toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2021. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này được tổng hợp từ các nguồn chính thức, đảm bảo tính chính xác và cập nhật. Các em có thể tải về miễn phí và sử dụng để ôn tập tại nhà.
Câu 1 (1,0 điểm):
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Nhận biết các điểm nằm trên hệ trục tọa độ \(Oxy\) để đọc được tọa độ của các điểm.
Cách giải:
a) Dựa vào hình vẽ ta có: \(M\left( { - 1; - 2} \right)\), \(P\left( {3;3} \right)\).
b) Dựa vào hình vẽ ta có: \(N\left( { - 2;4} \right)\) nên hoành độ điểm \(N\) là \({x_N} = - 2\).
c) Dựa vào hình vẽ ta có: \(Q\left( {1; - 1} \right)\) nên tung độ điểm \(N\) là \({y_Q} = - 1\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) để tính giá trị của biểu thức \(A\).
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(A - B = \left( {\sqrt A - \sqrt B } \right)\left( {\sqrt A + \sqrt B } \right)\) để xác định các nhân tử chung, rút gọn biểu thức \(B\).
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {9.32} - \sqrt 2 \)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9.16.2} - \sqrt 2 \\A = 3.4\sqrt 2 - \sqrt 2 \\A = 12\sqrt 2 - \sqrt 2 \\A = 11\sqrt 2 \end{array}\)
b) Với \(x \ge 0\) ta có:
\(B = \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }} = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt x - \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }} = \sqrt x - \sqrt 5 \).
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(B = \sqrt x - \sqrt 5 \).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ điểm \(O\left( {0;0} \right)\) vào đường thẳng \(\left( d \right)\) để kiểm tra.
b) Vận dụng quan hệ hai đường thẳng song song.
Cách giải
a) Thay \(x = 0\) và \(y = 0\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {5m - 6} \right)x + 2021\) ta được:
\(0 = \left( {5m - 6} \right).0 + 2021 \Leftrightarrow 0 = 2021\) (Vô lý)
Vậy \(O\left( {0;0} \right)\) không thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\).
b) Đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng: \(y = 4x + 5\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5m - 6 = 4}\\{2021 \ne 5\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy \(m = 2\) thỏa mãn đề bài.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Lập bảng giá trị để xác định được các điểm mà \(\left( P \right)\) đi qua (thường chọn 3 hoặc 5 điểm thuộc \(\left( P \right)\)).
Cách giải
Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right)\), \(\left( { - 2;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {2;2} \right)\), \(\left( {4;8} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\):
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Vận dụng cách nhẩm nghiệm nhanh với phương trinh bậc hai một ẩn: \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
c) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng Định lý Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1}.{x_2}\) sau đó thay vào biểu thức \(C\)
Vận dụng hằng đẳng thức \({\left( {A - B} \right)^2}\) để tìm giá trị nhỏ nhất.
Cách giải
a) Ta có \(a + b + c = 5 + 6 - 11 = 0\) nên phương trình có nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{{11}}{5}\end{array} \right.\).
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {\dfrac{{ - 11}}{5};\,1} \right\}\).
b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 5}\\{4x + 5y = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 4y = 20\\4x + 5y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 11}\\{x = 5 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 16}\\{y = - 11}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {16;\, - 11} \right)\).
c) Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x - 6m - 7 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( {m - 3} \right)^2} + 6m + 7 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).
Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Theo định lí Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m - 6}\\{{x_1}{x_2} = - 6m - 7}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(C = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 8{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow C = {\left( {2m - 6} \right)^2} + 8\left( { - 6m - 7} \right)\\ \Leftrightarrow C = 4{m^2} - 24m + 36 - 48m - 56\\ \Leftrightarrow C = 4{m^2} - 72m - 20\\ \Leftrightarrow C = 4\left( {{m^2} - 18m + 81} \right) - 4.81 - 20\\ \Leftrightarrow C = 4{\left( {m - 9} \right)^2} - 344\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 9} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow 4{\left( {m - 9} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow 4{\left( {m - 9} \right)^2} - 344 \ge - 344\,\,\forall m\).
Vậy \({C_{\min }} = - 344\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = 9\).
Câu 6 (VD):
Phương pháp:
Vận dụng tính chất: Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\) và mối quan hệ góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn.
Cách giải
Xét tam giác \(ABC\) có: \(\angle BAC + \angle BCA + \angle ABC = {180^0}\) (tổng 3 góc trong một tam giác).
\( \Rightarrow {30^0} + {40^0} + \angle ABC = {180^0} \Rightarrow \angle ABC = {110^0}\).
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABC + \angle ADC = {180^0}\) (tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp) \( \Rightarrow \angle {110^0} + \angle ADC = {180^0} \Rightarrow \angle ADC = {70^0}\).
Ta có: \(\angle AOC = 2ADC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\)) \( \Rightarrow \angle AOC = {2.70^0} = {140^0}\).
Vậy \(\angle ABC = {110^0},\,\,\angle ADC = {70^0},\,\,\angle AOC = {140^0}\).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vận dụng quan hê từ vuông góc đến song song, suy ra \(AM//DE\).
Lại có \(\angle DAM = \angle ADE = {90^0}\), nên \(ADEM\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(\left\{ H \right\} = AB \cap OM\).
Vận dụng kiến thức về đường trung trực, hệ thức lượng trong tam giác vuông, mối quan hệ góc – đường tròn
Vận dụng định nghĩa hình thoi để chứng minh \(AMBK\) là hình thoi.
Cách giải
a) Vì \(MA,\,\,MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ODEB\) có: \(\angle ODE + \angle OBE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ODEB\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot OA\,\,\left( {gt} \right)\\DE \bot OA\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AM//DE\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow ADEM\) là hình thang.
Lại có \(\angle DAM = \angle ADE = {90^0}\) nên \(ADEM\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(\left\{ H \right\} = AB \cap OM\).
Ta có: \(OA = OB = 3\,\,cm \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AB\) \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(H\).
\( \Rightarrow MK\) là trung trực của \(AB\), mà \(M \in MK \Rightarrow MA = MB\).
Xét tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(OH.OM = O{A^2} \Rightarrow OH = \dfrac{{O{A^2}}}{{OM}} = \dfrac{{{3^2}}}{6} = 1,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Xét tam giác vuông \(OAH\) có: \(\sin \angle OAH = \dfrac{{OH}}{{OA}} = \dfrac{{1,5}}{3} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \angle OAH = {30^0}\).
\( \Rightarrow \angle BAM = {90^0} - \angle OAH = {90^0} - {30^0} = {60^0}\).
\( \Rightarrow \Delta MAB\) đều \( \Rightarrow MA = MB = AB\) (1)
Ta lại có: \(\angle AKB = \angle BAM\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle AKB = {60^0} \Rightarrow \Delta KAB\) đều \( \Rightarrow KA = KB = AB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MA = MB = KA = KB\).
Vậy \(AMBK\) là hình thoi (định nghĩa) (đpcm).
Câu 1 (1,0 điểm):
Dựa vào hình vẽ bên, hãy: a) Viết ra tọa độ các điểm \(M\) và \(P\). b) Xác định hoành độ điểm \(N\). c) Xác định tung độ điểm \(Q\). |
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {9.32} - \sqrt 2 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }}\) với \(x \ge 0\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {5m - 6} \right)x + 2021\) với \(m\) là tham số.
a) Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) có thuộc \(\left( d \right)\) không? Vì sao?
b) Tìm các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng: \(y = 4x + 5\)
Câu 4 (1,0 điểm):
Vẽ đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)
Câu 5 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình: \(5{x^2} + 6x - 11 = 0\).
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 5}\\{4x + 5y = 9}\end{array}} \right.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \({x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x - 6m - 7 = 0\) với m là tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(C = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 8{x_1}{x_2}\).
Câu 6 (1,0 điểm):
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), biết \(\angle BAC = {30^0}\), \(\angle BCA = {40^0}\) (như hình vẽ bên). Tính số đo các góc \(\angle ABC,\,\,\angle ADC\) và \(\angle AOC\). |
Câu 7 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) và điểm \(M\) sao cho \(OM = 6cm\). Từ điểm \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) đến đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A\) và \(B\) là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng \(OA\) lấy điểm \(D\) (\(D\) khác \(A\) và \(O\)), dựng đường thẳng vuông góc với \(OA\) tại \(D\) và cắt \(MB\) tại \(E\).
a) Chứng minh tứ giác \(ODEB\) nội tiếp đường tròn.
b) Tứ giác \(ADEM\) là hình gì? Vì sao?
c) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(MO\) và \(\left( O \right)\) sao cho \(O\) nằm giữa điểm \(M\) và \(K\). Chứng minh tứ giác \(AMBK\) là hình thoi.
Câu 1 (TH):
Phương pháp:
Nhận biết các điểm nằm trên hệ trục tọa độ \(Oxy\) để đọc được tọa độ của các điểm.
Cách giải:
a) Dựa vào hình vẽ ta có: \(M\left( { - 1; - 2} \right)\), \(P\left( {3;3} \right)\).
b) Dựa vào hình vẽ ta có: \(N\left( { - 2;4} \right)\) nên hoành độ điểm \(N\) là \({x_N} = - 2\).
c) Dựa vào hình vẽ ta có: \(Q\left( {1; - 1} \right)\) nên tung độ điểm \(N\) là \({y_Q} = - 1\).
Câu 2 (TH):
Phương pháp:
a) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right|\) để tính giá trị của biểu thức \(A\).
b) Vận dụng hằng đẳng thức \(A - B = \left( {\sqrt A - \sqrt B } \right)\left( {\sqrt A + \sqrt B } \right)\) để xác định các nhân tử chung, rút gọn biểu thức \(B\).
Cách giải:
a) \(A = \sqrt {9.32} - \sqrt 2 \)
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {9.16.2} - \sqrt 2 \\A = 3.4\sqrt 2 - \sqrt 2 \\A = 12\sqrt 2 - \sqrt 2 \\A = 11\sqrt 2 \end{array}\)
b) Với \(x \ge 0\) ta có:
\(B = \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }} = \dfrac{{\left( {\sqrt x + \sqrt 5 } \right)\left( {\sqrt x - \sqrt 5 } \right)}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }} = \sqrt x - \sqrt 5 \).
Vậy với \(x \ge 0\) thì \(B = \sqrt x - \sqrt 5 \).
Câu 3 (VD):
Phương pháp:
a) Thay tọa độ điểm \(O\left( {0;0} \right)\) vào đường thẳng \(\left( d \right)\) để kiểm tra.
b) Vận dụng quan hệ hai đường thẳng song song.
Cách giải
a) Thay \(x = 0\) và \(y = 0\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {5m - 6} \right)x + 2021\) ta được:
\(0 = \left( {5m - 6} \right).0 + 2021 \Leftrightarrow 0 = 2021\) (Vô lý)
Vậy \(O\left( {0;0} \right)\) không thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\).
b) Đường thẳng \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng: \(y = 4x + 5\) \( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{5m - 6 = 4}\\{2021 \ne 5\,\,\left( {luon\,\,dung} \right)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow m = 2\).
Vậy \(m = 2\) thỏa mãn đề bài.
Câu 4 (VD):
Phương pháp:
Lập bảng giá trị để xác định được các điểm mà \(\left( P \right)\) đi qua (thường chọn 3 hoặc 5 điểm thuộc \(\left( P \right)\)).
Cách giải
Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 4\) | \( - 2\) | \(0\) | 2 | 4 |
\(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 4;8} \right)\), \(\left( { - 2;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {2;2} \right)\), \(\left( {4;8} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = \dfrac{1}{2}{x^2}\):
Câu 5 (VD):
Phương pháp:
a) Vận dụng cách nhẩm nghiệm nhanh với phương trinh bậc hai một ẩn: \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) nếu \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\)
b) Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.
c) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \Delta > 0\) (hoặc \(\Delta ' > 0\))
Áp dụng Định lý Vi – ét, xác định được \({x_1} + {x_2}\) và \({x_1}.{x_2}\) sau đó thay vào biểu thức \(C\)
Vận dụng hằng đẳng thức \({\left( {A - B} \right)^2}\) để tìm giá trị nhỏ nhất.
Cách giải
a) Ta có \(a + b + c = 5 + 6 - 11 = 0\) nên phương trình có nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = - \dfrac{{11}}{5}\end{array} \right.\).
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {\dfrac{{ - 11}}{5};\,1} \right\}\).
b) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 5}\\{4x + 5y = 9}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x + 4y = 20\\4x + 5y = 9\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{y = - 11}\\{x = 5 - y}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x = 16}\\{y = - 11}\end{array}} \right.} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x;y} \right) = \left( {16;\, - 11} \right)\).
c) Phương trình \({x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x - 6m - 7 = 0\) có \(\Delta ' = {\left( {m - 3} \right)^2} + 6m + 7 = {m^2} + 16 > 0\) với mọi \(m \in \mathbb{R}\).
Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\).
Theo định lí Vi-et ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2m - 6}\\{{x_1}{x_2} = - 6m - 7}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(C = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 8{x_1}{x_2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow C = {\left( {2m - 6} \right)^2} + 8\left( { - 6m - 7} \right)\\ \Leftrightarrow C = 4{m^2} - 24m + 36 - 48m - 56\\ \Leftrightarrow C = 4{m^2} - 72m - 20\\ \Leftrightarrow C = 4\left( {{m^2} - 18m + 81} \right) - 4.81 - 20\\ \Leftrightarrow C = 4{\left( {m - 9} \right)^2} - 344\end{array}\)
Vì \({\left( {m - 9} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow 4{\left( {m - 9} \right)^2} \ge 0\,\,\forall m \Leftrightarrow 4{\left( {m - 9} \right)^2} - 344 \ge - 344\,\,\forall m\).
Vậy \({C_{\min }} = - 344\). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m = 9\).
Câu 6 (VD):
Phương pháp:
Vận dụng tính chất: Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}\) và mối quan hệ góc nội tiếp và góc ở tâm của đường tròn.
Cách giải
Xét tam giác \(ABC\) có: \(\angle BAC + \angle BCA + \angle ABC = {180^0}\) (tổng 3 góc trong một tam giác).
\( \Rightarrow {30^0} + {40^0} + \angle ABC = {180^0} \Rightarrow \angle ABC = {110^0}\).
Tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\angle ABC + \angle ADC = {180^0}\) (tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp) \( \Rightarrow \angle {110^0} + \angle ADC = {180^0} \Rightarrow \angle ADC = {70^0}\).
Ta có: \(\angle AOC = 2ADC\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(AC\)) \( \Rightarrow \angle AOC = {2.70^0} = {140^0}\).
Vậy \(\angle ABC = {110^0},\,\,\angle ADC = {70^0},\,\,\angle AOC = {140^0}\).
Câu 7 (VDC):
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
b) Vận dụng quan hê từ vuông góc đến song song, suy ra \(AM//DE\).
Lại có \(\angle DAM = \angle ADE = {90^0}\), nên \(ADEM\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(\left\{ H \right\} = AB \cap OM\).
Vận dụng kiến thức về đường trung trực, hệ thức lượng trong tam giác vuông, mối quan hệ góc – đường tròn
Vận dụng định nghĩa hình thoi để chứng minh \(AMBK\) là hình thoi.
Cách giải
a) Vì \(MA,\,\,MB\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) nên \(\angle OAM = \angle OBM = {90^0}\).
Xét tứ giác \(ODEB\) có: \(\angle ODE + \angle OBE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\).
\( \Rightarrow ODEB\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)).
b) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot OA\,\,\left( {gt} \right)\\DE \bot OA\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AM//DE\) (từ vuông góc đến song song)
\( \Rightarrow ADEM\) là hình thang.
Lại có \(\angle DAM = \angle ADE = {90^0}\) nên \(ADEM\) là hình thang vuông.
c) Gọi \(\left\{ H \right\} = AB \cap OM\).
Ta có: \(OA = OB = 3\,\,cm \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(AB\).
\(MA = MB\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow M\) thuộc trung trực của \(AB\).
\( \Rightarrow OM\) là trung trực của \(AB\) \( \Rightarrow OM \bot AB\) tại \(H\).
\( \Rightarrow MK\) là trung trực của \(AB\), mà \(M \in MK \Rightarrow MA = MB\).
Xét tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\), áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
\(OH.OM = O{A^2} \Rightarrow OH = \dfrac{{O{A^2}}}{{OM}} = \dfrac{{{3^2}}}{6} = 1,5\,\,\left( {cm} \right)\).
Xét tam giác vuông \(OAH\) có: \(\sin \angle OAH = \dfrac{{OH}}{{OA}} = \dfrac{{1,5}}{3} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \angle OAH = {30^0}\).
\( \Rightarrow \angle BAM = {90^0} - \angle OAH = {90^0} - {30^0} = {60^0}\).
\( \Rightarrow \Delta MAB\) đều \( \Rightarrow MA = MB = AB\) (1)
Ta lại có: \(\angle AKB = \angle BAM\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung \(AB\)).
\( \Rightarrow \angle AKB = {60^0} \Rightarrow \Delta KAB\) đều \( \Rightarrow KA = KB = AB\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MA = MB = KA = KB\).
Vậy \(AMBK\) là hình thoi (định nghĩa) (đpcm).
Câu 1 (1,0 điểm):
Dựa vào hình vẽ bên, hãy: a) Viết ra tọa độ các điểm \(M\) và \(P\). b) Xác định hoành độ điểm \(N\). c) Xác định tung độ điểm \(Q\). |
Câu 2 (1,0 điểm):
a) Tính giá trị của biểu thức \(A = \sqrt {9.32} - \sqrt 2 \).
b) Rút gọn biểu thức \(B = \dfrac{{x - 5}}{{\sqrt x + \sqrt 5 }}\) với \(x \ge 0\).
Câu 3 (1,0 điểm):
Cho đường thẳng \(\left( d \right):y = \left( {5m - 6} \right)x + 2021\) với \(m\) là tham số.
a) Điểm \(O\left( {0;0} \right)\) có thuộc \(\left( d \right)\) không? Vì sao?
b) Tìm các giá trị của \(m\) để \(\left( d \right)\) song song với đường thẳng: \(y = 4x + 5\)
Câu 4 (1,0 điểm):
Vẽ đồ thị hàm số \(y = \dfrac{1}{2}{x^2}\)
Câu 5 (2,5 điểm):
a) Giải phương trình: \(5{x^2} + 6x - 11 = 0\).
b) Giải hệ phương trình: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{x + y = 5}\\{4x + 5y = 9}\end{array}} \right.\)
c) Gọi \({x_1},\,\,{x_2}\) là hai nghiệm của phương trình: \({x^2} - 2\left( {m - 3} \right)x - 6m - 7 = 0\) với m là tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(C = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} + 8{x_1}{x_2}\).
Câu 6 (1,0 điểm):
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\), biết \(\angle BAC = {30^0}\), \(\angle BCA = {40^0}\) (như hình vẽ bên). Tính số đo các góc \(\angle ABC,\,\,\angle ADC\) và \(\angle AOC\). |
Câu 7 (2,5 điểm):
Cho đường tròn \(\left( {O;3cm} \right)\) và điểm \(M\) sao cho \(OM = 6cm\). Từ điểm \(M\) kẻ hai tiếp tuyến \(MA\) và \(MB\) đến đường tròn \(\left( O \right)\) (\(A\) và \(B\) là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng \(OA\) lấy điểm \(D\) (\(D\) khác \(A\) và \(O\)), dựng đường thẳng vuông góc với \(OA\) tại \(D\) và cắt \(MB\) tại \(E\).
a) Chứng minh tứ giác \(ODEB\) nội tiếp đường tròn.
b) Tứ giác \(ADEM\) là hình gì? Vì sao?
c) Gọi \(K\) là giao điểm của đường thẳng \(MO\) và \(\left( O \right)\) sao cho \(O\) nằm giữa điểm \(M\) và \(K\). Chứng minh tứ giác \(AMBK\) là hình thoi.
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để đạt kết quả tốt nhất, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Trong đó, việc làm quen với cấu trúc đề thi và luyện tập giải các đề thi thử đóng vai trò then chốt. Bài viết này sẽ cung cấp phân tích chi tiết về Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp, giúp các em học sinh tự tin hơn khi bước vào phòng thi.
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021 thường có cấu trúc tương tự như các năm trước, bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Phương trình bậc hai là một chủ đề quan trọng thường xuyên xuất hiện trong đề thi. Để giải phương trình bậc hai, các em cần nắm vững công thức nghiệm và các phương pháp giải khác nhau, như phân tích thành nhân tử, sử dụng công thức nghiệm tổng quát, hoặc phương pháp hoàn thiện bình phương.
Các bài toán chứng minh tính chất hình học đòi hỏi các em phải có kiến thức vững chắc về các định lý, tính chất và các phương pháp chứng minh hình học. Việc vẽ hình chính xác và phân tích các yếu tố liên quan là rất quan trọng.
Các bài toán thực tế thường yêu cầu các em vận dụng kiến thức toán học vào các tình huống thực tế. Để giải các bài toán này, các em cần đọc kỹ đề bài, xác định các yếu tố liên quan và xây dựng mô hình toán học phù hợp.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới! Hãy nhớ rằng, sự nỗ lực và kiên trì là chìa khóa dẫn đến thành công.
| Năm | Số lượng câu hỏi trắc nghiệm | Số lượng câu hỏi tự luận |
|---|---|---|
| 2021 | 20 | 5 |
| 2020 | 15 | 6 |
| Nguồn: Tổng hợp từ các đề thi chính thức | ||
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
