Loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang năm 2021 chính thức, kèm đáp án chi tiết. 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 đầy đủ các đề thi, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, dạng bài tập thường gặp và rèn luyện kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn thi tốt và đạt kết quả cao!
Bài I (1,5 điểm): 1) Rút gọn biểu thức:
Bài I (1,5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}} - \sqrt 3 \).
2) Cho biểu thức: \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)
a) Rút gọn biểu thức \(B\);
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(B < 1\).
Bài II (2,5 điểm):
1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
c)\({x^4} - 8{x^2} - 9 = 0\) (1)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 và đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\)
Bài III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị parabol \(\left( P \right)\).
b) Bằng phép tính, tìm tất cả những điểm thuộc parabol \(\left( P \right)\) (khác gốc tọa độ \(O\)) có tung độ gấp hai lần hoành độ.
Bài IV (1,5 điểm):
Quãng đường \(AB\) dài \(150\)km. Một xe tải khởi hành đi từ \(A\) đến \(B\), cùng lúc đó một ô tô cũng đi trên quãng đường từ \(A\) đến \(B\) với vận tốc lớn hơn vận tốc xe tải là \(5\)km/h, nên ô tô đến \(B\) sớm hơn xe tải là \(20\) phút. Tính vận tốc xe tải.
Bài V (3,0 điểm):
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại A có \(AB = 3cm\) và \(AC = 4cm\). Tính độ dài cạnh CB và giá trị của \(\tan C\).
Vậy \(BC = 5cm\) và \(\tan C = \dfrac{3}{4}\).
2) Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Lấy điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(CA < CB\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OB\), đường thẳng vuông góc với \(AB\) tại \(H\) cắt dây \(CB\) và tia \(AC\) lần lượt tại \(D\) và \(E\).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(I\) là trung điểm \(DE\). Chứng minh rằng \(IC\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).
c) Chứng minh rằng \(AC.AE = 3{R^2}\).
Bài I (1,5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức: \(A = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}} - \sqrt 3 \).
2) Cho biểu thức: \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)
a) Rút gọn biểu thức \(B\);
b) Tìm tất cả các giá trị của \(x\) để \(B < 1\).
Bài II (2,5 điểm):
1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
c)\({x^4} - 8{x^2} - 9 = 0\) (1)
2) Viết phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 và đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\)
Bài III (1,5 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\).
a) Vẽ đồ thị parabol \(\left( P \right)\).
b) Bằng phép tính, tìm tất cả những điểm thuộc parabol \(\left( P \right)\) (khác gốc tọa độ \(O\)) có tung độ gấp hai lần hoành độ.
Bài IV (1,5 điểm):
Quãng đường \(AB\) dài \(150\)km. Một xe tải khởi hành đi từ \(A\) đến \(B\), cùng lúc đó một ô tô cũng đi trên quãng đường từ \(A\) đến \(B\) với vận tốc lớn hơn vận tốc xe tải là \(5\)km/h, nên ô tô đến \(B\) sớm hơn xe tải là \(20\) phút. Tính vận tốc xe tải.
Bài V (3,0 điểm):
1) Cho tam giác \(ABC\) vuông tại A có \(AB = 3cm\) và \(AC = 4cm\). Tính độ dài cạnh CB và giá trị của \(\tan C\).
Vậy \(BC = 5cm\) và \(\tan C = \dfrac{3}{4}\).
2) Cho nửa đường tròn \(\left( O \right)\) đường kính \(AB = 2R\). Lấy điểm \(C\) thuộc nửa đường tròn \(\left( O \right)\) sao cho \(CA < CB\). Gọi \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(OB\), đường thẳng vuông góc với \(AB\) tại \(H\) cắt dây \(CB\) và tia \(AC\) lần lượt tại \(D\) và \(E\).
a) Chứng minh rằng bốn điểm \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\) cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi \(I\) là trung điểm \(DE\). Chứng minh rằng \(IC\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).
c) Chứng minh rằng \(AC.AE = 3{R^2}\).
Bài I:
Phương pháp:
1) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,khi\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
2) a) Vận dụng hằng đẳng thức \({A^2} - {B^2} = \left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right)\) xác định mẫu thức chung, cụ thể: \(x - 4 = \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)\)
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán để rút gọn biểu thức \(B\).
b) Yêu cầu đề bài \(B < 1 \Leftrightarrow B - 1 < 0\)
Xác định mẫu thức chung, quy đồng các phân thức, rút gọn biểu thức \(B - 1\).
Chia hai trường hợp để giải bất phương trình \(B - 1 < 0\), cụ thể:
+ Trường hợp 1: Tử số \( > 0\); Mẫu số \( < 0\)
+ Trường hợp 2: Tử số \( < 0\); Mẫu số \( > 0\).
Trong các trường hợp đặc biệt, nếu xác định được dấu của tử số thì ta chỉ cần giải bất phương trình của mẫu số và ngược lại.
Giải các bất phương trình, đối chiếu điều kiện và đưa ra kết luận.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}} - \sqrt 3 \\A = \left| {2 + \sqrt 3 } \right| - \sqrt 3 \end{array}\)
\(A = 2 + \sqrt 3 - \sqrt 3 \) (do \(2 + \sqrt 3 > 0\))
\(A = 2\).
2) \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)
a) ĐKXĐ: \(x \ge 0\), \(x \ne 4\). Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 4}} + \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 4}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x - 2 + \sqrt x + 2 + x}}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\), \(x \ne 4\) thì \(B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\).
b) Ta có:
\(B < 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} < 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - 1 < 0\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 2}} < 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x - \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt x - 2}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 2 < 0\) (do \(2 > 0\))
\( \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < {2^2} \Leftrightarrow x < 4\).
Kết hợp với ĐKXĐ ta có \(0 \le x < 4\) thì \(B < 1\).
Bài II:
Phương pháp:
1) a) Phương trình bậc hai một ẩn nhẩm nghiệm nhanh bằng công thức \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\) (với \(a \ne 0\))
b) Vận dụng phương pháp cộng đại số xác định nghiệm của hệ phương trình ban đầu.
c) Nhận thấy, phương trình cần giải là phương trình trùng phương nên ta đặt \({x^2} = t\) \(\left( {t \ge 0} \right)\)(*) khi đó phương trình ban đầu quy về phương trình bậc hai ẩn là \(t\)
Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) đối chiếu điều kiện để xác định \(t\)
Thay \({x^2} = t\) để giải tìm nghiệm \(x\) của phương trình ban đầu và kết luận tập nghiệm của phương trình.
2) Giả sử phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = ax + b\)
Vì \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 nên ta xác định được hệ số \(a\)
Vì \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\) nên ta xác định được hệ số \(b\)
Từ đó kết luận được phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\)
Cách giải:
a) \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy phương tình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2x + y} \right) + \left( {3x - y} \right) = 5 + 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
c)\({x^4} - 8{x^2} - 9 = 0\) (1)
Đặt \({x^2} = t\) \(\left( {t \ge 0} \right)\)(*) phương trình (1) trở thành: \({t^2} - 8t - 9 = 0\) (2).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 8} \right) - 9 = 0\) nên phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = - \dfrac{c}{a} = 9\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 9 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 3\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;3} \right\}\).
2) Giả sử phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = ax + b\)
Vì \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 nên ta có \(a = 2\).
Vì \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\) nên ta có: \(3 = a.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow - a + b = 3\) (*).
Thay \(a = 2\) vào (*) ta có \( - 2 + b = 3 \Leftrightarrow b = 5\).
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cần tìm có phương trình là \(y = 2x + 5\).
Bài III:
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị xác định các điểm mà Parabol \(\left( P \right)\) đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số \(\left( P \right)\).
b) Gọi điểm có tung độ gấp hai lần hoành độ là \(A\left( {m;2m} \right)\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).
Vì \(A \in \left( P \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) và phường trình parabol \(\left( P \right)\) để xác định tham số \(m\), đốii chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\):
b) Gọi điểm có tung độ gấp hai lần hoành độ là \(A\left( {m;2m} \right)\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).
Vì \(A \in \left( P \right)\) nên ta có: \(2m = 2.{m^2} \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 1\) (do \(m \ne 0\)).
Vậy điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(A\left( {1;2} \right)\).
Bài IV:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể:
Gọi vận tốc xe tải là \(x\)\(\left( {km/h} \right)\)\(\left( {x > 0} \right)\), tính được thời gian xe tải đi hết quãng đường.
Gọi vận tốc của ô tô là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\), tính được thời gian ô tô đi hết quãng đường
Từ giả thiết thời gian xe ô tô đến \(B\) sớm hơn so với xe tải là \(20\) phút nên lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Chú ý: các đại lượng giải toán phải cùng đơn vị đo lường.
Cách giải:
Gọi vận tốc xe tải là \(x\)\(\left( {km/h} \right)\)\(\left( {x > 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Thời gian xe tải đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Vận tốc của ô tô là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\)
\( \Rightarrow \)Thời gian ô tô đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian xe ô tô đến \(B\) sớm hơn so với xe tải là \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\,\,h\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{150}}{x} - \dfrac{{150}}{{x + 5}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 150.3.\left( {x + 5} \right) - 150.3.x = x\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow 450x + 2250 - 450x = {x^2} + 5x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 2250 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( { - 2250} \right) = 9025 = {95^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + 95}}{2} = 45\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 5 - 95}}{2} = - 50\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc xe tải là \(45km/h\).
Bài V:
Phương pháp:
1) Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\), tính được độ dài cạnh \(BC\)
Vận dụng tỉ số lượng của góc nhọn trong tam giác vuông, tính được \(\tan C\).
2) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp, chứng minh tứ giác \(ACHD\) nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Suy ra \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\)cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(\angle ICD = \angle HDB\) và \(\angle DCO = \angle OBD\) mà \(\angle ICO = \angle ICD + \angle DCO = \angle HDB + OBD = {90^0}\)
nên ta có điều phải chứng minh.
c) Chứng minh \(\Delta AHE \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g.g} \right)\) suy ra \(AC.AE = AB.AH = 2R.AH\)
Cách giải:
1) Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} = {4^2} + {3^2} = 25\\ \Rightarrow BC = \sqrt {25} = 5\,\,cm\end{array}\)
\( \Rightarrow \) \(\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy \(BC = 5cm\) và \(\tan C = \dfrac{3}{4}\).
2)
a) Ta có \(HD \bot AB\) tại \(H\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle DHA = {90^0}\)
Mà C thuộc nửa đường tròn nên \(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle DHA + \angle ACB = {180^0}\)\( \Rightarrow ACHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AD\) (dhnb).
Vậy \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\)cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)
b) Ta có \(\angle ECD = {90^0}\) (Bù góc \(\angle ACB = {90^0}\)) nên \(\Delta ECD\) là tam giác vuông tại \(C\).
\(DE\) là cạnh huyền của tam giác vuông \(ECD\) và \(I\) là trung điểm của \(DE\) nên \(IC = ID = IE = \dfrac{1}{2}DE\) (trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền).
\( \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) \( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC = \angle HDB\) (đối đỉnh) (1)
Mặt khác, \(\Delta OBC\) cân tại \(O\,\,\left( {OB = OC} \right)\) \( \Rightarrow \angle DCO = \angle OBD\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ICO = \angle ICD + \angle DCO = \angle HDB + OBD\)
Mà \(\angle OBD + \angle HDB = {90^0}\) (do tam giác \(HBD\) vuông tại \(H\)) \( \Rightarrow \angle ICO = {90^0}\) hay \(IC \bot OC\).
Vậy \(IC\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).
c) Xét tam giác \(\Delta AHE\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\angle EAB\) chung;
\(\angle ACB = \angle AHE = {90^0}\);
\( \Rightarrow \Delta AHE \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow AC.AE = AB.AH = 2R.AH\) (do \(AB = 2R\))
Mặt khác, ta có \(H\) là trung điểm của \(OB\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(HO = \dfrac{1}{2}OB = \dfrac{1}{2}R \Rightarrow AH = AO + OH = R + \dfrac{1}{2}R = \dfrac{3}{2}R\).
Vậy \(AC.AE = 2R.\dfrac{3}{2}R = 3{R^2}\) (đpcm).
Bài I:
Phương pháp:
1) Vận dụng hằng đẳng thức \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,khi\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\)
2) a) Vận dụng hằng đẳng thức \({A^2} - {B^2} = \left( {A - B} \right)\left( {A + B} \right)\) xác định mẫu thức chung, cụ thể: \(x - 4 = \left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)\)
Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán để rút gọn biểu thức \(B\).
b) Yêu cầu đề bài \(B < 1 \Leftrightarrow B - 1 < 0\)
Xác định mẫu thức chung, quy đồng các phân thức, rút gọn biểu thức \(B - 1\).
Chia hai trường hợp để giải bất phương trình \(B - 1 < 0\), cụ thể:
+ Trường hợp 1: Tử số \( > 0\); Mẫu số \( < 0\)
+ Trường hợp 2: Tử số \( < 0\); Mẫu số \( > 0\).
Trong các trường hợp đặc biệt, nếu xác định được dấu của tử số thì ta chỉ cần giải bất phương trình của mẫu số và ngược lại.
Giải các bất phương trình, đối chiếu điều kiện và đưa ra kết luận.
Cách giải:
1) Ta có:
\(\begin{array}{l}A = \sqrt {{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)}^2}} - \sqrt 3 \\A = \left| {2 + \sqrt 3 } \right| - \sqrt 3 \end{array}\)
\(A = 2 + \sqrt 3 - \sqrt 3 \) (do \(2 + \sqrt 3 > 0\))
\(A = 2\).
2) \(B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\) với \(x \ge 0\) và \(x \ne 4\)
a) ĐKXĐ: \(x \ge 0\), \(x \ne 4\). Ta có:
\(\begin{array}{l}B = \dfrac{1}{{\sqrt x + 2}} + \dfrac{1}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{x - 4}} + \dfrac{{\sqrt x + 2}}{{x - 4}} + \dfrac{x}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x - 2 + \sqrt x + 2 + x}}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{x + 2\sqrt x }}{{x - 4}}\\B = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}\\B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\end{array}\)
Vậy với \(x \ge 0\), \(x \ne 4\) thì \(B = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}}\).
b) Ta có:
\(B < 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} < 1\)\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - 1 < 0\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 2}} - \dfrac{{\sqrt x - 2}}{{\sqrt x - 2}} < 0 \Leftrightarrow \dfrac{{\sqrt x - \left( {\sqrt x - 2} \right)}}{{\sqrt x - 2}} < 0\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{2}{{\sqrt x - 2}} < 0 \Leftrightarrow \sqrt x - 2 < 0\) (do \(2 > 0\))
\( \Leftrightarrow \sqrt x < 2 \Leftrightarrow x < {2^2} \Leftrightarrow x < 4\).
Kết hợp với ĐKXĐ ta có \(0 \le x < 4\) thì \(B < 1\).
Bài II:
Phương pháp:
1) a) Phương trình bậc hai một ẩn nhẩm nghiệm nhanh bằng công thức \(a + b + c = 0\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1} = 1;{x_2} = \dfrac{c}{a}\) (với \(a \ne 0\))
b) Vận dụng phương pháp cộng đại số xác định nghiệm của hệ phương trình ban đầu.
c) Nhận thấy, phương trình cần giải là phương trình trùng phương nên ta đặt \({x^2} = t\) \(\left( {t \ge 0} \right)\)(*) khi đó phương trình ban đầu quy về phương trình bậc hai ẩn là \(t\)
Giải phương trình bậc hai ẩn \(t\) đối chiếu điều kiện để xác định \(t\)
Thay \({x^2} = t\) để giải tìm nghiệm \(x\) của phương trình ban đầu và kết luận tập nghiệm của phương trình.
2) Giả sử phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = ax + b\)
Vì \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 nên ta xác định được hệ số \(a\)
Vì \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\) nên ta xác định được hệ số \(b\)
Từ đó kết luận được phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\)
Cách giải:
a) \({x^2} - 3x + 2 = 0\)
Ta có \(a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = 1\\{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2\end{array} \right.\).
Vậy phương tình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;2} \right\}\).
b) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
Ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {2x + y} \right) + \left( {3x - y} \right) = 5 + 5\\3x - y = 5\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\y = 3x - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 3.2 - 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
c)\({x^4} - 8{x^2} - 9 = 0\) (1)
Đặt \({x^2} = t\) \(\left( {t \ge 0} \right)\)(*) phương trình (1) trở thành: \({t^2} - 8t - 9 = 0\) (2).
Ta có \(a - b + c = 1 - \left( { - 8} \right) - 9 = 0\) nên phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{t_1} = - 1\,\,\left( {ktm} \right)\\{t_2} = - \dfrac{c}{a} = 9\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\)
Với \(t = 9 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = - 3\end{array} \right.\).
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm \(S = \left\{ { - 3;3} \right\}\).
2) Giả sử phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) là \(y = ax + b\)
Vì \(\left( d \right)\) có hệ số góc là 2 nên ta có \(a = 2\).
Vì \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(M\left( { - 1;3} \right)\) nên ta có: \(3 = a.\left( { - 1} \right) + b \Leftrightarrow - a + b = 3\) (*).
Thay \(a = 2\) vào (*) ta có \( - 2 + b = 3 \Leftrightarrow b = 5\).
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cần tìm có phương trình là \(y = 2x + 5\).
Bài III:
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị xác định các điểm mà Parabol \(\left( P \right)\) đi qua từ đó vẽ được đồ thị hàm số \(\left( P \right)\).
b) Gọi điểm có tung độ gấp hai lần hoành độ là \(A\left( {m;2m} \right)\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).
Vì \(A \in \left( P \right)\) nên thay tọa độ điểm \(A\) và phường trình parabol \(\left( P \right)\) để xác định tham số \(m\), đốii chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
a) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) có bề lõm hướng lên và nhận \(Oy\) làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | 1 | 2 |
\(y = 2{x^2}\) | 8 | 2 | 0 | 2 | 8 |
\( \Rightarrow \) Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\) đi qua các điểm \(\left( { - 2;8} \right)\), \(\left( { - 1;2} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;2} \right)\), \(\left( {2;8} \right)\).
Đồ thị Parabol \(\left( P \right):\,\,y = 2{x^2}\):
b) Gọi điểm có tung độ gấp hai lần hoành độ là \(A\left( {m;2m} \right)\,\,\left( {m \ne 0} \right)\).
Vì \(A \in \left( P \right)\) nên ta có: \(2m = 2.{m^2} \Leftrightarrow 2{m^2} - 2m = 0 \Leftrightarrow 2m\left( {m - 1} \right) = 0 \Leftrightarrow m = 1\) (do \(m \ne 0\)).
Vậy điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là \(A\left( {1;2} \right)\).
Bài IV:
Phương pháp:
Giải bài toán bằng cách lập phương trình, cụ thể:
Gọi vận tốc xe tải là \(x\)\(\left( {km/h} \right)\)\(\left( {x > 0} \right)\), tính được thời gian xe tải đi hết quãng đường.
Gọi vận tốc của ô tô là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\), tính được thời gian ô tô đi hết quãng đường
Từ giả thiết thời gian xe ô tô đến \(B\) sớm hơn so với xe tải là \(20\) phút nên lập được phương trình, giải phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.
Chú ý: các đại lượng giải toán phải cùng đơn vị đo lường.
Cách giải:
Gọi vận tốc xe tải là \(x\)\(\left( {km/h} \right)\)\(\left( {x > 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Thời gian xe tải đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{x}\,\,\left( h \right)\)
Vận tốc của ô tô là \(x + 5\,\,\left( {km/h} \right)\)
\( \Rightarrow \)Thời gian ô tô đi hết quãng đường \(AB\) là \(\dfrac{{150}}{{x + 5}}\,\,\left( h \right)\)
Do thời gian xe ô tô đến \(B\) sớm hơn so với xe tải là \(20\) phút \( = \dfrac{1}{3}\,\,h\) nên ta có phương trình:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,\dfrac{{150}}{x} - \dfrac{{150}}{{x + 5}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 150.3.\left( {x + 5} \right) - 150.3.x = x\left( {x + 5} \right)\\ \Leftrightarrow 450x + 2250 - 450x = {x^2} + 5x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 2250 = 0\end{array}\)
Ta có: \(\Delta = {5^2} - 4.1.\left( { - 2250} \right) = 9025 = {95^2} > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt
\(\left[ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 5 + 95}}{2} = 45\,\,\left( {tm} \right)\\x = \dfrac{{ - 5 - 95}}{2} = - 50\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Vậy vận tốc xe tải là \(45km/h\).
Bài V:
Phương pháp:
1) Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\), tính được độ dài cạnh \(BC\)
Vận dụng tỉ số lượng của góc nhọn trong tam giác vuông, tính được \(\tan C\).
2) a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp, chứng minh tứ giác \(ACHD\) nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\))
Suy ra \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\)cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh \(\angle ICD = \angle HDB\) và \(\angle DCO = \angle OBD\) mà \(\angle ICO = \angle ICD + \angle DCO = \angle HDB + OBD = {90^0}\)
nên ta có điều phải chứng minh.
c) Chứng minh \(\Delta AHE \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g.g} \right)\) suy ra \(AC.AE = AB.AH = 2R.AH\)
Cách giải:
1) Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = A{C^2} + A{B^2} = {4^2} + {3^2} = 25\\ \Rightarrow BC = \sqrt {25} = 5\,\,cm\end{array}\)
\( \Rightarrow \) \(\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\).
Vậy \(BC = 5cm\) và \(\tan C = \dfrac{3}{4}\).
2)
a) Ta có \(HD \bot AB\) tại \(H\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(\angle DHA = {90^0}\)
Mà C thuộc nửa đường tròn nên \(\angle ACB = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
\( \Rightarrow \angle DHA + \angle ACB = {180^0}\)\( \Rightarrow ACHD\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AD\) (dhnb).
Vậy \(A,\,\,C,\,\,D,\,\,H\)cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)
b) Ta có \(\angle ECD = {90^0}\) (Bù góc \(\angle ACB = {90^0}\)) nên \(\Delta ECD\) là tam giác vuông tại \(C\).
\(DE\) là cạnh huyền của tam giác vuông \(ECD\) và \(I\) là trung điểm của \(DE\) nên \(IC = ID = IE = \dfrac{1}{2}DE\) (trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng một nửa cạnh huyền).
\( \Rightarrow \Delta ICD\) cân tại \(I\) \( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC = \angle HDB\) (đối đỉnh) (1)
Mặt khác, \(\Delta OBC\) cân tại \(O\,\,\left( {OB = OC} \right)\) \( \Rightarrow \angle DCO = \angle OBD\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\angle ICO = \angle ICD + \angle DCO = \angle HDB + OBD\)
Mà \(\angle OBD + \angle HDB = {90^0}\) (do tam giác \(HBD\) vuông tại \(H\)) \( \Rightarrow \angle ICO = {90^0}\) hay \(IC \bot OC\).
Vậy \(IC\) là tiếp tuyến của nửa đường tròn \(\left( O \right)\).
c) Xét tam giác \(\Delta AHE\) và \(\Delta ACB\) ta có:
\(\angle EAB\) chung;
\(\angle ACB = \angle AHE = {90^0}\);
\( \Rightarrow \Delta AHE \sim \Delta ACB\,\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AB}}\) (hai cạnh tương ứng)
\( \Rightarrow AC.AE = AB.AH = 2R.AH\) (do \(AB = 2R\))
Mặt khác, ta có \(H\) là trung điểm của \(OB\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(HO = \dfrac{1}{2}OB = \dfrac{1}{2}R \Rightarrow AH = AO + OH = R + \dfrac{1}{2}R = \dfrac{3}{2}R\).
Vậy \(AC.AE = 2R.\dfrac{3}{2}R = 3{R^2}\) (đpcm).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang năm 2021 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của các em học sinh. Để giúp các em tự tin đối mặt với kỳ thi này, loigiai.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi chính thức kèm theo phân tích chi tiết và hướng dẫn giải.
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2021 thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Nhìn chung, đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2021 có độ khó tương đối, tập trung vào các kiến thức cơ bản và nâng cao của chương trình Toán lớp 9. Các bài toán thường được trình bày dưới dạng tự luận, đòi hỏi học sinh phải có khả năng vận dụng kiến thức và kỹ năng giải quyết vấn đề.
Đề thi 1: Đề thi này tập trung vào các bài toán về đại số, đặc biệt là phương trình và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải có khả năng biến đổi phương trình, giải phương trình, và kiểm tra nghiệm.
Đề thi 2: Đề thi này tập trung vào các bài toán về hình học, đặc biệt là hình học phẳng. Các bài toán yêu cầu học sinh phải có khả năng vẽ hình, chứng minh các tính chất hình học, và tính toán các yếu tố hình học.
Đề thi 3: Đề thi này kết hợp các dạng bài tập từ đại số, hình học, và số học. Các bài toán yêu cầu học sinh phải có khả năng tổng hợp kiến thức và kỹ năng để giải quyết vấn đề.
Để giải tốt các đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2021, các em học sinh cần:
Ngoài việc luyện tập giải đề, các em học sinh cũng cần chú ý đến các yếu tố sau:
Loigiai.com.vn cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi Toán vào 10, bao gồm:
Hãy truy cập loigiai.com.vn để khám phá thêm nhiều tài liệu ôn thi hữu ích và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán!
| Năm | Điểm chuẩn |
|---|---|
| 2020 | 8.0 |
| 2019 | 7.5 |
| 2018 | 7.0 |
| Lưu ý: Điểm chuẩn có thể thay đổi theo từng năm. | |
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!
