II. Đáp án và thang điểm

(1)

1

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN THI: TOÁN HỌC ( Bản hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) I. Hướng dẫn chung

- Giám khảo cần nắm vững yêu cầu của hướng dẫn chấm để đánh giá đúng bài làm của thí sinh. Thí sinh làm cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Khi vận dụng đáp án và thang điểm, giám khảo cần chủ động, linh hoạt với tinh thần trân trọng bài làm của học sinh.

- Nếu có việc chi tiết hóa điểm các ý cần phải đảm bảo không sai lệch với tổng điểm và được thống nhất trong toàn hội đồng chấm thi.

- Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu hỏi trong đề thi, chấm điểm lẻ đến 0,25 và không làm tròn.

II. Đáp án và thang điểm

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 ^A^



²²^^{7 2}



³⁰^^{7 11} ^



¹¹^⁷



^{60 14 11}^

^



¹¹^⁷

 

⁷^ ¹¹



²

^



¹¹^^{7 7}



^ ¹¹



=

⁷² ^

 

¹¹ ² ^³⁸

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2

Điều kiện xác định của B:

0 4 x x

 

  

     

    

2 1 2 ( 6) 2 2

: 2

2 2

x x x x x x x

A x x x

        

   

 

  

2 2 2 6 2 2

: 2

2 2

x x x x x x x x x x

x x x

         

   

 x 4 2 x   8 x 2  . x 4  2

  

2 2 x

x

 



0,25

(2)

2

Câu 3 Hàm số đã cho đồng biến và có đồ thị cắt trục Oy tại

A   0;1 nếu

1 2 0

4 1 1

m m

 

   



1 2 0

4 0

m m

m

 

  

 



0,5

Câu 4

2 3

2 2014

x y

1 x  y 

 

 



³ ²

2 2014

6

x y

x  y 

 

  



2

4 2020

2014

x y

x 

 

  



1509 2

505

y

x 

 

  



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 1509 ( ; ) (505; )

x y   2

0,25

0,25 Câu 5

Lần lượt thay tọa dộ các điểm A, B, C, D vào

2

4

y  x

ta thấy tọa dộ các điểm A, C cho đẳng thức đúng, còn tọa độ các điểm B, D cho đẳng thức không đúng.

Vậy đồ thị hàm số

2

4

y  x

đi qua hai điểm A, C.

0,5

0,5 Câu 6 Do x x₁, ₂là hai nghiệm của phương trình đã cho nên theo định lí Viet

ta có: ₁ ₂ 3 _{1 2}

, 13

x x  2 x x   Ta có C x x_{1 2}  x₁ x x_{1 2}x₂

2x x_{1 2}  x₁ x₂

2  13  3

2

 

       

26 ³

   2 55

  2

0,25 0,25 0,25

0,2

(3)

3

Câu 7 Hình vẽ

Giải:

Do tam giác ABC vuông tại A, AB=AC, đường cao

AH  6 cm đồng thời là đường trung tuyến nên CH  AH  BH  6 cm

AB, BC, CH.

0,25

0,25 0,25

Câu 8 Hình vẽ

Ta có tam giác vuông

ABC

đồng dạng với tam giác vuông

HAC

(g.g) nên HC AH

AC  AB  AC.

HC AH

 AB =50(cm)

Ta có tam giác vuông

ABC

đồng dạng với tam giác vuông HBA(g.g)

nên AB AC AB.

HB AH

HB  AH   AC =18(cm)

0,25

0,25 0,25 0,25 Câu 9 Hình vẽ:

Ta có:

2 6

. 12

4

MAIB MAI

MAI

S S

S MA IA MA





 

Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông MAI, ta có:

2 2 2

5( ) MI IA MA

MI cm

 

 

0,25

0,25 0,25

0,25

A C

B

H

M

B A

I

B H

E

(4)

4

Câu 10

a)

b)

Hình vẽ:

Vì

AC

song song với BD nên sđAB sđ

CD

(1)

CMD  1

2

^(sđ^AB^^sđ

CD

)=sđ

CD

(Góc có đỉnh bên trong đường tròn).

COD 

sđ

CD

(Góc ở tâm). Vậy

COD  CMD

. Do đó 4 điểm:

; ; ;

C D O M

cùng nằm trên một đường tròn.

1

MDB 2sđAB, ¹

MBD2sđCD. Theo(1)ta suy ra tam giác MBD cân tại M .

Tam giác

OBD

cân tại

O

.

Do đó

MO

là đường trung trực của BD. Suy ra,

OM  BD

0,25

0,25 ---- Hết----

C

M B

D A

O