900 0,25 3,25  Hai điểm H và I cùng nhìn đoạn SE dưới 1 góc vuông nên tứ giác IHSE nội tiếp đường tròn đường kính SE 0,25 Chỉ ra được  SOI đồng dạng  EOH (g.g) 0,25 b OI OS 0,25    OI.OE  OH.OS 1 OH OE mà OH.OS = OB2 = R2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông SOB) 0,25 nên OI.OE = R 2 0,25 Có MN  R 3  MI  R 3 . 2 R c Áp dụng Pytago cho tam giác vuông MNI ta tính được OI = 2 0,75 2 R 3R 0,25 mà OI.OE = R 2  OE   2R  EI  OE  OI  OI 2
R 3( 5  1) 0,25 Mặt khác SI = SO 2  OI2  R 15  SM  SI  MI  2 2 2 SM.EI 3 3( 5  1)R Vậy SESM =  (đơn vị diện tích) 0,25 2 8 Từ 1003x + 2y = 2008  2y = 2008  1003x 1003x  y = 1004  2 1003x 2008 Vì y > 0  1004  >0 x< 2 1003 Câu 5 2008 0,25 Suy ra 0 < x < và x nguyên  x  {1 ; 2} 0,5 1003 1003 Với x = 1  y = 1004   Z nên x = 1 loại. 2 0,25 1003.2 Với x = 2  y = 1004  = 1  Z+ nên x = 2 thỏa mãn. 2 Vậy x ; y nguyên dương phải tìm là x = 2 ; y =1. (Các cách giải khác mà đúng giáo viên vẫn cho điểm tối đa)