Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. 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 đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập, giúp các em hiểu rõ bản chất của từng dạng toán.
Câu 1 (1,5 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
Câu 1 (1,5 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) 2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\)
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)(\(m\) là tham số)
1) Giải hệ phương trình khi \(m = 9\)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn \(x > 0,\,\,y < 0\).
Câu 3 (2,0 điểm): Cho Parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 5x + 6\)
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\).
2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
3) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) biết \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1}.{x_2} = - 24\).
Câu 4 (1,5 điểm): Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\).
Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (\(AB < AC\)) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d đi qua A song song với BC, đường thẳng d’ qua C song song BA, gọi D là giao điểm của d và d’. Dựng AE vuông góc với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Chứng minh:
1) Tứ giác \(AECD\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) \(\angle AOF = 2\angle CAE\)
3) Tứ giác AECF là hình bình hành.
4) \(DF.DB = 2A{B^2}\)
Câu 1 (1,5 điểm): Rút gọn các biểu thức sau:
1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) 2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\)
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)(\(m\) là tham số)
1) Giải hệ phương trình khi \(m = 9\)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn \(x > 0,\,\,y < 0\).
Câu 3 (2,0 điểm): Cho Parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 5x + 6\)
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\).
2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính.
3) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) biết \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1}.{x_2} = - 24\).
Câu 4 (1,5 điểm): Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\).
Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (\(AB < AC\)) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d đi qua A song song với BC, đường thẳng d’ qua C song song BA, gọi D là giao điểm của d và d’. Dựng AE vuông góc với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Chứng minh:
1) Tứ giác \(AECD\) nội tiếp được trong đường tròn.
2) \(\angle AOF = 2\angle CAE\)
3) Tứ giác AECF là hình bình hành.
4) \(DF.DB = 2A{B^2}\)
Câu 1 (1,5 điểm):Rút gọn các biểu thức sau: 1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) 2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\) |
Phương pháp:
a) Biến đổi biểu thức trong căn, khai phương và rút gọn biểu thức
b) Trục căn thức ở mẫu, rút gọn biểu thức
Cách giải:
1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \)
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \sqrt {25.3} - 5\left| {1 - \sqrt 3 } \right|\\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 - 5\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\,\,\,\,\left( {do\,\,1 - \sqrt 3 < 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 - 5\sqrt 3 + 5\\\,\,\,\,\,\, = 5\end{array}\)
Vậy \(A = 5\).
2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}\\\,\,\,\, = \sqrt 2 - \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{{2 - 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt 2 - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)(\(m\) là tham số) 1) Giải hệ phương trình khi \(m = 9\) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn \(x > 0,\,\,y < 0\). |
Phương pháp:
1) Phối hợp phương pháp cộng đại số và phương pháp thể để tìm nghiệm của hệ phương trình.
2) Vận dụng phương pháp thể để tìm được nghiệm \(x,y\) theo tham số \(m\), sau đó thay vào điều kiện \(x > 0,\,\,y < 0\) để giải tham số \(m\).
Cách giải:
1) Với \(m = 9\) hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = 9\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\4x - 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 28\\y = 2x - 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 2.4 - 9 = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 9\) hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) là \(\left( {4, - 1} \right)\).
2) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\y = 2x - m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được
\(3x + 2\left( {2x - m} \right) = 10 \Leftrightarrow 3x + 4x - 2m = 10 \Leftrightarrow 7x = 2m + 10 \Leftrightarrow x = \dfrac{{2m + 10}}{7}\)
Thay \(x = \dfrac{{2m + 10}}{7}\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được \(y = 2.\dfrac{{2m + 10}}{7} - 9 = \dfrac{{4m - 43}}{7}\)
Để \(x > 0,\,\,y < 0\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{2m + 10}}{7} > 0\\\dfrac{{4m - 43}}{7} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 10 > 0\\4m - 43 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 5\\m < \dfrac{{43}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 < m < \dfrac{{43}}{4}\).
Vậy \( - 5 < m < \dfrac{{43}}{4}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3 (2,0 điểm): Cho Parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 5x + 6\) 1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\). 2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính. 3) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) biết \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1}.{x_2} = - 24\). |
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), sau đó sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn xác định nghiệm của phương trình.
3) Xác định dạng của phương trình của đường thẳng \(\left( {d'} \right)\), xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {d'} \right)\), xác định điều kiên để phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định \({x_1}{x_2}\) sau đó thay vào yêu cầu để bài.
Cách giải:
1) Đồ thị hàm số \(y = - {x^2}\) đi qua gốc tọa độ \(O\), có bề lõm hướng xuống và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = - {x^2}\) | \( - 4\) | \( - 1\) | 0 | \( - 1\) | \( - 4\) |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = - {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2; - 4} \right)\), \(\left( { - 1; - 1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1; - 1} \right)\), \(\left( {2; - 4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = - {x^2}\):
2) Hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là nghiệm của phương trình:
\( - {x^2} = 5x + 6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {5^2} - 4.6 = 1 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + 1}}{2} = - 2\\x = \dfrac{{ - 5 - 1}}{2} = - 3\end{array} \right.\).
Với \(x = - 2 \Rightarrow y = - {\left( { - 2} \right)^2} = - 4\).
Với \(x = - 3 \Rightarrow y = - {\left( { - 3} \right)^2} = - 9\).
Vậy tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(A\left( { - 2; - 4} \right),\,\,B\left( { - 3; - 9} \right)\).
3) Vì \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) nên \(\left( {d'} \right)\) có dạng \(y = 5x + b\,\,\,\left( {b \ne 6} \right)\) (1)
Hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) là nghiệm của phương trình:
\( - {x^2} = 5x + b \Leftrightarrow {x^2} + 5x + b = 0\,\,\left( * \right)\).
\(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\( \Rightarrow \) \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {5^2} - 4b > 0 \Leftrightarrow b < \dfrac{{25}}{4}\) (2)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có \({x_1}.{x_2} = b \Rightarrow b = - 24 < \dfrac{{25}}{4}\), thỏa mãn (1) và (2).
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) cần tìm là: \(\left( {d'} \right):y = 5x - 24\).
| Câu 4 (1,5 điểm): Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\). |
Phương pháp:
Gọi chiều rộng của khu vườn là \(x\), xác định chiều dài theo ẩn \(x\), lập phương trình, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn để xác định ẩn \(x\).
Cách giải:
Gọi chiều rộng của khu vườn là \(x\) (mét; \(x > 0\)).
Vì chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là \(3x\,\,\left( m \right)\).
Do lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m nên:
Chiều dài phần đất để trồng trọt là: \(3x - 1,5.2 = 3x - 3\) (mét)
Chiều rộng phần đất để trồng trọt là: \(x - 1,5.2 = x - 3\) (mét)
Vì diện tích vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\) nên ta có phương trình: \(\left( {x - 3} \right)\left( {3x - 3} \right) = 4329\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 1443 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 1443 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1440 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 1440 = 1444 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2 + \sqrt {1444} = 40\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = 2 - \sqrt {1444} = - 36\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy chiều rộng của khu vườn là 40 mét và chiều dài của khu vườn là 120 mét.
Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (\(AB < AC\)) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d đi qua A song song với BC, đường thẳng d’ qua C song song BA, gọi D là giao điểm của d và d’. Dựng AE vuông góc với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Chứng minh: 1) Tứ giác \(AECD\) nội tiếp được trong đường tròn. 2) \(\angle AOF = 2\angle CAE\) 3) Tứ giác AECF là hình bình hành. 4) \(DF.DB = 2A{B^2}\) |
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
2) Vận dụng tính của góc trong tứ giác nội tiếp và góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung.
3) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình bình hành: tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau là hình bình hành.
4) Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
1) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) và nội tiếp \(\left( O \right)\) nên \(BC\) là đường kính của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\CD//AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC \bot CD\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle ACD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AECD\) có: \(\angle AED = \angle ACD = {90^0}\) \( \Rightarrow AECD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2) Do tứ giác \(AECD\) nội tiếp (cmt) nên: \(\angle CAE = \angle CDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\))
Mà \(\angle CDE = \angle ABF\) (so le trong)
\( \Rightarrow \angle CAE = \angle ABF\).
Mặt khác: \(\angle AOF = 2\angle ABF\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF\))
\( \Rightarrow \angle AOF = 2\angle CAE\) (đpcm).
3) Do tứ giác \(AECD\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên: \(\angle ACE = \angle ADE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)).
Ta có: \(\angle ADE = \angle DBC\) (so le trong do \(AD//BC\)) \( \Rightarrow \angle ACE = \angle DBC\).
Mà \(\angle DBC = \angle FBC = \angle FAC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FC\))
\( \Rightarrow \angle ACE = \angle FAC\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(AF//EC\) (dhnb) (1)
Mặt khác: \(\angle CFE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CF \bot FE\) hay \(CF \bot BD\).
Mà \(AE \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(AE//CF\) (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(AECF\) là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song).
4) Gọi \(\left\{ T \right\} = AC \cap BD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AD//BC\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow ABCD\) là hình bình hành (dhnb) \( \Rightarrow TA = TC,\,\,TB = TD\) và \(AB = CD\) (tính chất).
Xét \(\Delta DCT\) vuông tại \(C\) có \(CF \bot BD\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow CF \bot DT\) \( \Rightarrow CF\) là đường cao nên:
\(C{D^2} = DF.DT\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow 2.C{D^2} = 2.DF.DT = \left( {2.DT} \right).DF = DB.DF\).
Mà \(AB = CD\) (cmt).
Vậy \(DF.DB = 2A{B^2}\) (đpcm).
Câu 1 (1,5 điểm):Rút gọn các biểu thức sau: 1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \) 2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\) |
Phương pháp:
a) Biến đổi biểu thức trong căn, khai phương và rút gọn biểu thức
b) Trục căn thức ở mẫu, rút gọn biểu thức
Cách giải:
1) \(A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \)
Ta có :
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {75} - 5\sqrt {{{\left( {1 - \sqrt 3 } \right)}^2}} \\\,\,\,\,\,\, = \sqrt {25.3} - 5\left| {1 - \sqrt 3 } \right|\\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 - 5\left( {\sqrt 3 - 1} \right)\,\,\,\,\left( {do\,\,1 - \sqrt 3 < 0} \right)\\\,\,\,\,\,\, = 5\sqrt 3 - 5\sqrt 3 + 5\\\,\,\,\,\,\, = 5\end{array}\)
Vậy \(A = 5\).
2) \(B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 6 }}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{1}{{\sqrt 2 + 1}}\\\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt 2 \left( {\sqrt 5 - \sqrt 3 } \right)}}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}\\\,\,\,\, = \sqrt 2 - \dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{{2 - 1}}\\\,\,\,\, = \sqrt 2 - \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\\\,\,\,\, = 1\end{array}\)
Vậy \(B = 1\).
Câu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)(\(m\) là tham số) 1) Giải hệ phương trình khi \(m = 9\) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) thỏa mãn \(x > 0,\,\,y < 0\). |
Phương pháp:
1) Phối hợp phương pháp cộng đại số và phương pháp thể để tìm nghiệm của hệ phương trình.
2) Vận dụng phương pháp thể để tìm được nghiệm \(x,y\) theo tham số \(m\), sau đó thay vào điều kiện \(x > 0,\,\,y < 0\) để giải tham số \(m\).
Cách giải:
1) Với \(m = 9\) hệ phương trình trở thành: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = 9\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\4x - 2y = 18\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}7x = 28\\y = 2x - 9\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 4\\y = 2.4 - 9 = - 1\end{array} \right.\)
Vậy với \(m = 9\) hệ phương trình có nghiệm \(\left( {x,y} \right)\) là \(\left( {4, - 1} \right)\).
2) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\\2x - y = m\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3x + 2y = 10\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\y = 2x - m\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.\)
Thay \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta được
\(3x + 2\left( {2x - m} \right) = 10 \Leftrightarrow 3x + 4x - 2m = 10 \Leftrightarrow 7x = 2m + 10 \Leftrightarrow x = \dfrac{{2m + 10}}{7}\)
Thay \(x = \dfrac{{2m + 10}}{7}\) vào \(\left( 2 \right)\) ta được \(y = 2.\dfrac{{2m + 10}}{7} - 9 = \dfrac{{4m - 43}}{7}\)
Để \(x > 0,\,\,y < 0\) khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{2m + 10}}{7} > 0\\\dfrac{{4m - 43}}{7} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2m + 10 > 0\\4m - 43 < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m > - 5\\m < \dfrac{{43}}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow - 5 < m < \dfrac{{43}}{4}\).
Vậy \( - 5 < m < \dfrac{{43}}{4}\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3 (2,0 điểm): Cho Parabol \(\left( P \right):y = - {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 5x + 6\) 1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\). 2) Tìm tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) bằng phép tính. 3) Viết phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) biết \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là \({x_1},\,\,{x_2}\) sao cho \({x_1}.{x_2} = - 24\). |
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\), sau đó sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn xác định nghiệm của phương trình.
3) Xác định dạng của phương trình của đường thẳng \(\left( {d'} \right)\), xét phương trình hoành độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( {d'} \right)\), xác định điều kiên để phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Vi – ét, xác định \({x_1}{x_2}\) sau đó thay vào yêu cầu để bài.
Cách giải:
1) Đồ thị hàm số \(y = - {x^2}\) đi qua gốc tọa độ \(O\), có bề lõm hướng xuống và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = - {x^2}\) | \( - 4\) | \( - 1\) | 0 | \( - 1\) | \( - 4\) |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = - {x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2; - 4} \right)\), \(\left( { - 1; - 1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1; - 1} \right)\), \(\left( {2; - 4} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = - {x^2}\):
2) Hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là nghiệm của phương trình:
\( - {x^2} = 5x + 6 \Leftrightarrow {x^2} + 5x + 6 = 0\)
Ta có: \(\Delta = {b^2} - 4ac = {5^2} - 4.6 = 1 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + 1}}{2} = - 2\\x = \dfrac{{ - 5 - 1}}{2} = - 3\end{array} \right.\).
Với \(x = - 2 \Rightarrow y = - {\left( { - 2} \right)^2} = - 4\).
Với \(x = - 3 \Rightarrow y = - {\left( { - 3} \right)^2} = - 9\).
Vậy tọa độ các giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là \(A\left( { - 2; - 4} \right),\,\,B\left( { - 3; - 9} \right)\).
3) Vì \(\left( {d'} \right)\) song song \(\left( d \right)\) nên \(\left( {d'} \right)\) có dạng \(y = 5x + b\,\,\,\left( {b \ne 6} \right)\) (1)
Hoành độ giao điểm của đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( {d'} \right)\) là nghiệm của phương trình:
\( - {x^2} = 5x + b \Leftrightarrow {x^2} + 5x + b = 0\,\,\left( * \right)\).
\(\left( {d'} \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt
\( \Rightarrow \) \(\Delta > 0 \Leftrightarrow {5^2} - 4b > 0 \Leftrightarrow b < \dfrac{{25}}{4}\) (2)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có \({x_1}.{x_2} = b \Rightarrow b = - 24 < \dfrac{{25}}{4}\), thỏa mãn (1) và (2).
Vậy phương trình đường thẳng \(\left( {d'} \right)\) cần tìm là: \(\left( {d'} \right):y = 5x - 24\).
| Câu 4 (1,5 điểm): Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\). |
Phương pháp:
Gọi chiều rộng của khu vườn là \(x\), xác định chiều dài theo ẩn \(x\), lập phương trình, sử dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn để xác định ẩn \(x\).
Cách giải:
Gọi chiều rộng của khu vườn là \(x\) (mét; \(x > 0\)).
Vì chiều dài gấp \(3\) lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là \(3x\,\,\left( m \right)\).
Do lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m nên:
Chiều dài phần đất để trồng trọt là: \(3x - 1,5.2 = 3x - 3\) (mét)
Chiều rộng phần đất để trồng trọt là: \(x - 1,5.2 = x - 3\) (mét)
Vì diện tích vườn để trồng trọt là \(4329\,{m^2}\) nên ta có phương trình: \(\left( {x - 3} \right)\left( {3x - 3} \right) = 4329\)
\( \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)\left( {x - 1} \right) = 1443 \Leftrightarrow {x^2} - 4x + 3 = 1443 \Leftrightarrow {x^2} - 4x - 1440 = 0\).
Ta có \(\Delta ' = {2^2} + 1440 = 1444 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 2 + \sqrt {1444} = 40\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {tm} \right)\\{x_2} = 2 - \sqrt {1444} = - 36\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy chiều rộng của khu vườn là 40 mét và chiều dài của khu vườn là 120 mét.
Câu 5 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (\(AB < AC\)) nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d đi qua A song song với BC, đường thẳng d’ qua C song song BA, gọi D là giao điểm của d và d’. Dựng AE vuông góc với BD (E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Chứng minh: 1) Tứ giác \(AECD\) nội tiếp được trong đường tròn. 2) \(\angle AOF = 2\angle CAE\) 3) Tứ giác AECF là hình bình hành. 4) \(DF.DB = 2A{B^2}\) |
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau là tứ giác nội tiếp.
2) Vận dụng tính của góc trong tứ giác nội tiếp và góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung.
3) Sử dụng dấu hiệu nhận biết hình bình hành: tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau là hình bình hành.
4) Vận dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Cách giải:
1) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) và nội tiếp \(\left( O \right)\) nên \(BC\) là đường kính của \(\left( O \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\CD//AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC \bot CD\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle ACD = {90^0}\).
Xét tứ giác \(AECD\) có: \(\angle AED = \angle ACD = {90^0}\) \( \Rightarrow AECD\) là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2) Do tứ giác \(AECD\) nội tiếp (cmt) nên: \(\angle CAE = \angle CDE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CE\))
Mà \(\angle CDE = \angle ABF\) (so le trong)
\( \Rightarrow \angle CAE = \angle ABF\).
Mặt khác: \(\angle AOF = 2\angle ABF\) (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung \(AF\))
\( \Rightarrow \angle AOF = 2\angle CAE\) (đpcm).
3) Do tứ giác \(AECD\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên: \(\angle ACE = \angle ADE\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\)).
Ta có: \(\angle ADE = \angle DBC\) (so le trong do \(AD//BC\)) \( \Rightarrow \angle ACE = \angle DBC\).
Mà \(\angle DBC = \angle FBC = \angle FAC\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(FC\))
\( \Rightarrow \angle ACE = \angle FAC\). Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên \(AF//EC\) (dhnb) (1)
Mặt khác: \(\angle CFE = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CF \bot FE\) hay \(CF \bot BD\).
Mà \(AE \bot BD\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(AE//CF\) (từ vuông góc đến song song) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác \(AECF\) là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song).
4) Gọi \(\left\{ T \right\} = AC \cap BD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB//CD\\AD//BC\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow ABCD\) là hình bình hành (dhnb) \( \Rightarrow TA = TC,\,\,TB = TD\) và \(AB = CD\) (tính chất).
Xét \(\Delta DCT\) vuông tại \(C\) có \(CF \bot BD\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow CF \bot DT\) \( \Rightarrow CF\) là đường cao nên:
\(C{D^2} = DF.DT\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
\( \Rightarrow 2.C{D^2} = 2.DF.DT = \left( {2.DT} \right).DF = DB.DF\).
Mà \(AB = CD\) (cmt).
Vậy \(DF.DB = 2A{B^2}\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Đề thi thường bao gồm các dạng toán quen thuộc như đại số, hình học, số học và các bài toán thực tế. Để đạt kết quả tốt, các em cần nắm vững kiến thức cơ bản, rèn luyện kỹ năng giải toán và làm quen với nhiều dạng bài tập khác nhau.
Đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 thường có cấu trúc tương tự như sau:
Các chủ đề toán thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 bao gồm:
Chúng ta sẽ cùng phân tích chi tiết một số đề thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 để hiểu rõ hơn về cấu trúc và độ khó của đề thi.
Đề thi số 1 tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình và hệ phương trình. Các câu hỏi yêu cầu học sinh giải phương trình, tìm nghiệm và ứng dụng phương trình vào giải quyết các bài toán thực tế.
Đề thi số 2 chú trọng vào phần hình học, đặc biệt là các kiến thức về tam giác và đường tròn. Các câu hỏi yêu cầu học sinh chứng minh các tính chất hình học, tính diện tích và chu vi của các hình.
Đề thi số 3 kết hợp cả đại số và hình học, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp và khả năng vận dụng linh hoạt. Các câu hỏi thường có tính ứng dụng cao và yêu cầu học sinh trình bày lời giải một cách rõ ràng và logic.
Để ôn thi vào 10 môn Toán Bình Dương năm 2021 hiệu quả, các em cần:
Ngoài sách giáo khoa, các em có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Trước khi bước vào phòng thi, các em cần:
Chúc các em học sinh ôn thi tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Bình Dương năm 2021!
