Processing math: 67%

Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021 — Không quảng cáo

Đề thi vào 10 môn toán có đáp án - 9 năm gần nhất Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre


Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021

Tải về

Câu 1 (1,0 điểm):

Đề bài

Câu 1 (1 ,0 điểm):

Dựa vào hình vẽ bên, hãy:

a) Viết ra tọa độ các điểm MP.

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=9.322.

b) Rút gọn biểu thức B=x5x+5 với x0.

Câu 3 (1,0 điểm):

Cho đường thẳng (d):y=(5m6)x+2021 với m là tham số.

a) Điểm O(0;0) có thuộc (d) không? Vì sao?

b) Tìm các giá trị của m để (d) song song với đường thẳng: y=4x+5

Câu 4 (1,0 điểm):

Vẽ đồ thị hàm số y=12x2

Câu 5 (2,5 điểm):

a) Giải phương trình: 5x2+6x11=0.

b) Giải hệ phương trình: {x+y=54x+5y=9

c) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình: x22(m3)x6m7=0 với m là tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C=(x1+x2)2+8x1x2.

Câu 6 (1,0 điểm):

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), biết BAC=300, BCA=400 (như hình vẽ bên). Tính số đo các góc ABC,ADCAOC.

Câu 7 (2,5 điểm):

Cho đường tròn (O;3cm) và điểm M sao cho OM=6cm. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MAMB đến đường tròn (O) (AB là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng OA lấy điểm D (D khác AO), 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(O) sao cho O nằm giữa điểm MK. Chứng minh tứ giác AMBK là hình thoi.

Lời giải

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(1;2), P(3;3).

b) Dựa vào hình vẽ ta có: N(2;4) nên hoành độ điểm NxN=2.

c) Dựa vào hình vẽ ta có: Q(1;1) nên tung độ điểm NyQ=1.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

a) Vận dụng hằng đẳng thức A2=|A| để tính giá trị của biểu thức A.

b) Vận dụng hằng đẳng thức AB=(AB)(A+B) để xác định các nhân tử chung, rút gọn biểu thức B.

Cách giải:

a) A=9.322

A=9.16.22A=3.422A=1222A=112

b) Với x0 ta có:

B=x5x+5=(x+5)(x5)x+5=x5.

Vậy với x0 thì B=x5.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) Thay tọa độ điểm O(0;0) vào đường thẳng (d) để kiểm tra.

b) Vận dụng quan hệ hai đường thẳng song song.

Cách giải

a) Thay x=0y=0 vào phương trình đường thẳng (d):y=(5m6)x+2021 ta được:

0=(5m6).0+20210=2021 (Vô lý)

Vậy O(0;0) không thuộc đường thẳng (d).

b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng: y=4x+5 {5m6=420215(luondung)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 (P) đi qua (thường chọn 3 hoặc 5 điểm thuộc (P)).

Cách giải

Parabol (P):y=12x2 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=12x2

8

2

0

2

8

Parabol (P):y=12x2 đi qua các điểm (4;8), (2;2), (0;0), (2;2), (4;8).

Đồ thị Parabol (P):y=12x2:

Câu 5 (VD):

Phương pháp:

a) Vận dụng cách nhẩm nghiệm nhanh với phương trinh bậc hai một ẩn: ax2+bx+c=0(a0) nếu a+b+c=0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=1;x2=ca

b) Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình.

c) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt Δ>0 (hoặc Δ>0)

Áp dụng Định lý Vi – ét, xác định được x1+x2x1.x2 sau đó thay vào biểu thức C

Vận dụng hằng đẳng thức (AB)2 để tìm giá trị nhỏ nhất.

Cách giải

a) Ta có a+b+c=5+611=0 nên phương trình có nghiệm phân biệt  [x1=1x2=ca=115.

Vậy phương trình có tập nghiệm S={115;1}.

b) {x+y=54x+5y=9{4x+4y=204x+5y=9{y=11x=5y{x=16y=11

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(16;11).

c) Phương trình x22(m3)x6m7=0Δ=(m3)2+6m+7=m2+16>0 với mọi mR.

Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2.

Theo định lí Vi-et ta có: {x1+x2=2m6x1x2=6m7

Theo bài ra ta có:

C=(x1+x2)2+8x1x2

C=(2m6)2+8(6m7)C=4m224m+3648m56C=4m272m20C=4(m218m+81)4.8120C=4(m9)2344

(m9)20m4(m9)20m4(m9)2344344m.

Vậy Cmin. 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).


Cùng chủ đề:

Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2020
Đề thi vào 10 môn Toán Bạc Liêu năm 2021
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre 2023 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2019
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2020
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2022
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương 2018 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương 2019 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương 2020 có đáp án và lời giải chi tiết
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương 2021 có đáp án và lời giải chi tiết