PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC: 2010 – 2011 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu a) Thực phép tính: 45.94  2.69 210.38  68.20 b) So sánh: ( 17)14 3111 Câu Tìm x, y, z biết rằng: a) x   0 2x 3y z   x  y  z 109 10 12 c) xy z; yz 4 x; xz 9 y b) d) x  x  17 x   số nguyên với x nguyên x 3 x 3 x 3 Câu Cho hai đa thức : f ( x) ( x  1)( x  3) g ( x) x3  ax  bx  a) Xác định hệ số a; b đa thức g ( x) biết nghiệm đa thức f ( x) nghiệm đa thức g ( x) b) Cho biểu thức A = 2011  x Tìm giá trị nguyên x để A đạt giá trị lớn 11  x Tìm giá trị lớn Câu  Cho Oz tia phân giác xOy 600 Từ điểm B tia Ox vẽ đường thẳng song song với tia Oy cắt Oz điểm C Kẻ BH  Oy; CM  Oy; BK  Oz ( H, M  Oy; K  Oz) MC cắt Ox P Chứng minh: a) K trung điểm OC b)  KMC tam giác c) OP > OC Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG NĂM HỌC 2010 – 2011 Mơn thi: TỐN Câu a b Nội dung cần đạt 45.94  2.69 210.38  210.39 210.38 (1  3)    10  210.38  68.20 210.38  210.38.5 (1  5) ( 17)14 1714  1614 256 11 a b c 11 55 a b 0,25 31  32 2 Mà 1714  256  255  3111 Vậy ( 17)14 > 3111 0,25 0,25 x   0  x  1  x  1 x   0,25 0,25 x 2 x 1 2x y z xyz 109 109.6      10 12  10  12 107 107 0,25 15.109 20.109 72.109 ;y ;z  HS tính được: x  107 107 107 xy  z; yz 4 x; xz 9 y 0,25 Nhân vế bất đẳng thức ta : (xyz)2 = 36xyz 0,25 + Nếu số x,y,z số cịn lại + Nếu số x,y,z khác chia vế cho xyz ta xyz = 36 + Từ xyz =36 xy = z ta z2 = 36 nên z = 6; z = -6 + Từ xyz =36 yz = 4x ta 4x2 = 36 nên x = 3; x = -3 + Từ xyz =36 xz 9 y ta 9y2 = 36 nên y = 2; y = -2 - Nếu z = x y dấu nên x = 3, y = x = -3 , y = -2 - Nếu z = -6 x y trái dấu nên x = ; y = -2 x = -3; y=2 Vậy có số (x, y, z) thoã mãn: (0,0,0); (3,2,6);(-3,-2,6);(3,-2,-6);(-3,2.-6) d Điểm 0,75 0,25 0,25 HS biết tìm nghiệm f ( x) ( x  1)( x  3) =  x 1; x  0,5 Nghiệm f ( x) nghiệm g ( x) x3  ax  bx  nên : Thay x 1 vào g ( x) ta có:  a  b  0 Thay x  vào g ( x) ta có:  27  9a  3b  0 Từ HS biến đổi tính được: a  3; b  0,5 2011  x 11  x  2000 2000  1  11  x 11  x 11  x 2,5 0,25 x  x  17 x x  26   = = x 3 x 3 x 3 x 3 x  12  14 4( x  3)  14 14  4  = số nguyên x 3 x 3 x 3 Khi ( x + 3) ước 14 mà Ư(14) = 1; 2; 7; 14 HS suy : x = -2;- 4;- 1; - 5; ; - 10; 11 ; -17 A= 1,5 0,25 0,25 2,0 0,25 2000 lớn 11  x 2000 Nếu x  11 0 11  x 2000 Vậy A lớn > lớn  x < 11 (11- x) bé  x = 10 11  x 2000 2001 (vì x nguyên) A lớn x = 10, A =  11  10 y Vẽ hình, ghi gt,kl A lớn 0,25 0,25 0,25 0,5 z M C K H 600 B O a 4,0 P x ¶ O ¶ (Oz tia phân giác xOy · ABC cú O ) ả C (Oy // BC, so le trong) O 1 ả VOBC cân B BO = BC , mà BK  OC K KC = KO ( Hai đường  O C xiên  Hai hình chiếu = nhau) Hay K trung điểm OC (Đpc/m) 0,5 0,5 b HS lập luận để chứng minh: KMC cõn ả 900 ; O =300 MKC · Mặt khác OMC có M 900  300 600  AMC 0,75 0,75 c     OMC vuông M  MCO nhọn  OCP tù (Hai góc MCO ; OCP bù nhau)  Xét OCP có OCP tù nên OP > OC 0,5 0,5 HS làm cách khác yêu cầu đề chấm điểm tối đa