Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Bến Tre năm 2021 chính thức, được tổng hợp đầy đủ và cập nhật mới nhất. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp không chỉ đề thi mà còn cả đáp án chi tiết, giúp các em tự đánh giá năng lực và tìm ra những điểm cần cải thiện.
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 môn Toán Bến Tre 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 bài tập khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết vấn đề. Cấu trúc đề thi thường bao gồm các phần:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh cần tập trung vào các nội dung trọng tâm sau:
Việc phân tích cấu trúc đề thi qua các năm trước là một phương pháp ôn tập hiệu quả. Nó giúp các em học sinh nắm bắt được xu hướng ra đề, các dạng bài tập thường gặp và mức độ khó của đề thi. Dưới đây là một số nhận xét về cấu trúc đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre qua các năm:
Luyện tập với đề thi thử và đề thi chính thức là một bước quan trọng trong quá trình chuẩn bị cho kỳ thi. Nó giúp các em học sinh làm quen với áp lực thời gian, rèn luyện kỹ năng giải đề và tự đánh giá năng lực của mình. Loigiai.com.vn cung cấp một kho đề thi thử và đề thi chính thức môn Toán vào 10 Bến Tre năm 2021, giúp các em học sinh có cơ hội luyện tập và nâng cao trình độ.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi, các em học sinh cần lưu ý một số mẹo làm bài sau:
Ngoài bộ đề thi mà Loigiai.com.vn cung cấp, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Các giáo viên có kinh nghiệm thường khuyên học sinh nên:
Đề thi vào 10 môn Toán Bến Tre năm 2021 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng. Hy vọng với những thông tin và tài liệu mà Loigiai.com.vn cung cấp, các em học sinh sẽ tự tin và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
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 sự thật rùng rợn!
Khám phá thế giới phân dạng, từ hình học trừu tượng đến ứng dụng trong nghệ thuật và tự nhiên. Tìm hiểu cách phân dạng tạo ra vẻ đẹp vô hạn!
Bạn đã bao giờ gặp một điều nghe có vẻ vô lý nhưng lại chứa đựng sự thật? Khám phá thế giới Paradox - những mâu thuẫn thú vị giúp bạn nhìn nhận cuộc sống dưới một góc độ mới lạ. Đọc ngay!
Khám phá 'Tên của trò chơi là bắt cóc' - cuốn sách hấp dẫn đưa bạn vào thế giới ngầm đầy rẫy những kẻ ác. Đánh giá chi tiết, phân tích sâu sắc và lý do bạn nên đọc ngay!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán lớp 1 khó nhất! Hướng dẫn phụ huynh cách hỗ trợ con học toán hiệu quả, tạo hứng thú và đạt kết quả tốt nhất. Khám phá các mẹo học tập thông minh!
Review sách 'Dữ liệu tử thần' của Jeffery Deaver. Khám phá cách tội phạm sử dụng thông tin cá nhân và học cách bảo vệ dữ liệu của bạn ngay hôm nay!
