De va huong dan cham thi thu mon Toan tuyen sinh vao lop 10 THPT 20202021

Để chuẩn bị cho học sinh trở lại trường sau thời gian nghỉ học do đại dịch Covid-19, một cơ sở sản xuất thiết bị y tế đã phân công nhiệm vụ cho hai tổ sản xuất trao tặng khẩu trang kháng[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHI LỘC NĂM HỌC 2020 - 2021

Mơn thi: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề

Câu (2,5 điểm). a) Rút gọn biểu thức sau:

22 32

11

A   1 4

1

x x

B

x

x x

  

   

 

  với x0, x1 b) Viết phương trình đường thẳng  d qua điểm M1; 3 song song với đường thẳng y2x

c) Giải hệ phương trình:

5

2

x y

x y

  



 



Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình x2 2(m1)x m 2 4 (1), (m tham số) a) Giải phương trình với m2

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm

c) Với giá trị m để phương trình có nghiệm x x1; thỏa mãn điều

kiện: (2x1 1)(x22  2mx2 m2 3) 21.

Câu 3 (1,5 điểm). Để chuẩn bị cho học sinh trở lại trường sau thời gian nghỉ học đại dịch Covid-19, sở sản xuất thiết bị y tế phân công nhiệm vụ cho hai tổ sản xuất trao tặng trang kháng khuẩn cho trường THCS huyện Ngày thứ hai tổ may 7200 Ngày thứ hai tổ may vượt mức 15%, tổ hai may vượt mức 12% so với ngày thứ nên hai tổ may 8190 trang để tặng cho nhà trường chung tay đẩy lùi đại dịch Covid-19 Hỏi ngày thứ tổ may trang? Câu (3,0 điểm) Cho điểm A nằm ngồi đường trịn  O Từ A kẻ hai tiếp tuyến

,

AB AC cát tuyến ADE tới đường tròn (B C, là tiếp điểm; D nằm A E) Gọi H giao điểm AO BC

a) Chứng minh: Tứ giác ABOC nội tiếp b) Chứng minh: AH AO AD AE

c) Tiếp tuyến D đường tròn  O cắt AB AC, theo thứ tự I K

Qua điểm O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt AB P cắt AC Q Chứng minh IP KQ PQ 

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị lớn biểu thức: P a2 abc  b2 abc  c2 abc 9 abc

Họ tên: ………., Số báo danh: ………. PHÒNG GD&ĐT NGHI LỘC

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: Toán

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

Câu 1 2,5 đ

a) 1,5đ

22 32

11

A   16.2 6.3 22

11

  

4 2

   2

0,25đ 0,25đ                    

1 4

1

1 1 1

4

2

1

2

1

x

x x x x

B

x

x x x x x x x

x x x x x x x x x                                         0,5đ 0,5đ b) 0,5đ

Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b

Vì (d) song song với đường thẳng y = 2x - nên a = b3

Vì (d) qua M(1; 3) nên thay x = 1, y = a = vào pt đường thẳng (d) ta có = 2.1 + b nên b = (TM)

Vậy phương trình đường thẳng (d) là: y = 2x +

0,25đ

0,25đ

c) 0,5đ

5 10 14

2 7

x y x y

x y x y

               17 17 x y y        x y     

 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (-2; 1)

0,25đ

0,25đ

Câu 2 2,0 đ

a) 0,75đ

Thay m = vào phương trình x2 2(m1)x m 2 4 0, rút gọn đưa phương trình: x2 6x 8

Giải PT bậc hai trả lời được: Vậy phương trình cho có nghiệm

1 2;

x  x 

0,25đ

0,5 đ

b) 0,75đ

Phương trình (1) có nghiệm  '

2 ' [ (m 1)] (m 4)

     

2

2

m m m

     2m 3 '

 

3

2

m m

    

.Vậy, để phương trình cho có hai nghiệm

3 m     0,25đ 0,25đ 0,25đ c) 0,5đ c) Với m

, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có

1 2

2( 1)

x x m

x x m

  

 

 

2 2

2 2( 1) 2 2 x  m x m    x  mx m   x  

2

2 2 2

x mx m x

     

Theo ta có (2x11)(x22 2mx2m23) 21

1

(2x 1)(2x 1) 21

   

1 2

4x x 2x 2x 21

    

1 2 4x x 2(x x ) 20

   

2

4(m 4) 4(m 1) 20

    

2 4 1 5

m m

    

2 2 0

m m

   

Giải phương trình tính m11 (loại), m2 2 (TMĐK)

Vậy, với m2 phương trình (1) có nghiệm thỏa nãm (2x11)(x22 2mx2m23) 21

0,25đ

0,25đ

Câu 3 1,5 đ

Gọi số trang mà tổ 1, tổ sản xuất ngày thứ x y

*

( ,x y N ,đơn vị: chiếc)

Lập phương trình: x y 7200 (1)

Ngày thứ hai, tổ sản xuất ngày thứ

15

100x (chiếc)

Ngày thứ hai, tổ sản xuất ngày thứ

12

100 y (chiếc)

Ngày thứ hai, tổ sản xuất ngày thứ 8190 - 7200 = 990 (chiếc)

Lập pt:

15 12

990 33000 100x100 y  x y (2)

Từ (1) (2) ta có hệ pt

7200 33000

x y

x y

 

 

 



Giải hệ phương trình tính x = 4200 (TMĐK); y = 3000 (TMĐK) Ngày thứ tổ sản xuất 4200

Ngày thứ tổ sản xuất 3000

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu 4 3,0 đ

0,5đ

Vẽ hình đúng, xác

0,5đ

H D

E O

C B

A

2

Q P

K I

D

O

C B

a) 1,0đ

Xét tứ giác ABOC có: 90

ABO ACO

   (AB, AC tiếp tuyến đường tròn)

=> ABO ACO900900 1800=> Tứ giác ABOC nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800)

0,5đ 0,5đ

b) 1,0đ

Vì AB, AC hai tiếp tuyến cắt A nên AO tia phân giác góc BAC AB=AC Suy tam giác cân ABC có đường phân giác AO đường cao nên AOBC H.

- Tam giác ABO vuông B có BH đường cao nên

AH AO AB (hệ thức) (1) Nối B với D, B với E

- Xét tam giác ABD tam giác AEB có BAE

 chung, ABDAEB (Cùng chắn cung BD) Nên ABD AEB(g.g)

2

AB AD

AD AE AB AE AB   (2) Từ (1), (2) suy AH AO AD AE 

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

c) 0,5đ

Nối I với O, K với O, D với O

Tam giác APQ cân A nên  P Q

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt  I1 I2;K1K2

Theo tính chất tổng góc tứ giác PQKI:     P Q K  I 3600

0

2 2

2  P I  2 K 360    P I  K 180 Mà   P I2 IOP1800 Nên K2 IOP Xét IOP OKQcó  P Q, K2 IOP (c/m trên) suy IOP

2

( )

4 PQ IP KQ OP

OKQ g g OQ

    

Lại có  

2 2

4

IP KQ  IP KQ PQ  IP KQ PQ 

0,25đ 0,25đ

Câu 5 1,0 đ

Ta có

2 2( ) ( )( )

a abc a a b c   abc a a b a c  

Áp dụng BĐT Cosi với số dương (a b ) (a c ) ta có:

2 ( )( ) ( ) ( 1)

2

a a b a c a a a abc  a a b a c       

Chứng minh tương tự ta có:

2 ( 1)

2 b b b abc  

;

2 ( 1)

2 c c c abc  

Do ta có:

2 2 ( 1) ( 1) ( 1)

2 2

a a b b c c

a abc  b abc  c abc      

Mặt khác, theo BĐT Cosi ta có:

( 1) 1

2 2

a a a b c a b c

abc a a a

         

      

   

Chứng minh tương tự ta có:

( 1)

;

b b

abc b 

  ( 1)

2 c c

abc c 

 

0,25đ

0,25đ

Vậy, ta có: P a2 abc  b2 abc  c2 abc 9 abc  a b c6 abc

Mà ta có: a b c  3(a b c  ) 3;

2

6

3

a b c abc      

 

Nên suy ra:

2 5 3

3 3

P   

Dấu "=" xảy

1 a b c  

Vậy Giá trị lớn

5 3 P

1 a b c  

0,25đ

Lưu ý: - Trên mang tính hướng dẫn chấm