Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021
Tải vềCâu 1 (1,0 điểm):
Đề bài
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=√9.32−√2.
b) Rút gọn biểu thức B=x−5√x+√5 với x≥0.
Câu 3 (1,0 điểm):
Cho đường thẳng (d):y=(5m−6)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+6x−11=0.
b) Giải hệ phương trình: {x+y=54x+5y=9
c) Gọi x1,x2 là hai nghiệm của phương trình: x2−2(m−3)x−6m−7=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,∠ADC và ∠AOC. |
Câu 7 (2,5 điểm):
Cho đường tròn (O;3cm) và điểm M sao cho OM=6cm. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đến đường tròn (O) (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 (O) sao cho O nằm giữa điểm M và K. 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 N là xN=−2.
c) Dựa vào hình vẽ ta có: Q(1;−1) nên tung độ điểm N là yQ=−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 A−B=(√A−√B)(√A+√B) để xác định các nhân tử chung, rút gọn biểu thức B.
Cách giải:
a) A=√9.32−√2
A=√9.16.2−√2A=3.4√2−√2A=12√2−√2A=11√2
b) Với x≥0 ta có:
B=x−5√x+√5=(√x+√5)(√x−√5)√x+√5=√x−√5.
Vậy với x≥0 thì B=√x−√5.
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=0 và y=0 vào phương trình đường thẳng (d):y=(5m−6)x+2021 ta được:
0=(5m−6).0+2021⇔0=2021 (Vô lý)
Vậy O(0;0) không thuộc đường thẳng (d).
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng: y=4x+5 ⇔{5m−6=42021≠5(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(a≠0) 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+x2 và x1.x2 sau đó thay vào biểu thức C
Vận dụng hằng đẳng thức (A−B)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 [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=5−y⇔{x=16y=−11
Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=(16;−11).
c) Phương trình x2−2(m−3)x−6m−7=0 có Δ′=(m−3)2+6m+7=m2+16>0 với mọi m∈R.
Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1,x2.
Theo định lí Vi-et ta có: {x1+x2=2m−6x1x2=−6m−7
Theo bài ra ta có:
C=(x1+x2)2+8x1x2
⇒C=(2m−6)2+8(−6m−7)⇔C=4m2−24m+36−48m−56⇔C=4m2−72m−20⇔C=4(m2−18m+81)−4.81−20⇔C=4(m−9)2−344
Vì (m−9)2≥0∀m⇔4(m−9)2≥0∀m⇔4(m−9)2−344≥−344∀m.
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).