SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2018 - 2019 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm 03 trang) Bài Ý Đáp án x x 2 x 2 Với x 0; x ta có A x (1,25) (2.0) x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 0,5 x 11 x 14 x 2 x x x 10 11 x 14 11 x 14 x 2 5 Điểm x 2 x4 x 4 x 2 x 2 0,25 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 (1) x 0; x Ta có A x 2 (2) x 2 Do x ; 3>0 nên BPT(2) x 2 x (0,75) 5 x 2 x x (3) 25 4 Từ (1) (3) ta có x Vậy A x 25 25 ĐKXĐ: x y 3x y 2x 2y x 3y Với ĐKXĐ hệ pt x 3y 1 x 3y 1 (1,0) 2x x (thỏa mãn ĐK x y) 6y y Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (2 ; 1) Gọi bán kính hình tròn tâm A, tâm B x, y (0 < y < x < tính m) Do hai hình tròn tiếp xúc với AB = 3m nên ta có phương trình (2,0) x+y=3 (1) Mặt khác, diện tích bồn hoa 4,68m nên ta có phương trình x2 + y2 = 4,68 x2 + y2 = 4,68 (2) (1,0) x y x y Từ (1), (2) ta có hệ phương trình 2 x y 2xy 4,68 x y 4,68 x y xy 2,16 Vậy với x 0; x ta có A 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Bài Ý Đáp án Điểm Suy x, y nghiệm p.trình t2 3t + 2,16 = Giải t = 1,2 ; t = 1,8 Do x > y x = 1,8; y = 1,2 (thỏa mãn điều kiện tốn) Vậy bán kính hình tròn tâm A, tâm B thứ tự 1,8m 1,2m Khi m = ta có (d): y = 3x Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P), phương trình là: x2 3x = x(x 3) = x = 0; x = (1,0) Với x = ta có y = O (0 ; ) Với x = ta có y = A (3 ; ) Vậy m = (d) cắt (P) điểm O (0 ; ); A (3 ; ) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d), (P), phương trình là: x2 (2m + 1) x + m2 = (*) (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình (*) (0,5) có hai nghiệm trái dấu ac = m2 – < m2 < –1 < m < Xét phương trình (*) có: = (2m + 1) 4(m2 1) = 4m + (d) cắt (P) điểm phân biệt có tung độ y1, y2 p.trình (*) có nghiệm (2,5) phân biệt x1, x2 4m + > m (1) x1 x 2m Áp dụng định lý Viét ta có x1 x m 2 (1,0) Khi y1 + y2 = x x (x1 + x2) 2x1x2 = (2m + 1)2 2(m 1) = 2m2 + 4m = m2 + 2m = (không thỏa mãn (1)) A E I (3,0) N O B M D 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (thỏa mãn (1)) m Phương trình có a + b + c = + = m 3 Vậy m = giá trị cần tìm 0,25 C 0,25 Bài Ý Đáp án Điểm BAD CAD BD CD Vì AD phân giác BAC CAD hay IEN IAN BED (1,0) Do E, A nằm nửa mặt phẳng bờ IN tứ giác AENI nội tiếp Tứ giác nội tiếp tương tự tứ giác BDMI ) ANI (Hai góc nội tiếp chắn AI Do tứ giác AENI nội tiếp AEI ) ANI Mà AEB ACB (Hai góc nội tiếp chắn AB hay AEB ANI NI // BC hay NI // CM (1) ACB (2) (1,0) Do tứ giác BDMI nội tiếp nên chứng minh tương tự ta có MI // CN Từ (1) (2) tứ giác CMIN hình bình hành (3) Lại có phân giác góc A B cắt I CI phân giác góc C Kết hợp với (3) ta có tứ giác CMIN hình thoi A B (góc ngồi ABI) Ta có BID 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 B (vì BE phân giác B ) B B (vì BD CD ) A B B DBI Vậy BDI cân D Suy BID 0,5 (1,0) Vì BDI cân D DB = DI Mà B, C cố định D điểm cố định BD = a > 0, a không đổi Lúc AI = AD DI = AD a 2R a Dấu có A điểm đối xứng với D qua O Vậy Max AI = 2R a A điểm đối xứng với D qua O x a a b c 12 Đặt y b với a,b,c Ta có hệ phương trình 2a 5b 10c abc z c (1) a b c 12 a b c 12 a b c 3b 8c abc 24 3b 8c abc (2) (0,5) 0,5 Từ (2) abc > Kết hợp điều kiện a,b,c ta có a,b,c > 24 Lúc từ (2) b c a b c 12 bc b c 0,25 (3) 24 b 2c b c 24 b 2c b c VT(3) = 3 bc b c bc b c (BĐT: AM - GM) = + + = 12 = VP(3) Dấu có a = 5; b = 4; c = (thỏa mãn a,b,c > 0) Khi x = 25; y = 16; z = Hệ phương trình có nghiệm (x ; y ; z) = (25 ; 16 ; 9) Ghi chú: - Giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm - Mọi cách giải khác hợp lý cho điểm tối đa - Điểm toàn tổng điểm câu, làm tròn đến 0,5 điểm 0,5 0,25