Giaibaitoan.com 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.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án chi tiết và phương pháp giải bài tập hiệu quả.
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)
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
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.
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
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.
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. Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập thuộc nhiều chủ đề khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Việc nắm vững cấu trúc đề thi, các dạng bài tập thường gặp và phương pháp giải quyết hiệu quả là yếu tố then chốt để đạt kết quả cao.
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 thường có cấu trúc tương đối ổn định qua các năm. Thông thường, đề thi sẽ bao gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuyên xuất hiện trong đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 bao gồm:
Để giải phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0, ta có thể sử dụng các phương pháp sau:
Khi giải các bài toán về đường tròn, cần nắm vững các tính chất cơ bản của đường tròn, như:
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, các em học sinh nên dành thời gian luyện tập với các đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021. Việc giải đề thi không chỉ giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi mà còn giúp các em rèn luyện kỹ năng giải toán và phát hiện ra những lỗ hổng kiến thức cần bổ sung.
Ngoài bộ đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu sau:
Đề thi vào 10 môn Toán Vĩnh Phúc năm 2021 là một kỳ thi quan trọng, đòi hỏi sự chuẩn bị kỹ lưỡng và nỗ lực không ngừng. Hy vọng với những thông tin và hướng dẫn trên, các em học sinh sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc các em thành công!
