3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho đi[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM LÀO CAI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020
Mơn: TỐN (KHƠNG CHUN)
(Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang) I.Đáp án – Thang điểm
1 Cho điểm lẻ tới 0,25;
2 Điểm toàn tổng điểm thành phần, khơng làm trịn;
3 Chỉ cho điểm tối đa làm thí sinh xác mặt kiến thức; Thí sinh giải cách khác cho điểm tương ứng phần Nếu thí sinh vẽ sai hình khơng cho điểm câu hình học
6 Thí sinh viết qui trình bấm phím máy tính câu khơng cho điểm câu II.Biểu điểm
Câu Nội dung Điểm
Câu Tính giá trị biểu thức sau: ) 3
a b) 5 (6 5)2
1,0đ
1a) 4 3 5 0,5
1b)
2
5 (6 5) 6 0,25
5 6
0,25
Câu
Cho biểu thức
2
2 1
1 1
x x
H
x x x (với x0;x1)
a) Rút gọn biểu thức H
b) Tìm tất giá trị x để x H 0
1,5đ
2a) (1,0)
2
2 1 ( 1) 1 1
1 1 (x 1)(1 ) 1 1
x x x x x
H
x x x x x x x x x 0,25
2 ( 1)
1
x x x
x
2
x
x 0,5
2(x 1)
x 0,25
2b)
(0,5) Mà Ta có x0;x Hx1 , suy ra: 00 x 2 0x 4; xx1 2 x 0,25 Vậy: Với 0 x 4; x1 x H 0
0,25
Câu 2,5đ
3.1
(1,0) Cho đường thẳng (d):y x 1và Parabol (P):
2
3
y x
a) Tìm tọa độ điểm A thuộc Parabol (P), biết điểm A có hồnh độx 1 b) Tìm b để đường thẳng (d) đường thẳng (d'):
2
y x b cắt điểm trục hồnh
3.1a) Vì điểm A thuộc Parabol (P):y3x2 có hồnh độ x 1 0,25
thay x 1 vào hàm số y3x2, ta được:y 3( 1)2 3
Vậy: Điểm A(-1; 3)
0,25 3.1b) Xét đt (d): y x 1
Cho y 0 x 1 0 x 1
(2)Để đường thẳng (d) đường thẳng (d'):
y x b cắt điểm trục hồnh điểm (1; 0) thuộc đường thẳng (d'):
2
y x b Ta có: 1.1
2 b b Vậy:
2
b
0,25
3.2
(1,5) a) Giải hệ phương trình sau: 2x yx y 51 b) Tìm tham số a để hệ phương trình
7
x y a
x y a có nghiệm (x; y)
thỏa mãn x2y 3.2a)
(1,0) Giải hệ pt: 2 51 x y x y x y x 0,5 x y 0,25 Vây: Hệ pt có nghiệm (2; 3) 0,25 3.2b)
(0,5) 7 2 5 1 27 22 52 1
3
5 5 5
3
5
x y a x y a
x y a x y a
a a
x x
x a
y x a a a
y a y 0,25
Ta có: 2 2.3
5
a a
y x a a a 0,25
Câu a) Giải phương trình x23x 5 0
b)Tìm giá trị tham số m để phương trình x22(m1)x m 0 có hai
nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn
1 2
(x x ) 6m x 2x
2,0
4a)
(1,0) Giải pt:
2
3
x x
Ta có : ( 3)24.2 0 0,5
Suy pt có hai nghiệm phân biệt:
3
2;
2
x x 0,5
4b)
(1,0) Ta có:
2 2 2 2
' ( 1) ( 1)
m m m m m
Pt có hai nghiệm phân biệt 1 m m
Áp dụng hệ thức Vi ét, ta có: 2
1
2 (1)
(2)
x x m
x x m
0,25
Theo đề bài, ta có:
2
1 2 2
2
1
1
( ) ( )
4( 1)
2 (3)
x x m x x x x x x m x x
m m m x x
x x m
(3)Từ (1) (3) ta có hệ pt: 2
1
1
4
2 3
2
3
m x
x x m
x x m m
x 0,25
Thay vào (2), ta được:
2. 9 8 12 12 0
3
m m
m m m m m m
m m( 12) 0 m 0;m 12 ( thỏa mãn
m )
Vây:m0;m 12
0,25
Câu Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) Các tiếp tuyến B C cắt M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt đường tròn (O) D E ( D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC F, cắt AC I
a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp
b) Chứng minh FD FE = FB FC; FI FM = FD FE
c) Đường thẳng OI cắt (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt (O) K (K khác Q) Chứng minh điểm P; K; M thẳng hàng
3,0 đ
D E
I
M F K
Q P
O
C B
A
a) Ta có: MB; MC thứ tự tiếp tuyến đường tròn (O)
900
MBO MCO
0,5 Xét tứ giác MBOC có tổng hai góc đối: MBO MCO 900900 1800
Suy tứ giác MBOC nội tiếp
0,5 b)
( )
FEC FBD g g FE FB FE FD FB FC
FC FD
0,5 Vì AB//EMFIC BAC ( góc đồng vị)
Trong đường trịn (O), ta có: ( d )
CBM BAC s BC
Suy ra: CIF CBM
0,25
( )
IFCBFM g g FI FB FI FM FB FC
FC FM mà FE FD FB FC (cmt)
Suy ra: FI FM = FD FE
0,25 c) Xét tứ giác CIBM, có hai đỉnh I B kề nhìn cạnh MC góc khơng
đổi: CIM CBM cmt ( ) tứ giác CIMB nội tiếp Mà tứ giác COBM nội tiếp
Suy ra: điểm C, I, O, B, M thuộc đường tròn
(4)
90 OIM OBM
( )
FQC FBK g g FQ FB FQ FK FB FC
FC FK
0,25 Mà FI FM FB FC cmt ( )
Suy ra: FI FM FQ FK
( ) 90
FIQFKM c g c FKM FIQ
0,25
Lại có: PKQ900 ( góc nội tiếp chắn nửa đt (O))