Tóm tắt nội dung: Tài liệu trình bày chi tiết đáp án và biểu điểm hướng dẫn chấm bài thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2026 - 2027 mô...
Tóm tắt nội dung: Tài liệu trình bày chi tiết đáp án và biểu điểm hướng dẫn chấm bài thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2026 - 2027 môn Toán của Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Quảng Ninh. Nội dung bao gồm đáp án 12 câu trắc nghiệm khách quan cùng sơ lược lời giải và thang điểm chi tiết cho các bài tập tự luận.
A. HƯỚNG DẪN CHUNG
- Giám khảo chấm đúng theo hướng dẫn của Sở Giáo dục và Đào tạo.
- Nếu thí sinh có cách trả lời khác đáp án nhưng đúng thì giám khảo vẫn chấm điểm theo biểu điểm của Hướng dẫn chấm thi.
- Giám khảo không quy tròn điểm thành phần của từng câu, điểm của bài thi.
B. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm - Mỗi câu 0,25 điểm)
| Câu | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Đáp án | B | D | C | A | B | C | D | B | A | A | C | D |
PHẦN II. TỰ LUẬN (7,0 điểm)
Câu 1 (0,75 điểm)
Rút gọn biểu thức \( P = \left( \frac{5}{2\sqrt{x}-3} + \frac{1}{2\sqrt{x}+3} \right) : (\sqrt{x}+1) \)
Sơ lược lời giải:
+ Tính được: \( \frac{5}{2\sqrt{x}-3} + \frac{1}{2\sqrt{x}+3} = \frac{5(2\sqrt{x}+3) + 2\sqrt{x}-3}{(2\sqrt{x}-3)(2\sqrt{x}+3)} = \frac{12\sqrt{x}+12}{(2\sqrt{x}-3)(2\sqrt{x}+3)} \) (0,25đ)
+ Suy ra: \( P = \frac{12(\sqrt{x}+1)}{(2\sqrt{x}-3)(2\sqrt{x}+3)} : (\sqrt{x}+1) \) (0,25đ)
\( = \frac{12}{(2\sqrt{x}-3)(2\sqrt{x}+3)} = \frac{12}{4x-9} \) (0,25đ)
Câu 2 (0,75 điểm)
Giải hệ phương trình có phương trình \( x - 5y = -1 \) và phương trình \( 3x - 4y = 8 \).
Sơ lược lời giải:
+ Từ phương trình \( x - 5y = -1 \) ta có \( x = 5y - 1 \). (0,25đ)
+ Thay vào phương trình còn lại được \( 3(5y - 1) - 4y = 8 \Rightarrow 11y = 11 \Rightarrow y = 1 \). (0,25đ)
+ Suy ra \( x = 5 \cdot 1 - 1 = 4 \). Vậy hệ có nghiệm \( (x, y) = (4, 1) \). (0,25đ)
Câu 3 (0,75 điểm)
Giải bất phương trình: \( 5x - 3 + 2(3x + 1) > -12 \).
Sơ lược lời giải:
+ Quy đồng rồi khử mẫu được: \( 5x - 3 + 2(3x + 1) > -12 \). (0,25đ)
+ Biến đổi thành: \( 11x - 1 > -12 \). (0,25đ)
+ Từ đó tìm được \( x > -1 \). Vậy bất phương trình có nghiệm là \( x > -1 \). (0,25đ)
Câu 4 (0,75 điểm)
Cho phương trình \( x^2 - 4x + 1 = 0 \) có hai nghiệm \( x_1, x_2 \) với \( x_1 > x_2 \). Tính giá trị biểu thức \( P = (x_1 - 1)(x_2 + 3) - 4x_1 + 1 \).
Sơ lược lời giải:
+ Áp dụng định lý Viète ta có: \( \begin{cases} x_1 + x_2 = 4 \\ x_1 x_2 = 1 \end{cases} \)
Từ \( x_1 + x_2 = 4 \Rightarrow x_2 = 4 - x_1 \), do đó \( x_1^2 + 2x_2 - 7 = x_1^2 + 2(4 - x_1) - 7 = x_1^2 - 2x_1 + 1 = (x_1 - 1)^2 \). (0,25đ)
Nên \( \sqrt{x_1^2 + 2x_2 - 7} = |x_1 - 1| = x_1 - 1 \) (vì \( x_1 > x_2 \) nên \( 2x_1 > x_1 + x_2 = 4 \Rightarrow x_1 > 2 \Rightarrow x_1 - 1 > 0 \)). (0,25đ)
+ Ta có \( x_1 \) là nghiệm của phương trình \( x^2 - 4x + 1 = 0 \) nên \( x_1^2 = 4x_1 - 1 \), suy ra:
\( P = (x_1 - 1)(x_2 + 3) - 4x_1 + 1 = x_1 x_2 - x_1 - x_2 - 2 = 1 - 4 - 2 = -5 \). (0,25đ)
Câu 5 (1,0 điểm)
Hai máy bơm cùng bơm vào một bể nước. Nếu bơm riêng thì thời gian máy thứ hai bơm đầy bể lâu hơn máy thứ nhất là 4 giờ. Vì hai máy cùng bơm trong 2 giờ được \( 60 \text{ m}^3 \) nên ta có phương trình. Tính thời gian máy thứ nhất bơm riêng đầy bể.
Sơ lược lời giải:
+ Gọi thời gian máy bơm thứ nhất bơm riêng đầy bể là \( x \) (giờ) (điều kiện: \( x > 0 \)). (0,25đ)
Thời gian máy bơm thứ hai bơm riêng đầy bể là \( x + 4 \) (giờ).
Mỗi giờ máy bơm thứ nhất bơm được \( \frac{144}{x} \) (\( \text{m}^3 \)).
Mỗi giờ máy bơm thứ hai bơm được \( \frac{144}{x+4} \) (\( \text{m}^3 \)). (0,25đ)
+ Vì hai máy cùng bơm trong 2 giờ được \( 60 \text{ m}^3 \) nên ta có phương trình: \( 2 \cdot \frac{144}{x} + 2 \cdot \frac{144}{x+4} = 60 \). (0,25đ)
+ Biến đổi phương trình thành \( 15x^2 - 84x - 288 = 0 \), giải phương trình được \( x_1 = -\frac{12}{5} \) (loại), \( x_2 = 8 \) (thỏa mãn điều kiện).
Vậy thời gian máy bơm thứ nhất bơm riêng đầy bể là 8 giờ. (0,25đ)
Câu 6 (2,5 điểm)
Cho nửa đường tròn \( (O) \) đường kính \( AB \). Cho điểm \( M \) nằm ngoài đường tròn. Vẽ tiếp tuyến \( MA, MB \) với \( (O) \). Kẻ \( AC \perp AB \)...
Sơ lược lời giải:
+ Vẽ hình đúng cho ý a. (0,25đ)
a) (1,0 điểm) Chứng minh \( AC \parallel MO \):
+ \( \widehat{BAC} \) nội tiếp \( (O) \) chắn nửa đường tròn nên \( \widehat{BAC} = 90^\circ \) hay \( AC \perp AB \). (0,25đ)
+ \( MA, MB \) là hai tiếp tuyến của \( (O) \) nên \( MA = MB \) và \( MO \) là phân giác của \( \widehat{AMB} \). (0,25đ)
+ Hay \( \triangle MAB \) cân tại \( M \), \( MO \) là phân giác do đó \( MO \perp AB \). Vậy \( AC \parallel MO \). (0,25đ)
b) (1,25 điểm):
+ \( \widehat{BDC} \) nội tiếp \( (O) \) chắn nửa đường tròn nên \( \widehat{BDC} = 90^\circ \) hay \( \triangle MDB \) vuông tại \( D \) do đó \( \triangle MDB \) nội tiếp đường tròn đường kính \( MB \). (0,25đ)
+ \( MO \perp AB \) nên \( \triangle MHB \) vuông tại \( H \) do đó \( \triangle MHB \) nội tiếp đường tròn đường kính \( MB \). Vậy tứ giác \( MDHB \) nội tiếp đường tròn đường kính \( MB \). (0,25đ)
+ \( \triangle MDB \) vuông tại \( D \) nên \( \widehat{DBM} + \widehat{DMB} = 90^\circ \), lại có \( MB \) là tiếp tuyến của \( (O) \) nên \( MB \perp OB \) hay \( \triangle MBC \) vuông tại \( B \) do đó \( \widehat{DMB} + \widehat{DCB} = 90^\circ \). Vậy \( \widehat{MBD} = \widehat{MCO} \) (1). (0,25đ)
+ \( \widehat{DHM} \) và \( \widehat{DBM} \) nội tiếp đường tròn đường kính \( MB \) cùng chắn \( \stackrel{\frown}{MD} \) nên \( \widehat{DHM} = \widehat{DBM} \), kết hợp với (1) được \( \widehat{DHM} = \widehat{MCO} \). (0,25đ)
+ \( \triangle MDH \) và \( \triangle MOC \) có góc \( \widehat{M} \) chung, \( \widehat{DHM} = \widehat{MCO} \) nên \( \triangle MDH \sim \triangle MOC \) (g.g). (0,25đ)
