Logo Header
  1. Môn Toán
  2. Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021

Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021

Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021: Tài liệu ôn thi không thể bỏ qua

Giaitoan.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2021 chính thức. 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 bao gồm các đề thi chính thức của các trường THCS trên địa bàn tỉnh Vĩnh Phúc, được biên soạn bởi đội ngũ giáo viên giàu kinh nghiệm. Đi kèm với mỗi đề thi là đáp án chi tiết và lời giải bài bản, giúp các em hiểu rõ phương pháp giải và tự đánh giá năng lực của mình.

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Trong các các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào Câu làm chữ cái in hoa đúng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A)

Đề bài

    I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

    Trong các các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào Câu làm chữ cái in hoa đúng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A)

    Câu 1. Biều thức \(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi:

    A. \(x \ge 2021\)B. \(x > 2021\) C. \(x < 2021\) D. \(x \le 2021\)

    Câu 2. Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\). Giá trị của \(a\) bằng:

    A. \( - 4\)B. \(1\) C. \(4\) D. \( - 1\)

    Câu 3. Tổng hai nghiệm của phương trình: \(2{x^2} + 7x - 3 = 0\) là:

    A. \(\dfrac{7}{2}\)B. \( - \dfrac{7}{2}\) C. \(\dfrac{3}{2}\) D. \( - \dfrac{3}{2}\)

    Câu 4. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\cos \angle ABC = \dfrac{1}{3};\,BC = 9\,cm\). Độ dài cạnh \(AB\) bằng:

    A. \(27\,cm\)B. \(6\sqrt 2 \,cm\) C. \(6\,cm\) D. \(3\,cm\)

    II. TỰ LUẬN (8 điểm)

    Câu 5. (1,25 điểm) Giải phương trình \({x^2} - x - 2 = 0\).

    Câu 6. (1,25 điểm) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right.\)

    Câu 7. (1,0 điểm) Cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - m\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).

    Câu 8. (1,0 điểm) Hai đội công nhân A và B làm chung một công việc và dự định hoàn thành trong 12 ngày. Khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo. Hỏi với năng suất ban đầu thì mỗi đội làm một mình sẽ hoàn thành công việc đó trong bao lâu?

    Câu 9. (3,0 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn. Qua \(A\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) đến \(\left( O \right)\) (\(B,C\) là các tiếp điểm). Kẻ tia \(Ax\) (nằm giữa hai tia \(AB,AO\)) cắt đường tròn tại \(E\) và \(F\)(\(E\) nằm giữa \(A\) và \(F\)).

    a) Chứng minh rằng tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn.

    b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AF\) và \(\angle OEF = \angle OHF,\) với \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC.\)

    c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(BF\)cắt đường thẳng \(BC\) tại \(K.\) Đường thẳng \(AK\) cắt đường thẳng \(BF\) tại \(M.\) Chứng minh rằng \(MC = 2HF.\)

    Câu 10. (1,0 điểm) Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(abc \le 1\). Chứng minh rằng:

    \(\dfrac{{a\left( {1 - {b^3}} \right)}}{{{b^3}}} + \dfrac{{b\left( {1 - {c^3}} \right)}}{{{c^3}}} + \dfrac{{c\left( {1 - {a^3}} \right)}}{{{a^3}}} \ge 0\)

    Lời giải chi tiết

      I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

      1. A

      2. C

      3. B

      4. D

      Câu 1

      Phương pháp:

      Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(f\left( x \right) \ge 0\)

      Cách giải:

      \(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(x - 2021 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2021\)

      Chọn A.

      Câu 2

      Phương pháp:

      Thay \(x = - 1;y = 4\) vào đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\), từ đó tìm được giá trị của \(a\).

      Cách giải:

      Vì đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = 4\) vào \(y = a{x^2}\,\), ta được: \(4 = a.{\left( { - 1} \right)^2} \Rightarrow a = 4\)

      Chọn C.

      Câu 3

      Phương pháp:

      Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được tổng của hai nghiệm.

      Cách giải

      Ta có: \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 3} \right).2 = 73 > 0\)

      \( \Rightarrow \) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

      Theo hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = \dfrac{{ - 7}}{2}\)

      Chọn B.

      Câu 4

      Phương pháp:

      Vận dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

      Cách giải

      Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cos \angle ABC = \dfrac{{AB}}{{BC}}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

      \( \Rightarrow AB = BC.\cos \angle ABC = 9.\dfrac{1}{3} = 3\,\left( {cm} \right)\)

      Chọn D.

      II. TỰ LUẬN

      Câu 5

      Phương pháp:

      Vận dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh của phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = - 1;{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)

      Cách giải:

      Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).

      Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;2} \right\}\).

      Câu 6

      Phương pháp:

      Vận dụng phương cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.

      Cách giải:

      Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x - 3y = - 12\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = - 11\\y = 3x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\).

      Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right) = \left( { - 1,1} \right)\).

      Câu 7

      Phương pháp:

      Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\)

      Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\).

      Áp dụng định lý Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\)

      Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

      Thay \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\) và \({y_1}\,;{y_2}\) vào phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

      Cách giải:

      Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình

      \({x^2} = 2x - m \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m = 0\,\,\left( * \right)\)

      Ta có: \(\Delta ' = 1 - m\).

      Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\).

      Khi đó, theo định lý Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).

      Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

      \(\begin{array}{l} \Rightarrow {y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x_1} - m + 2{x_2} - m + {m^2} = 6.2\\ \Leftrightarrow 2.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow 2.2 - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

      Ta có \({\Delta _m}' = 1 - \left( { - 8} \right) = 9 = {3^2} > 0\) nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1 + 3 = 4\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 1 - 3 = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

      Vậy \(m = - 2\) thì đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm thỏa mãn bài toán.

      Câu 8

      Phương pháp:

      Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

      Tính được mỗi ngày đội A và đội B làm được bao nhiêu phần của công việc.

      Từ giải thiết: hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta lập được phương trình (1).

      Từ giả thiết còn lại ta lập được phương trình (2)

      Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình.

      Giải hệ phương trình bày bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

      Cách giải:

      Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

      \( \Rightarrow \) Mỗi ngày đội A làm được \(\dfrac{1}{x}\) phần công việc, mỗi ngày đội B làm được \(\dfrac{1}{y}\) phần công việc.

      Vì hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\,\,\left( 1 \right)\).

      Khi làm chung được 8 ngày thì 2 đội làm được \(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right)\) phần công việc.

      8 ngày tiếp theo đội B làm được \(\dfrac{8}{y}\) phần công việc.

      Vì khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo nên ta có phương trình

      \(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right) + 8.\dfrac{2}{y} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\).

      Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b > 0} \right)\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = \dfrac{1}{{12}}\\a + 3b = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b = \dfrac{1}{{24}}\\a = \dfrac{1}{{12}} - b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{1}{{48}}\\a = \dfrac{1}{{16}}\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).

      Với \(a = \dfrac{1}{{16}} \Rightarrow \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{16}} \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).

      Với \(b = \dfrac{1}{{48}} \Rightarrow \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{48}} \Leftrightarrow y = 48\,\,\left( {tm} \right)\).

      Vậy thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(16\) ngày và \(48\) ngày.

      Câu 9

      Phương pháp:

      a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: chứng minh \(\angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

      b) + Chứng minh

      + Chứng minh là tứ giác nội tiếp

      \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

      c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

      Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

      Chứng minh \(HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\) suy ra được \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

      Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}}\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\) đồng thời chứng minh \(H\) là trung điểm của \(BC\).

      \( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

      Vậy \(MC = 2HF\)

      Cách giải

      Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 1 1

      a) Ta có: \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(B\) là tiếp điểm nên \(AB \bot BO\) \( \Rightarrow \angle ABO = {90^0}\)

      \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(C\) là tiếp điểm nên \(AC \bot CO\) \( \Rightarrow \angle ACO = {90^0}\)

      \( \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

      b) Ta có: \(\angle ABE = \angle BFA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung \(BE\)).

      Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\) ta có:

      Góc \(\angle BAE\) chung; \(\angle ABE = \angle BFA\) (cmt)

      Do đó \(\Delta ABE\) đồng dạng \(\Delta AFB\) (g.g)

      \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

      \( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)(đpcm)

      Ta có \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của \(BC\).

      \(OB = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(BC\).

      \( \Rightarrow OA\) là trung trực của \(BC \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(H\).

      Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAB\) đường cao \(BH\) ta có \(A{B^2} = AH.AO\).

      \( \Rightarrow AE.AF = AH.AO \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\).

      Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta AOF\) có: \(\angle OAF\) chung; \(\dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \Delta AEH \sim \Delta AOF\,\,\left( {c.g.c} \right)\).

      \( \Rightarrow \angle AEH = \angle AOF\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow OHEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng gốc trong tại đỉnh đối diện).

      \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

      c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

      Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

      Vì \(OHEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle AHE = \angle AFO\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

      Mà \(\angle AFO = \angle OFE = \angle OEF = \angle OHF\) (do tam giác \(OEF\) cân tại \(O\))

      \(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle AHE = \angle OHF\\ \Rightarrow {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle OHF\\ \Rightarrow \angle EHB = \angle FHB\end{array}\)

      \( \Rightarrow HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\).

      Mà \(HG \bot HA\) nên \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

      Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}} \Rightarrow FM = BF\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\).

      Lại có \(OA\) là trung trực của \(BC,\,\,OA \cap BC = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(BC\).

      \( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

      Vậy \(MC = 2HF.\,\,\left( {dpcm} \right)\)

      Câu 10

      Phương pháp:

      Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

      Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

      Ta cũng làm tương tự và có được điều phải chứng minh.

      Cách giải:

      BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \ge a + b + c\).

      Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

      BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

      Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

      Tương tự \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right)\).

      Lại có \({x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx\) \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge xy + yz + zx\).

      Mà \(xy + yz + zx = \dfrac{{xyz}}{z} + \dfrac{{yzx}}{x} + \dfrac{{zxy}}{y} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

      Vậy ta có điều phải chứng minh.

      Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn
      • Đề bài
      • Lời giải chi tiết
      • Tải về

      I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

      Trong các các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào Câu làm chữ cái in hoa đúng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A)

      Câu 1. Biều thức \(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi:

      A. \(x \ge 2021\)B. \(x > 2021\) C. \(x < 2021\) D. \(x \le 2021\)

      Câu 2. Đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\). Giá trị của \(a\) bằng:

      A. \( - 4\)B. \(1\) C. \(4\) D. \( - 1\)

      Câu 3. Tổng hai nghiệm của phương trình: \(2{x^2} + 7x - 3 = 0\) là:

      A. \(\dfrac{7}{2}\)B. \( - \dfrac{7}{2}\) C. \(\dfrac{3}{2}\) D. \( - \dfrac{3}{2}\)

      Câu 4. Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(\cos \angle ABC = \dfrac{1}{3};\,BC = 9\,cm\). Độ dài cạnh \(AB\) bằng:

      A. \(27\,cm\)B. \(6\sqrt 2 \,cm\) C. \(6\,cm\) D. \(3\,cm\)

      II. TỰ LUẬN (8 điểm)

      Câu 5. (1,25 điểm) Giải phương trình \({x^2} - x - 2 = 0\).

      Câu 6. (1,25 điểm) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right.\)

      Câu 7. (1,0 điểm) Cho Parabol \(\left( P \right):y = {x^2}\) và đường thẳng \(\left( d \right):y = 2x - m\) (với \(m\) là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) sao cho \({y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).

      Câu 8. (1,0 điểm) Hai đội công nhân A và B làm chung một công việc và dự định hoàn thành trong 12 ngày. Khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo. Hỏi với năng suất ban đầu thì mỗi đội làm một mình sẽ hoàn thành công việc đó trong bao lâu?

      Câu 9. (3,0 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn. Qua \(A\) kẻ hai tiếp tuyến \(AB\) và \(AC\) đến \(\left( O \right)\) (\(B,C\) là các tiếp điểm). Kẻ tia \(Ax\) (nằm giữa hai tia \(AB,AO\)) cắt đường tròn tại \(E\) và \(F\)(\(E\) nằm giữa \(A\) và \(F\)).

      a) Chứng minh rằng tứ giác \(ABOC\) nội tiếp đường tròn.

      b) Chứng minh rằng \(A{B^2} = AE.AF\) và \(\angle OEF = \angle OHF,\) với \(H\) là giao điểm của \(AO\) và \(BC.\)

      c) Đường thẳng qua \(E\) song song với \(BF\)cắt đường thẳng \(BC\) tại \(K.\) Đường thẳng \(AK\) cắt đường thẳng \(BF\) tại \(M.\) Chứng minh rằng \(MC = 2HF.\)

      Câu 10. (1,0 điểm) Cho \(a,\,\,b,\,\,c\) là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(abc \le 1\). Chứng minh rằng:

      \(\dfrac{{a\left( {1 - {b^3}} \right)}}{{{b^3}}} + \dfrac{{b\left( {1 - {c^3}} \right)}}{{{c^3}}} + \dfrac{{c\left( {1 - {a^3}} \right)}}{{{a^3}}} \ge 0\)

      I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

      1. A

      2. C

      3. B

      4. D

      Câu 1

      Phương pháp:

      Biểu thức \(\sqrt {f\left( x \right)} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(f\left( x \right) \ge 0\)

      Cách giải:

      \(P = \sqrt {x - 2021} \) có nghĩa khi và chỉ khi \(x - 2021 \ge 0 \Leftrightarrow x \ge 2021\)

      Chọn A.

      Câu 2

      Phương pháp:

      Thay \(x = - 1;y = 4\) vào đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\), từ đó tìm được giá trị của \(a\).

      Cách giải:

      Vì đồ thị hàm số \(y = a{x^2}\,\)(\(a\) là tham số) đi qua điểm \(M\left( { - 1;4} \right)\) nên thay \(x = - 1;y = 4\) vào \(y = a{x^2}\,\), ta được: \(4 = a.{\left( { - 1} \right)^2} \Rightarrow a = 4\)

      Chọn C.

      Câu 3

      Phương pháp:

      Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được tổng của hai nghiệm.

      Cách giải

      Ta có: \(\Delta = {7^2} - 4.\left( { - 3} \right).2 = 73 > 0\)

      \( \Rightarrow \) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt \({x_1};{x_2}\)

      Theo hệ thức Vi – ét, ta có: \({x_1} + {x_2} = \dfrac{{ - b}}{a} = \dfrac{{ - 7}}{2}\)

      Chọn B.

      Câu 4

      Phương pháp:

      Vận dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

      Cách giải

      Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(\cos \angle ABC = \dfrac{{AB}}{{BC}}\) (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

      \( \Rightarrow AB = BC.\cos \angle ABC = 9.\dfrac{1}{3} = 3\,\left( {cm} \right)\)

      Chọn D.

      II. TỰ LUẬN

      Câu 5

      Phương pháp:

      Vận dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh của phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\,\,\left( {a \ne 0} \right)\) nếu \(a - b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = - 1;{x_2} = \dfrac{{ - c}}{a}\)

      Cách giải:

      Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 1} \right) + \left( { - 2} \right) = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = - \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).

      Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 1;2} \right\}\).

      Câu 6

      Phương pháp:

      Vận dụng phương cộng đại số để xác định nghiệm của hệ phương trình.

      Cách giải:

      Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}3x - y = - 4\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}9x - 3y = - 12\\2x + 3y = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}11x = - 11\\y = 3x + 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = 1\end{array} \right.\).

      Vậy hệ phương trình có cặp nghiệm \(\left( {x,y} \right) = \left( { - 1,1} \right)\).

      Câu 7

      Phương pháp:

      Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\)

      Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\).

      Áp dụng định lý Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\)

      Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

      Thay \({x_1} + {x_2}\,;\,{x_1}.{x_2}\) và \({y_1}\,;{y_2}\) vào phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

      Cách giải:

      Hoành độ giao điểm của đường thẳng \(\left( d \right)\) và Parabol \(\left( P \right)\) là nghiệm của phương trình

      \({x^2} = 2x - m \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m = 0\,\,\left( * \right)\)

      Ta có: \(\Delta ' = 1 - m\).

      Đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0 \Leftrightarrow 1 - m > 0 \Leftrightarrow m < 1\).

      Khi đó, theo định lý Vi-et, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m\end{array} \right.\).

      Ta có \(A\left( {{x_1},{y_1}} \right)\) và \(B\left( {{x_2},{y_2}} \right)\) là điểm thuộc đường thẳng \(\left( d \right)\) nên \({y_1} = 2{x_1} - m;{y_2} = 2{x_2} - m\)

      \(\begin{array}{l} \Rightarrow {y_1} + {y_2} + {x_1}^2{x_2}^2 = 6\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow 2{x_1} - m + 2{x_2} - m + {m^2} = 6.2\\ \Leftrightarrow 2.\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow 2.2 - 2m + {m^2} = 12\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m - 8 = 0\,\,\left( 1 \right)\end{array}\)

      Ta có \({\Delta _m}' = 1 - \left( { - 8} \right) = 9 = {3^2} > 0\) nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}m = 1 + 3 = 4\,\,\left( {ktm} \right)\\m = 1 - 3 = - 2\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\).

      Vậy \(m = - 2\) thì đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt Parabol \(\left( P \right)\) tại hai điểm thỏa mãn bài toán.

      Câu 8

      Phương pháp:

      Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

      Tính được mỗi ngày đội A và đội B làm được bao nhiêu phần của công việc.

      Từ giải thiết: hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta lập được phương trình (1).

      Từ giả thiết còn lại ta lập được phương trình (2)

      Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình.

      Giải hệ phương trình bày bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

      Cách giải:

      Gọi thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(x\) và \(y\) ngày (ĐK: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^*}\)).

      \( \Rightarrow \) Mỗi ngày đội A làm được \(\dfrac{1}{x}\) phần công việc, mỗi ngày đội B làm được \(\dfrac{1}{y}\) phần công việc.

      Vì hai đội làm chung và dự định hoàn thành công việc trong 12 ngày nên ta có phương trình \(\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\,\,\left( 1 \right)\).

      Khi làm chung được 8 ngày thì 2 đội làm được \(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right)\) phần công việc.

      8 ngày tiếp theo đội B làm được \(\dfrac{8}{y}\) phần công việc.

      Vì khi làm chung được 8 ngày thì đội A được điều động đi làm việc khác, đội B tiếp tục làm phần việc còn lại. Kể từ khi làm một mình, do cải tiến cách làm nên năng suất của đội B tăng gấp đôi, do đó đội B đã hoàn thành phần việc còn lại trong 8 ngày tiếp theo nên ta có phương trình

      \(8\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}} \right) + 8.\dfrac{2}{y} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{12}}\\\dfrac{1}{x} + \dfrac{3}{y} = \dfrac{1}{8}\end{array} \right.\).

      Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}a = \dfrac{1}{x}\\b = \dfrac{1}{y}\end{array} \right.\,\,\left( {a,\,\,b > 0} \right)\), hệ phương trình trở thành \(\left\{ \begin{array}{l}a + b = \dfrac{1}{{12}}\\a + 3b = \dfrac{1}{8}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2b = \dfrac{1}{{24}}\\a = \dfrac{1}{{12}} - b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \dfrac{1}{{48}}\\a = \dfrac{1}{{16}}\end{array} \right.\,\,\left( {tm} \right)\).

      Với \(a = \dfrac{1}{{16}} \Rightarrow \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{{16}} \Leftrightarrow x = 16\,\,\left( {tm} \right)\).

      Với \(b = \dfrac{1}{{48}} \Rightarrow \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{{48}} \Leftrightarrow y = 48\,\,\left( {tm} \right)\).

      Vậy thời gian một mình hoàn thành công việc của đội A và B lần lượt là \(16\) ngày và \(48\) ngày.

      Câu 9

      Phương pháp:

      a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: chứng minh \(\angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

      b) + Chứng minh

      + Chứng minh là tứ giác nội tiếp

      \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

      c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

      Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

      Chứng minh \(HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\) suy ra được \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

      Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}}\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\) đồng thời chứng minh \(H\) là trung điểm của \(BC\).

      \( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

      Vậy \(MC = 2HF\)

      Cách giải

      Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 1

      a) Ta có: \(AB\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(B\) là tiếp điểm nên \(AB \bot BO\) \( \Rightarrow \angle ABO = {90^0}\)

      \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn và \(C\) là tiếp điểm nên \(AC \bot CO\) \( \Rightarrow \angle ACO = {90^0}\)

      \( \Rightarrow \angle ABO + \angle ACO = {180^0}\) \( \Rightarrow ABOC\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

      b) Ta có: \(\angle ABE = \angle BFA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung \(BE\)).

      Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta AFB\) ta có:

      Góc \(\angle BAE\) chung; \(\angle ABE = \angle BFA\) (cmt)

      Do đó \(\Delta ABE\) đồng dạng \(\Delta AFB\) (g.g)

      \( \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AF}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

      \( \Rightarrow A{B^2} = AE.AF\)(đpcm)

      Ta có \(AB = AC\) (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) \( \Rightarrow A\) thuộc trung trực của \(BC\).

      \(OB = OC \Rightarrow O\) thuộc trung trực của \(BC\).

      \( \Rightarrow OA\) là trung trực của \(BC \Rightarrow OA \bot BC\) tại \(H\).

      Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông \(OAB\) đường cao \(BH\) ta có \(A{B^2} = AH.AO\).

      \( \Rightarrow AE.AF = AH.AO \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\).

      Xét \(\Delta AEH\) và \(\Delta AOF\) có: \(\angle OAF\) chung; \(\dfrac{{AE}}{{AH}} = \dfrac{{AO}}{{AF}}\,\,\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \Delta AEH \sim \Delta AOF\,\,\left( {c.g.c} \right)\).

      \( \Rightarrow \angle AEH = \angle AOF\) (2 cạnh tương ứng) \( \Rightarrow OHEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng gốc trong tại đỉnh đối diện).

      \( \Rightarrow \angle OEF = \angle OHF\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(OF\)) (đpcm).

      c) Gọi \(BC \cap Ax = \left\{ G \right\}\).

      Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{AE}}{{AF}},\,\,\dfrac{{EK}}{{BF}} = \dfrac{{GE}}{{GF}}\,\,\,\left( 1 \right)\).

      Vì \(OHEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) nên \(\angle AHE = \angle AFO\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp).

      Mà \(\angle AFO = \angle OFE = \angle OEF = \angle OHF\) (do tam giác \(OEF\) cân tại \(O\))

      \(\begin{array}{l} \Rightarrow \angle AHE = \angle OHF\\ \Rightarrow {90^0} - \angle AHE = {90^0} - \angle OHF\\ \Rightarrow \angle EHB = \angle FHB\end{array}\)

      \( \Rightarrow HG\) là tia phân giác của \(\angle EHF\).

      Mà \(HG \bot HA\) nên \(HA\) là tia phân giác ngoài của \(\angle EHF\).

      Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: \(\dfrac{{GE}}{{GF}} = \dfrac{{AE}}{{AF}} = \dfrac{{HE}}{{HF}}\,\,\,\left( 2 \right)\)

      Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{EK}}{{FM}} = \dfrac{{EK}}{{BF}} \Rightarrow FM = BF\) \( \Rightarrow F\) là trung điểm của \(BM\).

      Lại có \(OA\) là trung trực của \(BC,\,\,OA \cap BC = \left\{ H \right\}\) \( \Rightarrow H\) là trung điểm của \(BC\).

      \( \Rightarrow HF\) là đường trung bình của tam giác \(BCM\).

      Vậy \(MC = 2HF.\,\,\left( {dpcm} \right)\)

      Câu 10

      Phương pháp:

      Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

      Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

      Ta cũng làm tương tự và có được điều phải chứng minh.

      Cách giải:

      BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{a}{{{b^3}}} + \dfrac{b}{{{c^3}}} + \dfrac{c}{{{a^3}}} \ge a + b + c\).

      Đặt \(a = \dfrac{1}{x},\,\,b = \dfrac{1}{y},\,\,c = \dfrac{1}{z} \Rightarrow xyz \ge 1\,\,\left( {x;y;z \ge 0} \right)\).

      BĐT \( \Leftrightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

      Áp dụng BĐT AM-GM ta có: \(\dfrac{{{y^3}}}{x} + xy \ge 2{y^2}\).

      Tương tự \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge 2\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) - \left( {xy + yz + zx} \right)\).

      Lại có \({x^2} + {y^2} + {z^2} \ge xy + yz + zx\) \( \Rightarrow \dfrac{{{y^3}}}{x} + \dfrac{{{z^3}}}{y} + \dfrac{{{x^3}}}{z} \ge xy + yz + zx\).

      Mà \(xy + yz + zx = \dfrac{{xyz}}{z} + \dfrac{{yzx}}{x} + \dfrac{{zxy}}{y} \ge \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}\).

      Vậy ta có điều phải chứng minh.

      Làm chủ Toán 9, tự tin vào phòng thi! Đừng bỏ lỡ Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 đặc sắc thuộc chuyên mục toán 9 sgk trên nền tảng môn toán. Với bộ bài tập lý thuyết toán thcs được biên soạn chuyên sâu, bám sát cấu trúc đề thi và chương trình sách giáo khoa mới nhất, đây chính là công cụ đắc lực giúp các em tối ưu hóa ôn luyện, củng cố kiến thức vững chắc và thuần thục mọi dạng bài thi khó nhằn. Phương pháp học trực quan, khoa học sẽ mang lại hiệu quả vượt trội, giúp con bạn chinh phục mọi thử thách một cách dễ dàng.

      Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021: Phân tích chi tiết và hướng dẫn giải

      Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và kỹ năng giải toán là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho các em một cái nhìn tổng quan về đề thi, phân tích chi tiết các dạng bài thường gặp và hướng dẫn giải các bài toán khó.

      Cấu trúc đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021

      Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 thường có cấu trúc gồm các phần sau:

      • Phần trắc nghiệm: Thường chiếm khoảng 30-40% tổng số điểm, bao gồm các câu hỏi về đại số, hình học và số học.
      • Phần tự luận: Thường chiếm khoảng 60-70% tổng số điểm, bao gồm các bài toán chứng minh, giải phương trình, giải hệ phương trình, giải bài toán hình học và bài toán thực tế.

      Các dạng bài thường gặp trong đề thi

      Trong đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021, các em học sinh thường gặp các dạng bài sau:

      1. Bài toán về số học: Các bài toán về ước, bội, số nguyên tố, phân số, tỷ lệ thức, phần trăm.
      2. Bài toán về đại số: Các bài toán về đa thức, phân thức, phương trình bậc nhất, phương trình bậc hai, hệ phương trình.
      3. Bài toán về hình học: Các bài toán về tam giác, tứ giác, đường tròn, diện tích, thể tích.
      4. Bài toán thực tế: Các bài toán ứng dụng kiến thức toán học vào giải quyết các vấn đề thực tế.

      Hướng dẫn giải một số bài toán khó

      Dưới đây là hướng dẫn giải một số bài toán khó thường gặp trong đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021:

      Bài toán 1: Giải phương trình bậc hai

      Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, các em có thể sử dụng công thức nghiệm:

      x = (-b ± √(b2 - 4ac)) / 2a

      Tuy nhiên, cần lưu ý rằng nếu b2 - 4ac < 0 thì phương trình vô nghiệm.

      Bài toán 2: Chứng minh bất đẳng thức

      Để chứng minh bất đẳng thức, các em có thể sử dụng các phương pháp sau:

      • Phương pháp biến đổi tương đương: Biến đổi bất đẳng thức về dạng đơn giản hơn.
      • Phương pháp đánh giá: Sử dụng các bất đẳng thức đã biết để đánh giá giá trị của biểu thức.
      • Phương pháp sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số: Xét hàm số tương ứng với biểu thức và sử dụng tính chất đơn điệu của hàm số để chứng minh bất đẳng thức.

      Bài toán 3: Giải bài toán hình học

      Để giải bài toán hình học, các em cần:

      • Vẽ hình chính xác: Hình vẽ chính xác giúp các em hình dung rõ hơn về bài toán và tìm ra hướng giải.
      • Sử dụng các định lý, tính chất hình học: Áp dụng các định lý, tính chất hình học đã học để giải bài toán.
      • Sử dụng các phương pháp hình học: Sử dụng các phương pháp hình học như phương pháp tam giác đồng dạng, phương pháp đường trung bình, phương pháp đường cao.

      Lời khuyên khi làm bài thi

      Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021, các em cần:

      • Ôn tập kiến thức đầy đủ: Nắm vững kiến thức cơ bản và các công thức, định lý quan trọng.
      • Luyện tập thường xuyên: Giải nhiều đề thi thử để làm quen với cấu trúc đề thi và rèn luyện kỹ năng giải toán.
      • Quản lý thời gian hợp lý: Phân bổ thời gian hợp lý cho từng phần của đề thi.
      • Kiểm tra lại bài làm: Sau khi làm xong bài thi, hãy kiểm tra lại bài làm để tránh sai sót.

      Tài liệu tham khảo hữu ích

      Các em có thể tham khảo các tài liệu sau để ôn tập và luyện thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021:

      • Sách giáo khoa Toán lớp 9
      • Sách bài tập Toán lớp 9
      • Các đề thi thử vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc các năm trước
      • Các trang web học toán online uy tín như giaitoan.edu.vn

      Chúc các em học sinh ôn tập tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021!

      Tài liệu, đề thi và đáp án Toán 9