ĐỀ & ĐA - TT VÀO 10-Nam-Từ-Liêm

PHỊNG GD&ĐT NAM TỪ LIÊM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KIỂM TRA KSCL HỌC SINH LỚP NĂM HỌC: 2017 – 2018 – Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Đề kiểm tra gồm 01 trang) Bài I (2 điểm): x 2 x 1 x   B = với x > 0; x ≠ x 9 x x 3 Tính giá trị biểu thức B x = 36 Rút gọn biểu thức B A Cho biểu thức P = Tìm giá trị m để có x thỏa mãn P = m B Bài II (2 điểm): Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước sau 40 phút đầy bể Nếu để chảy thời gian vòi thứ chảy đầy bể nhanh vòi thứ hai Tính thời gian vòi chảy đầy bể Bài III (2 điểm): y  x   1  y 1  Giải hệ phương trình:   x 1  y   y 1 Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x2 đường thẳng (d) y = 2mx – m2 + m Tìm giá trị m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn: x  3x Bài IV (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) hai đường kính MN PQ vng góc với Lấy điểm A cung nhỏ PN, PA cắt MN B, AQ cắt MN E Chứng minh: OABQ tứ giác nội tiếp Nối AM PQ PN C I Chứng minh rằng: Tích MC.MA khơng đổi A di chuyển cung nhỏ PN Chứng minh: IN = EN Tìm vị trí điểm A để diện tích tam giác ACE đạt giá trị lớn Bài V (0,5 điểm): Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn: a + b + c ≥ a3  b3 b3  c3 c3  a3   Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M = a  b2 b2  c c  a … … …… …… ……….……….Hết……….……………… …… …… Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh ……………………………………………….Số báo danh……… PHỊNG GD&ĐT NAM TỪ LIÊM HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA KSCL HỌC SINH LỚP NĂM HỌC 2018 – 2019 – MƠN: TỐN Cho hai biểu thức: A = A Hướng dẫn chung - Nếu học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa - Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình hần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm tròn B Đáp án thang điểm Bài Ý Đáp án Điểm Thay x = 36 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức B, ta có: 36 1 36  1 7.6  0,25    B= (0,5 63 27 36  36  đ) 33 11 4 B=     Vậy B = x = 36 0,25 27 9 x 1 x  ( x 1)( x  3) x 9    B= 0,25 x 9 x 3 ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) x  x  x 3 x  x 5 x 6  = 0,25 ( x  3)( x  3) ( x  3)( x  3) (1đ) ( x  3)( x  2) = 0,25 ( x  3)( x  3) ( x  2) = 0,25 ( x  3) A Cho biểu thức P = Tìm giá trị m để có x thỏa mãn P = m Bài I B (1đ) x 2 x 2 x 2 x 3 x 3 :   P= ĐK: x > 0; x ≠ 4; x ≠ x x 3 x x 2 x 0,25 x 3  m  (m 1) x  (*) P=m  x Nếu m = (*) vơ nghiệm 3 Nếu m ≠ từ (*)  x  m 1 (0,5 đ) Do có x > 0; x ≠ 4; x ≠  x > 0; x ≠ 2; x ≠   m 1  m  m       Để có x thỏa mãn P = m      2m     m  0,25  m 1 3m      m    m 1  Vậy m > 1; m ≠ m  thỏa mãn yêu cầu đề 20 Đổi 40 phút = 0,25 Bài II 20 Gọi thời gian chảy đầy bể vòi x (h) (x > ) (2đ) Khi thời gian chảy đầy bể vòi x + (h) 0,25 (bể) x Trong giờ, vòi chảy (bể) x3 Trong giờ, hai vòi chảy (bể) 20 1  Theo đề ta có phương trình:  x x  20 Đưa PT bậc hai: 3x – 31x – 60 = Trong giờ, vòi chảy 5 (loại) Vậy thời gian chảy đầy bể vòi 12(h) Thời gian chảy đầy bể vòi 12 + = 15 (h) Giải phương trình ta x1 = 12 (thoả mãn); x2 = y  3 x 1  y   (I)   x 1  y   y 1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐK: x  ; y ≠ -1 0,25 y =b y 1 Hệ phương trình (I)  3a  b  a  2b  (1đ) a  Giải hệ ta  b  Đặt 2x 1 = a; Bài III (2đ) 0,25 0,25  x 1   x  (TM) 2 x   Suy  y   y  2y   y  2 (TM)  y 1   0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; -2) Xét phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P): x2  2mx  m2  m  x2  2mx  m2  m  (*)  '  m2  m2  m  m 0,25 Để đường (d) cắt (P) hai điểm phân biệt  Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  ’ >  m >  x  x  2m (1) 2 Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  (1đ)  x x  m  m (2)  Theo đề bài: x  3x  điều kiện x1 ≥ 0; x2 ≥ x  x  2m  m        m 1 x x 0 m ( m  1)  m  m       Có: x  3x  x  3x (3) 2 0,25   0,25 0,25 m 3m Thay (3) vào (1) ta có: x  2m  x   x  2 2 Thay vào (2) ta có: m  (loai) m 3m  m2  m  m2  4m   m(m  4)    2 m  (TMDK) Vậy với m = (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thỏa mãn x  3x 0,25 0,25 (1đ) Vẽ hình đến câu a Xét (O) có PAQ = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  QAB = 90o (kề bù PAQ = 90o ) Bài MN  PQ (gt)  QOB = 90o IV (3,5đ) Xét tứ giác OABQ có: QOB = QAB = 90o Mà hai đỉnh O A kề nhìn cạnh QB góc 900 Vậy tứ giác OABQ nội tiếp (dhnb) Nối A với N Xét (O) có MAN = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét MOC MAN có: AMN góc chung o (1đ) MOC = MAN = 90 MO MC  ΔMOC ΔMAN (g.g)  =  MC.MA = MO.MN MA MN Mà MO = R, MN = 2R  MC.MA = 2R2 (không đổi) Vậy A di chuyển cung nhỏ PN tích MC.MA khơng đổi Xét (O) có: MN  PQ O (gt)  M điểm cung PQ  PM = MQ  MAQ = MQP = 45o Xét tứ giác AIEN có: IAE = INE = 45o (cmt) Mà đỉnh A N kề nhìn cạnh IE góc 450 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Nên tứ giác AIEN nội tiếp (dhnb)  IAN + IEN = 180o Mà IAN = 90o (cmt)  IEN = 90o  IEN vng E Xét IEN vng E có ENI = 45o  EIN = 45o EN EN EN sin EIN =  IN = = = 2EN  IN = 2EN o IN sin 45 2 0,25 0,25 0,25 Xét MEQ QMC có: EMQ = MQC = 45o (0,5 MEQ = CMQ = sđ AQ đ) MQ ME =  MQ2 = QC.ME QC MQ Xét MOQ vng O có MQ2 = OM2 + OQ2 (ĐL Pitago)  MQ2 = R +R = 2R  QC.ME = 2R Tứ giác MCEQ có đường chéo CQ ME vng góc 1 S = QC.ME = 2R = R (không đổi) MCEQ 2 mà S không đổi S =S +S MAQ ACE CEQM MCEQ S max  S max ACE MAQ = AH.MQ mà MQ không đổi +) Kẻ AH  MQ  S MAQ max  AH max  A điểm cung nhỏ PN S MAQ Vậy S max  A điểm cung nhỏ PN ACE Vì a, b, c > nên ta có: 2(a3 + b3) – (a + b)(a2 + b2) = (a – b) 2.(a + b) ≥  ΔMEQ ΔQMC (g.g)  Bài V (0,5đ) 0,25 0,25 a3  b3 a  b  2 a b a3  c3 a  c b3  c3 b  c   Tương tự: ; 2 a2  c2 b2  c a3  b3 b3  c3 c3  a3 2(a  b  c)     A≥a+b+c≥6 a  b2 b2  c c  a Min A =  a = b = c =  0,25 .. .- Nếu học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa - Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm - Bài hình học bắt buộc phải vẽ... giải liên quan đến hình hần - Điểm tồn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm tròn B Đáp án thang điểm Bài Ý Đáp án Điểm Thay x = 36 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức B, ta có: 36 1... có hai nghiệm phân biệt  ’ >  m >  x  x  2m (1) 2 Áp dụng định lý Vi-ét ta có:  (1đ)  x x  m  m (2)  Theo đề bài: x  3x  điều kiện x1 ≥ 0; x2 ≥ x  x  2m  m       