Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Tiền Giang năm 2021 chính thức. 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, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập giúp các em nắm vững kiến thức và tự tin hơn trong quá trình ôn luyện.
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 Tiền Giang 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 thuộc chương trình Toán lớp 9, tập trung vào các chủ đề chính như Đại số, Hình học và số học. Việc nắm vững kiến thức cơ bản và luyện tập thường xuyên là chìa khóa để đạt kết quả tốt trong kỳ thi này.
Thông thường, đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang 2021 có cấu trúc như sau:
Để giúp các em học sinh có cái nhìn rõ ràng hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích chi tiết đề thi chính thức năm 2021:
Câu hỏi này kiểm tra kiến thức về phương trình bậc hai. Học sinh cần nắm vững các công thức nghiệm và điều kiện để phương trình có nghiệm. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần:
Câu hỏi này liên quan đến tam giác đồng dạng. Học sinh cần nắm vững các trường hợp đồng dạng của tam giác và các tính chất liên quan. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần:
Câu hỏi này kiểm tra kiến thức về tỉ lệ thức. Học sinh cần nắm vững các tính chất của tỉ lệ thức và cách giải bài toán liên quan. Để giải quyết câu hỏi này, học sinh cần:
Để đạt kết quả tốt trong kỳ thi vào 10 môn Toán Tiền Giang, các em học sinh cần:
Giaibaitoan.com cung cấp đầy đủ các tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán Tiền Giang, bao gồm:
Đề thi vào 10 môn Toán Tiền Giang năm 2021 đòi hỏi các em học sinh phải có sự chuẩn bị kỹ lưỡng và ôn luyện chăm chỉ. Hy vọng với những thông tin và tài liệu mà giaibaitoan.com cung cấp, các em sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới.
