Đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Lào Cai niên khóa 2019-2020 - Học Toàn Tập

3. Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức; 4. Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần. Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho đi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

LÀO CAI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019-2020

Môn: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN)

(Đáp án – thang điểm gồm có 04 trang)

I.Đáp án – Thang điểm

1 Cho điểm lẻ tới 0,25;

2 Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần, không làm tròn;

3 Chỉ cho điểm tối đa khi bài làm của thí sinh chính xác về mặt kiến thức;

4 Thí sinh giải đúng bằng cách khác cho điểm tương ứng ở các phần

5 Nếu thí sinh vẽ sai hình thì không cho điểm câu hình học

6 Thí sinh chỉ viết qui trình bấm phím máy tính câu nào thì không cho điểm câu đó

II.Biểu điểm

Câu 1 Tính giá trị các biểu thức sau:

) 4 3

a b) 5 (6 5)2

1,0đ

1b)

2

Câu 2

Cho biểu thức

2 2



H

x x x (với x0;x1) a) Rút gọn biểu thức H

b) Tìm tất cả các giá trị của x để x H 0

1,5đ

2a)

(1,0)

2 2

H

1





x

1







x

2(x 1)

2 1





2b)

Mà x0;x1, suy ra: 0 x 4; x1

Vậy: Với 0 x 4; x1 thì x H 0

0,25

3.1

(1,0) Cho đường thẳng (d):y   x 1và Parabol (P):y3x 2

a) Tìm tọa độ điểm A thuộc Parabol (P), biết điểm A có hoành độx 1

b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d'): 1

2

y x b cắt nhau tại một điểm trên trục hoành

3.1a) Vì điểm A thuộc Parabol (P):y3x có hoành độ2 x 1 0,25

thay x 1 vào hàm số y3x , ta được:2 y 3( 1)2 3

Vậy: Điểm A(-1; 3)

0,25

3.1b) Xét đt (d):y   x 1

Để đường thẳng (d) và đường thẳng (d'): 1

2

y x b cắt nhau tại một điểm trên trục hoành thì điểm (1; 0) thuộc đường thẳng (d'): 1

2

y x b

2     b b 2

2

  b

0,25

3.2

(1,5) a) Giải hệ phương trình sau:2 51

  



x y

x y b) Tìm tham số a để hệ phương trình

 



   



x y a

x y a có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn x2y

3.2a)

(1,0) Giải hệ pt: 2 51

  



x y

x y

5





  



x

0,5

2 3





  



x

y

0,25

3.2b)

(0,5) 7 2 5 1 27 22 52 1

Câu 4 a) Giải phương trình x23x 5 0

b)Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x22(m1)x m 2 0 có hai

nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn 2

(x x ) 6m x 2x

2,0

4a)

(1,0) Giải pt:

2

Suy ra pt có hai nghiệm phân biệt: 1 3 1 2; 2 3 1 1

4b)

   m m  m m   m

Pt có hai nghiệm phân biệt 0 2 1 0 1

2

     m   m

Áp dụng hệ thức Vi ét, ta có: 1 2 2

1 2

2 2 (1)









x x m

0,25

Theo đề bài, ta có:

0,25

Từ (1) và (3) ta có hệ pt: 1 2 2

1

3



 







m x

Thay vào (2), ta được:

m m( 12) 0  m 0;m 12 ( thỏa mãn 1

2



m ) Vây:m0;m 12

0,25

Câu 5 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) (AB < AC) Các tiếp

tuyến tại B và C cắt nhau tại M Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường

thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E ( D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt

AC tại I

a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp

b) Chứng minh FD FE = FB FC; FI FM = FD FE c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng

QF cắt (O) tại K (K khác Q) Chứng minh 3 điểm P; K; M thẳng hàng

3,0 đ

D

E

I

M

F K

Q

P

O

C B

A

a) Ta có: MB; MC thứ tự là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

MBO MCO 

0,5

Xét tứ giác MBOC có tổng hai góc đối: MBO MCO 900900 1800

Suy ra tứ giác MBOC nội tiếp

0,5 b)

0,5

Vì AB//EMFIC BAC ( 2 góc đồng vị)  

Trong đường tròn (O), ta có:   ( 1 d )

2

Suy ra: CIF CBM 

0,25

FC FM mà FE FD FB FC (cmt) .  . Suy ra: FI FM = FD FE

0,25 c) Xét tứ giác CIBM, có hai đỉnh I và B kề nhau cùng nhìn cạnh MC dưới một góc không

đổi: CIM CBM cmt  ( )

 tứ giác CIMB nội tiếp

Mà tứ giác COBM nội tiếp

Suy ra: 5 điểm C, I, O, B, M cùng thuộc một đường tròn

0,25

  0

90

OIM OBM 

0,25

Mà FI FM FB FC cmt ( )

Suy ra: FI FM FQ FK

 FIQFKM c g c FKM FIQ

0,25

Lại có: PKQ900 ( góc nội tiếp chắn nửa đt (O))

Ta có: PKQ FKM 900900 1800 3 điểm P, K, M thẳng hàng 0,25