2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong Hội đồng chấm thi.. 3) Điểm toàn [r]
(1)TRƯỜNG THPT LÊ Q ĐƠN KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT Năm học 2009 -2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN I Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần hướng dẫn quy định
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm thống Hội đồng chấm thi
3) Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25 II Đáp án thang điểm
Bài Đáp án Điểm
1 (2,0đ)
Với x ≥ x ≠ biểu thức cho có nghĩa
M= ( x+√x x√x+x+√x+1+
1
x+1):(
√x −1−
2√x
x√x − x+√x −1)
¿( √x(√x+1) (x+1)(√x+1)+
1
x+1):(
1
√x −1−
2√x (x+1)(√x −1)) ¿√x+1
x+1 :
x+1−2√x (x+1)(√x −1)=
√x+1 x+1 :
(√x −1)2 (x+1)(√x −1) √x+1
x+1 :
√x −1
(x+1)= √x+1 √x −1
0,25đ
0,25đ 0,5đ 0,25 đ b) x = √7+4√3+√7−4√3 =
+√3¿2 ¿ ¿
√¿ = 2+√3+2−√3=4
=> M= √4+1 √4−1=
2+1
2−1=3
0,25đ 0,25đ 0,25đ
2 (2,0đ)
a) Khi m = −2
5 , ta có PT 5x2 - 14x - =
Lập ∆’ = 72 - 5.(-3) = 64
Tìm hai nghiệm: x1 =
-1
5 ; x2 =
0,25đ 0,25đ
b) Lập ∆’ = (m-1)2 + (m+1)=m2 -2m+1 + m +1
= m2 – m + =
(m−1
2)
2
+7
4 >
Từ suy phương trình có nghiệm với m
(2)(2,0đ)
Theo hệ thức vi et ta có :
¿
x1+x2=−2(m−1) x1x2=−(m+1)
¿{ ¿
Để pt có nghiệm x1 < < x2 , ta phải có (x1-1)(x2-1)<0
x1x2 –(x1+x2)+1 <0 -(m+1)+2(m-1)+1<0
m – < m <
Gọi vận tốc ban đầu ô tô xuất phát từ A x (km/h) x>0 thì vận tốc tô xuất phát từ B x + 10 (km/h)
Gọi chiều dài quãng đường AB S (km) S >0 ta có : Thời gian hết nửa quãng đưòng xe xuất ph át từ A
S
3x+( S
2−
S
3) 2x
Thời gian hết nửa quãng đưòng xe xuất phát từ B là S
2(x+10)
theo ta có phương trình : 3Sx+(S
2−
S
3) 2x=
S
2(x+10) => 31x+
12x=
1
2(x+10)⇒5(x+10)=6x⇒x=50 ( thoả mãn) vậy vận tốc ban đầu hai ô tô 50 km/h 60km/h
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,5 0,25đ
0,5 0,25 0,25
(3,0đ)
Hình vẽ phục vụ a)
Hình vẽ phục vụ b), c), d) 0,25 đ
a) Lí luận ACM· =90 , ANM0 · =900 Kết luận ANMC tứ giác nội tiếp
0.25đ 0.25đ b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có:
CH2 = AH.HB
CH = AH.HB (cm)
· CH
t gABC
HB
= =
0,5 đ 0,25đ I
E
O B
M
N A H
C
(3)c) Lí luận được: ACN=AMN· ·
ADC=ABC· · =BCO· ADC=AMN· ·
Suy ACN=BCO· · Lí luận NCO=90·
Kết luận NC tiếp tuyến đường tròn (O)
0,5 đ 0,25đ d) Gọi I giao điểm BE CH K giao điểm tiếp tuyến
AE BM
Lí luận OE//BM Từ lí luận suy E trung điểm AK Lý luận
IC IH
EK EA (cùng BI BE ) Mà EK = EA
Do IC = IH
Kết luận: Đường thẳng BE qua trung điểm đoạn thẳng CH
0,25đ 0,25đ
0,25đ
(1,0đ)
Ta có : 1− x2 =2−2x+2x
1− x =2+
2x
1− x 1x=1− x+x
x =1+
1− x x
Vì < x < nên 12− xx > 1− xx > 0 suy : A=3+ 2x
1− x+
1− x
x ≥2+2√
2x
1− x
1− x
x ≥3+2√2 Vậy MinA = 3+2√2 ; x=√2−1
0,25 0,25