Đề Toán tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Bình Dương - Kỳ thi vào lớp 10 năm 2021 tỉnh Bình Dương chính thức được tổ chức. Trong bài viết này AIOMT Premium xin chia sẻ đáp án môn toán thi tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Bình Dương, mời các bạn chú ý theo dõi.
Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Bình Dương 2021
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho Parabol $(P)\colon y={x^2}$ và đường thẳng ${(\mathrm{d})\colon \mathrm{y}=5 \mathrm{x}+6}$
1) Vẽ đồ thị $(P)$.
2) Tìm tọa độ các giao điểm của $(P)$ và $(d)$ bằng phép tính.
3) Viết phương trình đường thẳng $(d')$ biết $(d')$ song song $(d)$ và $(d')$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành đô lần lượt là ${x_1, x_2}$ sao cho ${x_1. x_2=24}$.
Bài 4. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp $3$ lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng $1{,}5\text{m}$. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn đề trồng trọt là ${4329 \mathrm{~m}^2}$.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1.
1) $A=\sqrt {75}-5 \sqrt (1-\sqrt {3})^2$
Ta có :
$A=\sqrt {75}-5\sqrt {(1-\sqrt {3})^2}$
$=\sqrt {25\cdot 3}-5|1-\sqrt {3}|$
$=5\sqrt {3}-5(\sqrt {3}-1)$ (do $1-\sqrt {3}<0$)
$=5\sqrt {3}-5\sqrt {3}+5$
$=5$
Vậy ${{A=5}}$.
2) ${{B=\dfrac{\sqrt {10}-\sqrt {6}}{\sqrt {5}-\sqrt {3}}-\dfrac{1}{\sqrt {2}+1}}}$
Ta có:
$B=\dfrac{\sqrt {10}-\sqrt {6}}{\sqrt {5}-\sqrt {3}}-\dfrac{1}{\sqrt {2}+1}$
$=\dfrac{\sqrt {2}(\sqrt {5}-\sqrt {3})}{\sqrt {5}-\sqrt {3}}-\dfrac{\sqrt {2}-1}{(\sqrt {2}+1)(\sqrt {2}-1)}$
$=\sqrt {2}-\dfrac{\sqrt {2}-1}{2-1}$
$=\sqrt {2}-(\sqrt {2}-1)$
$=\sqrt {2}-\sqrt {2}+1$
$=1$
Vậy ${{B=1}}$.
Bài 2.
1) Giải hệ phương trình đã cho khi ${m=9}$.
Với ${m=9}$ hệ phương trình trở thành \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 10}\\{2x - y = 9}\end{array}} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 10}\\{4x - 2y = 18}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{7x = 28}\\{y = 2x - 9}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 4}\\{y = 2.4 - 9 = - 1}\end{array}} \right.} \right.} \right.\)
Vậy với ${m=9}$ hệ phương trình có nghiệm ${(x, y)}$ là ${(4,-1)}$.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số ${m}$ để hệ phương trình có nghiệm ${(x, y)}$ thỏa mãn ${x>0, y<0}$.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 10}\\{2x - y = m}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3x + 2y = 10}&{{\rm{ (1) }}}\\{y = 2x - m}&{{\rm{ (2) }}}\end{array}} \right.} \right.\)
Thay (2) vào (1) ta được
${3 x+2(2 x-m)=10 \Leftrightarrow 3 x+4 x-2 m=10 \Leftrightarrow 7 x=2 m+10 \Leftrightarrow x=\dfrac{2 m+10}{7}}$
Thay ${x=\dfrac{2 m+10}{7}}$ vào (2) ta được \(y = 2 \cdot \dfrac{{2m + 10}}{7} - m = \dfrac{{4m + 20}}{7} - \dfrac{{7m}}{7} = \dfrac{{20 - 3m}}{7}\)
Để ${x>0, y<0}$ khi và chỉ khi \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\dfrac{{2m + 10}}{7} > 0}\\{\dfrac{{ - 3m + 20}}{7} < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2m + 10 > 0}\\{ - 3m + 20 < 0}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{m > - 5}\\{m > \dfrac{{20}}{3}}\end{array} \Leftrightarrow m > \dfrac{{20}}{3}} \right.} \right.} \right.\)
Vậy $m > \dfrac{20}{3}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3.
Đồ thị hàm số ${y=-x^{2}}$ đi qua gốc tọa độ ${O}$, có bề
lōm hướng xuống và nhận ${O y}$ làm trục đối xứng.
Bảng giá trị:
|
$x$ |
$-2$ |
$-1$ |
$0$ |
$1$ |
$2$ |
|
$y=-{{x}^{2}}$ |
$-4$ |
$-1$ |
$0$ |
$-1$ |
$-4$ |
${\Rightarrow}$ Parabol ${(P): y=-x^{2}}$ đi qua các điểm ${(-2
;-4),(-1 ;-1),(0 ; 0),(1 ;-1),(2 ;-4)}$.
Đồ thị Parabol ${(P): y=-x^{2}}$ :
2) Tìm tọa độ các giao điểm của $(P)$ và $(d)$ bằng phép
tính.
Hoành độ giao điểm của đồ thị
${(P)}$ và ${(d)}$ là nghiệm của phương trình:
$-{{x}^{2}}=5x+6\Leftrightarrow
{{x}^{2}}+5x+6=0$
Ta có: ${\Delta=b^{2}-4 a
c=5^{2}-4.6=1>0}$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt ${\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{-5+1}{2}=-2
\\ x=\dfrac{-5-1}{2}=-3\end{array}\right.}$.
Với ${x=-2 \Rightarrow
y=-(-2)^{2}=-4}$.
Với ${x=-3 \Rightarrow
y=-(-3)^{2}=-9}$.
Vậy tọa độ các giao điểm của ${(P)}$
và ${(d)}$ là ${A(-2 ;-4), B(-3 ;-9)}$.
3) Viết phương trình đường thẳng $(d')$ biết $(d')$ song song
$(d)$ và $(d')$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt có hoành đô lần lượt là ${x_{1},
x_{2}}$ sao cho ${x_{1}, x_{2}=24}$.
Vì $(d')$ song song ${(d)}$
nên $(d')$ có dạng ${y=5 x+b(b \neq 6)}$ (1)
Hoành độ giao điểm của đồ thị
${(P)}$ và $(d')$ là nghiệm của phương trình:
$-{{x}^{2}}=5x+b\Leftrightarrow {{x}^{2}}+5x+b=0(*)$${}$
$(d')$ cắt ( ${P}$ ) tại hai
điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (* ) có 2 nghiệm phân biệt
${\Rightarrow \Delta>0 \Leftrightarrow 5^{2}-4 b>0
\Leftrightarrow b<\dfrac{25}{4}}$ (2)
Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta
có ${{x}_{1}}.{{x}_{2}}=b\Rightarrow b=-24<\dfrac{25}{4}$, thỏa mãn (1) và
(2).
Vậy phương trình đường thẳng $(d')$
cần tìm là: $(d'):y=5x-24$.
Bài 4.
Goi chiều
rộng của khu vườn là $x$ (mét; $x>0$).
Vì chiều dài
gấp 3 lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là $3 x(m)$.
Do lối đi
xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng $1,5 \mathrm{~m}$ nên:
Chiều dài
phần đất để trồng trọt là: $3 x-1,5.2=3 x-3$ (mét)
Chiều rộng
phần đất để trồng trọt là: $x-1,5.2=x-3$ (mét)
Vì diện tích
vườn để trồng trọt là $4329 \mathrm{~m}^{2}$ nên ta có phương trình: $(x-3)(3
x-3)=4329$
$\Leftrightarrow(x-3)(x-1)=1443
\Leftrightarrow x^{2}-4 x+3=1443 \Leftrightarrow x^{2}-4 x-1440=0$
Ta có $\Delta^{\prime}=2^{2}+1440=1444>0$
nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[\begin{array}{l}x_{1}=2+\sqrt{1444}=40
\quad(\mathrm{tm}) \\ x_{2}=2-\sqrt{1444}=-36(\mathrm{ktm})\end{array}\right.$
1) Tứ giác $AECD$ nội tiếp được trong đường tròn.
Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ và nội tiếp $(O)$ nên $BC$ là đường kính của $(O)$
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot AC}\\{CD//AB}\end{array}(gt) \Rightarrow AC \bot CD} \right.\) (từ vuông góc đến song song) $\Rightarrow \widehat{ACD}={{90}^{{}^\circ }}$.
Xét tứ giác $AECD$ có: $\widehat{AED}=\widehat{ACD}={{90}^{{}^\circ }}\Rightarrow AECD$ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
2) $\widehat{AOF}=2\widehat{CAE}$
Do tứ giác $AECD$ là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\widehat{CAE}=\widehat{CDE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{CE}$).
Mà $\widehat{CDE}=\widehat{ABF}$ (so le trong) $\Rightarrow \widehat{CAE}=\widehat{ABF}$.
Mặt khác: $\widehat{AOF}=2\widehat{ABF}$ (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AF}$) $\Rightarrow \widehat{AOF}=2\widehat{CAE}$ (đpcm).
3) Tứ giác $AECF$ là hình bình hành.
Do tứ giác $AECD$ là tứ giác nội tiếp (cmt) nên $\widehat{ACE}=\widehat{ADE}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{AE}$).
Ta có: $\widehat{ADE}=\widehat{DBC}$ (so le trong do $AD//BC$) $\Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{DBC}$.
Mà $\widehat{DBC}=\widehat{FBC}=\widehat{FAC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn $\overset\frown{FC}$$)$$\Rightarrow \widehat{ACE}=\widehat{FAC}$.
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $AF//EC$ (dhnb) $(1)$
Măt khác: $\widehat{CFE}={{90}^{{}^\circ }}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $CF\bot FE$ hay $CF\bot BD$.
Mà $AE\bot BD(gt)$ nên $AE//CF$ (từ vuông góc đến song song)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $AECF$là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song) (đpcm).
4) $DF.DB=2.A{{B}^{2}}$
Gọi $\{T\}=AC\cap BD$.
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB//CD}\\{AD//BC}\end{array}(gt) \Rightarrow ABCD} \right.\) là hình bình hành (dhnb) $\Rightarrow TA=TC,TB=TD$ và $AB=CD$ (tính chất).
Xét $\Delta DCT$ vuông tại $C$ có $CF\bot BD(\text{cmt})\Rightarrow CF\bot DT\Rightarrow CF$ là đường cao nên:
$C{{D}^{2}}=DF.DT$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
$\Rightarrow 2.C{{D}^{2}}=2.DF.DT=(2.DT)\cdot DF=DB.DF.$
Mà $AB=CD$ (cmt).
Vậy $DF.DB=2A{{B}^{2}}$ (đpcm).