Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Lào Cai niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

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]

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 x0;x1)

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 x0;x Hx1 , suy ra: 00 x   2 0x 4; xx1  2 x 0,25 Vậy: Với 0 x 4; x1 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):y3x2 có hồnh độ x 1 0,25

thay x 1 vào hàm số y3x2, 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

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 x2y 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 x23x 5 0

b)Tìm giá trị tham số m để phương trình x22(m1)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)24.2 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

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:m0;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 900900 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//EMFIC BAC  ( góc đồng vị)

Trong đường trịn (O), ta có:   ( d )

 

CBM BAC s BC

Suy ra: CIF CBM 

0,25

( )

IFCBFM 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

 

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

 FIQFKM c g c FKM FIQ

0,25

Lại có: PKQ900 ( góc nội tiếp chắn nửa đt (O))