Đáp án tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Quảng Bình niên khóa 2019-2020 mã đề 017, 019 - Học Toàn Tập

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng câu.. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu..[r]

Mã đề 017-019 Trang 1/4

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2010 Khóa ngày 03/06/2019

Mơn: TỐN

(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) MÃ ĐỀ: 017, 019

Yêu cầu chung

* Đáp án trình bày lời giải cho câu Trong làm học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng

* Trong câu, học sinh giải sai bước giải trước cho điểm bước giải sau có liên quan

* Điểm thành phần câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần 0,5 điểm tùy tổ giám khảo thống để chiết thành 0,25 điểm

* Đối với Câu 5, học sinh khơng vẽ hình cho điểm Trường hợp học sinh có vẽ hình, vẽ sai ý cho điểm ý

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của câu

* Điểm tồn tổng (khơng làm trịn số) điểm tất câu

Câu Nội dung Điểm

1

1 Cho biểu thức 21

1

  

 

B

x x x x

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức B b) Tìm giá trị nguyên x để B nhận giá trị nguyên.

2,0

1a

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức B 1,0

Điều kiện: x0và x 1 0,25

 

1    



x x

B

x x 0,25

 

1 

 x

x x 0,25

3 



Mã đề 017-019 Trang 2/4

1b

b) Tìm giá trị nguyên x để B nhận giá trị nguyên 1,0

Ta có 

 B

x với x0và x 1

Biểu thức B có giá trị nguyên x1 ước Suy

0,25 1

1

1

1

  

    

   

   

x x x x

0,25

      

  

  

0 2

4

x x x x

0,25

Kết hợp với điều kiện ta có giá trị cần tìm x 2,x2 x 4 0,25

2

2 Cho hàm số y (a2)x 5 có đồ thị đường thẳng d

a) Với giá trị a hàm số nghịch biến 

b) Tìm a để đường thẳng d qua N(3;8)

1,50

2a

2a) Với giá trị a hàm số nghịch biến  0,50

Hàm số y (a2)x 5 nghịch biến  a 2 0,25

a

  0,25

2b

2b) Tìm a để đường thẳng d qua N(3;8) 1,00

Đường thẳng d qua N(3;8) nên (a2).35 0,50

8  3a   6 a 0,50

3

3 Cho phương trình  

1 2

    

x n x n (1) (với n tham số)

a) Giải phương trình (1) n =

b) Tìm giá trị n để phương trình (1) có hai nghiệm x x thỏa 1,

mãn 3x1x2x x1 2 10

2,0

3a

a) Giải phương trình (1) n = 1,0

Khi n = 2, phương trình (1) trở thành

–  2

x x 0,5

1

1     

 x

x 0,5

3b

b) Tìm giá trị n để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa

mãn 3x1x2x x1 2 10 1,0

Phương trình (1) có

     2

1 2

   n   n n  n  n  với n Do phương trình (1) ln có hai nghiệm x x1, với n

Mã đề 017-019 Trang 3/4 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có

1

1 2    



 



x x n

x x n 0,25

Khi 3x1x2x x1 2 103n1  2n210  n = 0,25 Vậy với n = phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn

 2

3 x x x x 10 0,25

4

4 Cho a b hai số thực dương thỏa mãn , 2020

2019

a b Tìm giá trị

nhỏ biểu thức 2019

2019 P

a b

 

1,0

Ta có

   

   

     

   

   

   

    

   

2019

2019 2019 (2019 2019 )

2019

2019

2019 2019 2020

2019

P a b a b

a b

a b

a b

0,25

2 2019.2019 2 2019 2020 2019

a b

a b 0,25

Do P 2020 0,25

Dấu "=" xảy

 

 

  

 

 

  

 

  

 

 

   

 2019

2019

1

2019 1

2019

2019 2020

2019 a

a a

b

b b

a b

Vậy giá trị nhỏ P 2020 a 1  2019

b

0,25

5

5 Từ điểm M nằm ngồi đường trịn tâm O, ta kẻ hai tiếp

tuyến MN MP, với đường tròn (N P tiếp điểm) Trên cung ,

nhỏ NP lấy điểm K (K  N K, P), kẻ KRMN KS, MP

RMN S, MP.

a) Chứng minh MRKS tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Kẻ KQNP QNP Chứng minh KQSKNP

c) Xác định vị trí K cung nhỏ NP để tích KR KS KQ đạt

giá trị lớn

Mã đề 017-019 Trang 4/4

Q S

R

O M

P N

K

Hình vẽ giải Câu 5a 0,5

5a

a) Chứng minh MRKS tứ giác nội tiếp đường trịn 1,0 Từ giả thiết ta có  

90

MRK MSK 0,5

Suy tứ giác MRKS nội tiếp đường tròn 0,5

5b

b) Kẻ KQNP QNP Chứng minh KQSKNP 1,0

Tứ giác PSKQ có   90

PSK PQK  0,25

nên tứ giác PSKQ nội tiếp đường tròn đường, suy KQSKPS (1) 0,25 Vì SP tiếp tuyến đường trịn  O nên ta có KPSKNP (cùng chắn

cung KP) (2) 0,25

Từ (1) (2) suy KQSKNP (3) 0,25

5c

c) Xác định vị trí K cung nhỏ NP để tích KR KS KQ đạt giá

trị lớn 1,0

Tứ giác NQKRcó  

R 90

N K NQK nên NQKRlà tứ giác nội tiếp Suy KRQKNQ (4)

Từ (3) (4) ta có KQSKRQ

Chứng minh tương tự ta KSQKQR Suy KQS∽KRQ

0,25

Do

KQ KR

KR KS KQ

KS  KQ  

0,25

Suy

KR KS KQKQ

Do KR KS KQ lớn KQ lớn