Đáp án tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Quảng Bình niên khóa 2019-2020 mã đề 018, 020 - Học Toàn Tập

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng câu.. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu. a) Tìm điều k[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019 – 2010 Khóa ngày 03/06/2019

Môn: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)

MÃ ĐỀ: 018, 020

Yêu cầu chung

* Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi câu Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lôgic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết, rõ ràng

* Trong mỗi câu, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan

* Điểm thành phần của mỗi câu nói chung phân chia đến 0,25 điểm Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tùy tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm

* Đối với Câu 5, học sinh không vẽ hình thì cho điểm 0 Trường hợp học sinh có vẽ hình, nếu vẽ sai ở ý nào thì cho điểm 0 ở ý đó

* Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tùy theo mức điểm của từng câu

* Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các câu

1

1

A

 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị nguyên của y để A nhận giá trị nguyên

2,0

1a

Điều kiện: y  và 0 y   1 0,25

1 2 1 ( 1)

A

y y

  



3

1

y

y y



3

1

y



Ta có 3

1

A y



 với y  và 0 y   1

Biểu thức A có giá trị nguyên khi y  là ước của 3 Suy ra 1

0,25

1 1

1 1

1 3

1 3

y

y

y

y

 



   



  



  



0,25





  





 



 



0 2 2 4

y

y

y

y

0,25

Kết hợp với điều kiện ta có 3 giá trị cần tìm  y 2,y2 và  4.y 0,25

2

a) Với giá trị nào của a thì hàm số trên đồng biến trên 

1,50

2a

Hàm số y (a2)x  đồng biến trên  khi 5 a   2 0 0,25

2

a

2b

Đường thẳng d đi qua M(2;3) nên 3(a2).2 5 0,50

3

số)

a) Giải phương trình (1) khi m = 2

mãn 3x1x2x x1 2 10

2,0

3a

Khi m = 2, phương trình (1) trở thành 2

– 3 2 0

1

2

1 2





 





x

,

Phương trình (1) có

   m   m m  m  m  với mọi m

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x x với mọi m 1, 2

0,25

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có 1 2

1 2

1

2 2

x x m

x x m

  







Khi đó 3x1x2x x1 2 103m1  2m210  m = 5 0,25 Vậy với m = 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm x x thỏa mãn 1, 2

 1 2 1 2

4

2019

2019

P

1,0

Ta có

2019 2019 (2019 2019 )

2019

2019

     

    

0,25

2 .2019 2 2019 2020

2019

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi

2019

2019

1 1

2019

2019 2020

2019

x

y

x y

 

  



Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2020 khi x  1 và 1

2019

y 

0,25

5

nhỏ BC lấy một điểm M ( M B M, C),kẻ MI  AB MK,  AC

IAB K, AC

a) Chứng minh AIMK là tứ giác nội tiếp đường tròn

b) Kẻ MPBC PBC Chứng minh MPKMBC

c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP . đạt

giá trị lớn nhất

3,5

P K

I

O A

C

B

M

5a

Từ giả thiết ta có   0

90

Suy ra tứ giác AIMK nội tiếp đường tròn đường kính AM 0,5

5b

Tứ giác CKMP có   0

90

Do đó tứ giác CKMP nội tiếp đường tròn đường kính MC, suy ra

Vì KC là tiếp tuyến của đường tròn  O nên ta có MCKMBC (cùng

Từ (1) và (2) suy ra MPKMBC (3) 0,25

5c

c) Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để tích MI MK MP . đạt

Tứ giácBPMI có   0

90

Suy ra MIPMBP (4)

Từ (3) và (4) ta có MPKMIP

Chứng minh tương tự ta được MKPMPI

Suy ra MPK∽ MIP

0,25

2

3

Do đó MI MK MP . lớn nhất khi và chỉ khi MP lớn nhất 0,25 Vậy MI MK MP . đạt giá trị lớn nhất khi M nằm chính giữa cung nhỏ