Đáp án đề thi thử số 1 môn toán vào lớp 10 năm học 2015 tại trung tâm EDUFLY

Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vuông nên chiều dài sẽ hơn chiều rộng 4cm.. Vì nếu tăng chiều rộng thêm 4cm thì hình chữ nhật ban đầu trở t[r]

BỘ ĐỀ LUYỆN THI VÀO THPT DÀNH CHO HỌC SINH KHÔNG CHUYÊN NĂM 2015

MÔN TOÁN - ĐỀ SỐ - ĐÁP ÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

I (2 điểm)

1 Tính giá trị biểu thức  3

2

A x x  x  x x

Thay x vào biểu thức cho ta được: A 2.3 3   7.3 4.3 3

 

2 3 21 12 12 21 12

       

  2 2

3 3 3 3 3 3 3

            

2 Cho biểu thức 2

4

2

x x x x

B

x

x x

 

  



  với x0 x4

a) Với x0 x4 ta có:

  

2 2

4

2 2 2

x x x x x x x x

B

x

x x x x x x

   

     



     

   

     

2 2 2 2 4 2 6

2 2

x x x x x x x x x x x x

x x x x

           

 

   

            

3 3

3

2

2 2 2

x x x x x

x x

x

x x x x x x

    

 

   



     

b) Tìm giá trị nguyên x để B nhận giá trị nguyên

   

3 9

3

2 2

x x

B

x x x

  

   

   với x0 x4

     

9

9 2 1; 3;

2

B x x U

x

           



Mà x 2 nên  x 2  3;9

 x  2 x   1 x (nhận, thỏa mãn)

 x  2 x   7 x 49 (nhận, thỏa mãn) Vậy: x 1;49 B nhận giá trị nguyên

(Sai giá trị trừ 0,25 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

II (1,5 điểm)

Cách Giải toán cách lập phương trình:

Gọi chiều dài hình chữ nhật cho x cm   x0

Vì tăng chiều rộng thêm 4cm hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vng nên chiều dài chiều rộng 4cm Chiều rộng hình chữ nhật là: x4 cm Diện tích hình chữ nhật là:   2

x x cm Mà theo đề diện tích hình chữ nhật

320cm Nên ta có phương trình: x x  4 320

  

2 20

4 320 20 16 20

16 x

x x x x x

x

 

           

 (Do x0)

Với x20 ta có chu vi hình chữ nhật là: x  x 4 20 16 36 cm Vậy chu vi hình chữ nhật cho 36 cm  

(Làm tắt bước giải phương trình trừ 0,25 điểm)

Cách Giải toán cách lập hệ phương trình:

Gọi chiều dài chiều rộng hình chữ nhật cho x y x y; 0 Vì tăng chiều rộng thêm 4cm hình chữ nhật ban đầu trở thành hình vng nên chiều dài chiều rộng 4cm Nên ta có : x y 1 

Diện tích hình chữ nhật là: x y cm  2 Mà theo đề diện tích hình chữ nhật 320cm Nên ta có 2 x y 320 2 

Từ  1  2 ta có hệ phương trình 320 x y xy

    

 Giải hệ phương trình phương

pháp ta 20 16 x y

   



Chu vi hình chữ nhật là: x y 20 16 36 cm Vậy chu vi hình chữ nhật cho 36 cm  

(Làm tắt bước giải hệ phương trình trừ 0,25 điểm)

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

1 Giải hệ phương trình

7

1

3

1

x y

x y

x y

x y

  

  

 

  

  



ĐKXĐ: x 1;y 1 Đặt

1 x

a

x  y

b

y  ta có hệ phương trình mới:

2

3

a b

a b

  

  



Giải hệ phương trình phương pháp phương pháp cộng đại số ta

được

1 a b

    



0,25

0,25

III (2,5 điểm)

Từ suy ra:

4

4 4

1

1 1

1

1

x

x

x x x

x

y y y y

y y

    

        

   

        

 

     

 

 



(nhận)

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ; 4;

3

x y    

 

2 Đưởng thẳng  :

d y  x parabol  : 2 P y x a) Vẽ đồ thị: (Học sinh tự vẽ)

b) Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P là:

2x 2x

  

2

6

x x

    giải phương trình cách đưa phương trình tích dùng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai ta có:

3 x x

    



 Với x2 thay vào phương trình đường thẳng  d parabol  P ta có y2

 Với x 3 thay vào phương trình đường thẳng  d parabol

 P ta có y

Vậy  d  P cắt hai điểm A 2;2 3;9 B 

 

0,25

0,75

0,25

0,25

K I

Q

P E

O

A B

M

IV

(3,5 điểm)

a) Tứ giác EAOM có: 90o

EAOOME (vì EM, EA tiếp tuyến  O )

Suy EAOM tứ giác nội tiếp Tứ giác APMQ có:

90o MQA QAP APM  Suy APMQ hình chữ nhật

b) APMQ hình chữ nhật (chứng minh a) Mà I trung điểm PQ nên I trung điểm AM

E giao điểm hai tiếp tuyến AE EM nên OE trung trực AM Vậy ; ;O I E thẳng hàng

c) Xét EAO MPB có:

 90o

EAOMPB  EOAMBP (cùng phụ MAB )

  AE AO

EAO MPB g g

MP PB

  ∽   (hai cặp cạnh tương ứng)  1

Ta có: KP/ /AE KP BP

AE AB

  (định lý Ta-let)  2

Nhân vế theo vế  1  2 ta có :

2

KP AO R

MP KP

MP AB  R   

Vậy K trung điểm MP d) Ta có : BPABAP2Rx

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác AMB vuông M , đường cao MP có:

    

2

MP AP PBx Rx MP x Rx cm

Ta có:    

APMQ

S  AP PM x x Rx  x Rx đạt giá trị lớn  

x Rx đạt giá trị lớn

     

4

3

2 3 27 27

3 3

x x x

R x x x x

x R x R x

     

 

     

 

 

(BĐT Cô-si cho

bốn số)

 

3 3

27 3

4

APMQ

x R x R

S x R x       R

         

   

Dấu “=” xảy

3

x

R x x R

   

Vậy điểm M nằm  O thỏa mãn cung nhỏ MP

3 cung AB

0,5

0,5

1,0

0,5

0,5