SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II NĂM HỌC 2020-2021 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TỐN (Gồm 04 trang) Bài (2,5) Ý Đáp án Điểm Điều kiện xác định: x (0,75) Ta có x = thỏa mãn điều kiện Thay x = vào biểu thức A ta được: 1 1 A 3 Vậy giá trị biểu thức A x 2.b) (1,0) (2,5) a) (0,5) 0,25 x2 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình S 1; 2 0,25 2x y 3x 10 x y x y 0,25 10 x 10 y 0,25 10 x y 0,25 10 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: x; y ; 3 0,25 * Do parabol (P) qua điểm A(2;3), thay x = y = vào phương trình (P) ta được: = a.22 a (thỏa mãn a ) 0,25 parabol (P) qua điểm A(2; 3) 0,25 Với a = parabol (P) có phương trình y = x2; m = 12 đường thẳng (d) có phương trình y 4x 12 0,25 Vậy a b) (1,0) 0,25 0,25 2.a) x 3x phương trình bậc hai ẩn x, (0,75) có a b c (3) Nên phương trình có nghiệm: x1 1; 0,25 Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: x 4x 12 x 4x 12 0,25 Bài Ý Đáp án ' => phương trình có hai nghiệm phân biệt: x ; x 2 Điểm Xét ' 16 , Với x = 6 y = 36 Với x = y = Vậy a = 1; m = 12 (P) cắt (d) điểm phân biệt có tọa độ (6; 36) (2; 4) c) (1,0) 0,25 0,25 Với a = 1, hoành độ giao điểm (P (d) nghiệm phương trình: x 4x m x 4x m (*) 0,25 có ' ( m) m Prabol (P) tiếp xúc với đường thẳng (d) phương trình (*) có nghiệm kép ' m m 4 2 Phương trình (*) có nghiệm kép x1 x 2 y 2 Vậy với a = 1, m = 4 (P) tiếp xúc (d) điểm có tọa độ (2; 4) (1,0) * Gọi độ dài cạnh góc vng thứ x (cm), x > Độ dài cạnh góc vng thứ hai x + (cm) * Có cạnh huyền tam giác vng 13 (cm) Áp dụng định lí Pitago, ta có phương trình: x2 + (x + 7)2 = 132 x x 14x 49 169 2x 14x 120 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 7x 60 Xét 4.60 289 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 7 17 7 17 x1 12 (không thỏa mãn x > 0); x (thỏa mãn x > 0) 2 Độ dài cạnh góc vng cịn lại là: + 7=12 (cm) Vậy độ hai dài cạnh góc vuông tam giác 5cm 12 cm 0,25 0,25 (3,5) Bài Ý a) (1,0) Đáp án Điểm Vì SA SB tiếp tuyến (O) có tiếp điểm A B nên: SA AO; SB BO 0,25 SBO 90 SAO 0,25 SBO 1800 Xét tứ giác SAOB có SAO 0,25 SBO hai góc đối Mà SAO Nên tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn b) * Đường kính chứa đoạn OH qua trung điểm H dây CD nên 900 (1,25) OH CD hay SHO 0,25 0,25 SBO SHO 90 Ta SAO A, B, H thuộc đường trịn đường kính SO Suy điểm A, S, B, H, O thuộc đường trịn đường kính SO 0,25 OSH (2 góc nội tiếp chắn HO ) OAH 0,25 * Có SA SB tiếp tuyến (O) cắt S SA SB Xét đường trịn đường kính SO có dây SA=SB 0,25 SB AHS BHS (2 góc nội tiếp chắn hai cung nhau) SA Suy HS tia phân giác AHB SB c) * Trong đường trịn đường kính SO có: SA (0,75) BHS hay EBS BHS ABS SB SE SB2 SE.SH (1) Chứng minh SBESHB (g.g) SH SB * Chứng minh SB SD SBD SCB (g.g) SB2 SC.SD (2) SC SB Từ (1) (2) suy ra: SE.SH SC.SD (đpcm) d) Gọi K giao điểm tia OH AB, I giao điểm AB OS (0,5) - Chứng minh OS AB BI SO - Xét tam giác OBS vng B đường cao BI ta có: OB2 = OI.OS hay R2 = OI.OS (3) O OHS IK 900 Xét OHS OIK có chung SOK OH OS Suy OHSOIK(g.g) (4) OH.OK OI.OS OI OK Từ (3) (4) => OH.OK R khơng đổi (vì R không đổi) * Do CD O cố định nên OH khơng đổi R2 Có OH.OK R OK không đổi OH * Điểm K nằm tia OH cố định điểm O cố định nên điểm K cố định Hay AB qua điểm K cố định Vậy S di chuyển tia CD (S nằm ngồi đường trịn tâm O) đường thẳng AB qua điểm K cố định thuộc tia OH 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài (0,5) Ý Đáp án Điểm * Với a số thực dương, áp dụng BĐT Cô-si với hai số dương (1 2a) (1 2a 4a ) ta có: 2a 2a 4a 8a 1 2a 1 2a 4a 2a 1 Suy 2a 1 8a Tương tự: 2b 2c 1 8b 8c 1 1 1 Ta được: A 3 2a 2b 2c 1 8a 8b 8c 3 * Áp dụng BĐT Cô-si với hai số dương 2a 2a ta có: 0,25 2a 1 2a 2a 2a 2a 2a 2a 9 Tương tự 2b 2c 2b 2c Kết hợp a b c2 ta có 1 15 2(a b c ) 15 2.3 1 2a 2b 2c 9 Hay A Chỉ giá trị nhỏ A = a b c Vậy giá trị nhỏ A = a b c 0,25 Ghi chú: - Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm - Mọi cách giải hợp lí cho điểm tối đa, hình vẽ phải khớp với chứng minh cho điểm - Điểm toàn tổng điểm thành phần câu, làm tròn đến 0,5 điểm HẾT - ... định lí Pitago, ta có phương trình: x2 + (x + 7)2 = 132 x x 14x 49 169 2x 14x 120 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 7x 60 Xét 4.60 289 Phương trình có hai nghiệm