de thi vao 10 mon toan tinh thai binh

Microsoft Word DAP AN TOAN 9 16 5 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO THPT MÔN TOÁN Bài Ý Đáp án Điểm 1 (2,0) 1) (0,5)    2 2 2 2A 32 50 8 18 4 2 5 2 2 2 3 2      0,25   1 4 2 5 2 2 2 3 2 2[.]

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO THPT

MÔN TOÁN

1

(2,0)

1)

(0,5) A  32  50  8 : 18  4 2 2  5 2 2  2 2 : 3 2 2  2

0,25

4 2 5 2 2 2 : 3 2 2 : 3 2 1

3

Vậy giá trị A  1

3

0,25

2 a)

(1,0)

Với 0 x 9  

3 x



0,25

x 6 x 9 x 6 x 9 x 3 x 3 . 3 xx 3



 x 312 x x 3. 3 xx 3 x 34





Vậy với 0 x 9   thì biểu thức 4

P

x 3



2 b)

(0,5) ĐKXĐ: 0 x 9  

Với x 2021 2 2020  (TM ĐKXĐ)

2

x  2020 2 2020.1 1    2020 1 

x 2020 1 2020 1 (vì 2020 1 0)

0,25

Thay vào biểu thức rút gọn ta được:

2 505 1

A

2020 1 3 2 505 2 505 1



Vậy A 505 1

252



0,25

2

(2,0)

a)

(1,0) Với m = 4 phương trình (1) có dạng:x2 4x - 1  0 0,25

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1    2 5; x2    2 5 0,25 Vậy với m = 4 phương trình (1) có tập nghiệm S    2 5; 2   5 0,25

b)

(1,0) Phương trình x2 2 m 2 x – 2m 7     0có

' m 2 (2m 7) m 2m 3 m 1 4

Để phương trình (1) luôn có nghiệm  2

0,25

Với m 3  hoặc m   1 thì phương trình (1) luôn có nghiệm x1; x2

Áp dụng định lí Vi-ét ta có:       



1 2

x x 2(m 2) 4 2m

x x (2m 7) 7 2m tổng bình phương các nghiệm của phương trình là:

2 2

0,25

m 3   2m 6   2m 3 3    2m 3   9

Dấu “=” xẩy ra khi m = 3 (thỏa mãn điều kiện)

m    1 2m    2 2m 3     5 2m 3   25

2m 3 7 18 hay x x 18

Dấu “=” xẩy ra khi m = -1 (thỏa mãn điều kiện)

0,25

So sánh 2 trường hợp => giá trị nhỏ nhất của 2 2

x  x  2 khi m = 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của 2  2 

1 2

3

(2,0)

a)

(1,25) * Với m = 1 thay vào phương trình (d) ta được:y x 2 

Gọi A là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Oy:

Cho x = 0 y = 2 ta có điểm A(0; 2) 0,25 Gọi B là giao điểm của đường thẳng (d) với trục Ox:

Cho y = 0 x = - 2 ta có điểm B(- 2; 0) 0,25 Vậy với m = 1 thì đường thẳng (d) cắt hai trục tọa độ Oy và Ox lần lượt tạiA 0; 2 ; B 2; 0     0,25

* Hình bị giới hạn bởi đường thằng (d) và hai trục tọa độ Ox, Oy là tam giác OAB vuông tại O và có OA = 2 (đvđd), OB = 2 (đvđd) 0,25 Diện tích tam giác vuông OAB là: 2.2/2 = 2 đvdt

Vậy: Diện tích hình bị giới hạn bởi đường thằng (d) và hai trục tọa độ

b)

(0,75)

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:

x mx m 1 x mx m 1 0 (*) Xét phương trình (*) a – b + c = 1 + m – m – 1 = 0 nên phương trình (*) luôn có 2 nghiệm x1 = – 1; x2 = m +1 với mọi m

0,25

Để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt nằm bên trái của đường thẳng x = 2phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt nhỏ hơn 2 0,25

  

      









1 2

m 1

m 1

x m 1 2 Vậy với m 1; m  2 thì đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt nằm bên trái của đường thẳng x = 2

0,25

4

(3,5)

a)

(1,25)

Theo giả thiết ta có:







  

o

o







0,5

Nên 3 điểm H, P, Q nằm trên đường tròn đường kính AM 0,25

 5 điểm H, P, Q , A, M nằm trên đường tròn đường kính AM 0,25

Do O là trung điểm của AM nên O là tâm đường tròn đường kính AM đi qua 5 điểm A, H, M, P, Q

=> 5 điểm A, H, M, P, Q cùng nằm trên đường tròn tâm O đường kính

AM (*)

0,25

b)

(1,25)

* Có ABC đều có AH là đường cao đồng thời là đường phân giác nên

Xét đường tròn tâm O đường kính AM có:

POH 2.PAH 2.30  60 (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) 0,25

* Có (*) nên PO = PH POH cân, lại có POH 60 o

POH là tam giác đều PO = PH = OH (1) 0,25 Chứng minh tương tự ta được: QO = QH = OH (2) 0,25

Từ (1) và (2)PO = PH = QO = QHTứ giác OPHQ là hình thoi 0,25 c)

(0,5)

- Gọi K là trung điểm của AG, vì G là trọng tâm của ABC đều

 AK = KG = GH =1AH

3

- Do I là giao điểm 2 đường chéo của hình thoi OPHQ

I là trung điểm của OH

- Xét KOH có G là trung điểm của KH, I là trung điểm của OH

 GI là đường trung bình của KOH GI // OK (3)

0,25

Chứng minh tương tự ta được MG // OK MG  GI (cùng //OK)

Từ đó suy ra M, I, G thẳng hàng (4) 0,25 d)

(0,5)

Ta có SABC SABMSACM

AH.BC MP.AB MQ.AC

2  2  2 Mà AB = AC =BC

MP + MQ = AH (không đổi)

Kẻ QE MP QE MQ sin EMQ MQ.sin 60 o 3MQ

2

(vì EMQ BAC  cùng bù PMQ)

0,25

E

I O

P

Q

G A

M K

2 PMQ



2 PMQ

3

16

  khôngđổi Dấu bằng xảy ra MP=MQM nằm trên tia phân giác của PAQ  AM là phân giác BAC MH

Vậy khi M H thì diện tích SPMQ đạt giá trị lớn nhất

0,25

5 (0,5)

P 3bc 4ca 5ab bc ca 3 ca ab 2 bc ab

Do các số thực a, b, c dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số không âm ta có

P 2c 3.2a 2.2b 2c 6a 4b 2(3a 2b c)        

0,25

a c

2



P 2.2 4

Lập luận P = 4 a b c 1

3

  



Vậy GTNN của P = 4 a b c 1

3

  



0,25

Ghi chú:

- Khi chấm bài, giám khảo cần vận dụng linh hoạt đáp án, biểu điểm

- Mọi cách giải hợp lí vẫn cho điểm tối đa, hình vẽ phải đúng và khớp với chứng minh mới cho điểm

- Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần các câukhông làm tròn điểm