[FILE WORD] ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN TIỀN GIANG 2021

Đề Toán tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Tiền Giang - Kỳ thi vào lớp 10 năm 2021 tỉnh Tiền Giang 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 Tiền Giang, mời các bạn chú ý theo dõi.

Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Tiền Giang 2021
Bài III. (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho parabol $(P):y=2{{x}^{2}}$.
a) Vẽ đồ thị parabol $(P)$.
b) Bằng phép tính, tìm tất cả những điểm thuộc Parabol $(P)$ (khác gốc tọa độ $O$) có tung độ gấp hai lần hoành độ
Bài IV. (1,5 điểm)
Quãng đường $AB$ dài $150\text{ km}$. Một xe tải khởi hành đi từ $A$ đến $B$, cùng lúc đó một ô tô cũng đi trên quãng đường đó từ $A$ đến $B$ với vận tốc lớn hơn vận tốc xe tải $5\text{ km/h}$, nên ô tô đến $B$ sớm hơn xe tải $20$ phút. Tính vận tốc xe tải.

HƯỚNG DẪN GIẢI 

Bài I.

1) Rút gon biểu thức: $A=\sqrt{{{(2+\sqrt{5})}^{2}}}-\sqrt{3}$

Ta có:

$A=\sqrt{{{(2+\sqrt{3})}^{2}}}-\sqrt{3}$

$A=\left| 2+\sqrt{3} \right|-\sqrt{3}$

$A=2+\sqrt{3}-\sqrt{3}($ do $2+\sqrt{3}>0)$

$A=2$.

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 gon biểu thức $B$

ĐKXĐ: $x\ge 0,x\ne 4$. 

Ta có:

$B=\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{x}{x-4}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}-2}{x-4}+\dfrac{\sqrt{x}+2}{x-4}+\dfrac{x}{x-4}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}-2+\sqrt{x}+2+x}{x-4}$

$B=\dfrac{x+2\sqrt{x}}{x-4}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)}$

$B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$

Vậy với $x\ge 0,x\ne 4$ thì $B=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}$.

b) Tìm tất cả các giá trị của $x$ để $B<1$

Ta có:

$B<1\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}<1\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-1<0$

$\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}-2}<0\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}-(\sqrt{x}-2)}{\sqrt{x}-2}<0$

$\Leftrightarrow \dfrac{2}{\sqrt{x}-2}<0\Leftrightarrow \sqrt{x}-2<0$ (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.

1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) ${{x}^{2}}-3x+2=0$

Ta có $a+b+c=1-3+2=0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = 1}\\{{x_2} = \dfrac{c}{a} = 2}\end{array}} \right.$.

Vậy phương tình đã cho có tập nghiệm $S=\{1;2\}$.

b) $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{2x + y = 5}\\{3x - y = 5}\end{array}} \right.$

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 5\\3x - y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 10\\2x + y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 2\\y = 1\end{array} \right.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x;y)=(2;1)$.

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 $a-b+c=1-(-8)-9=0$ nên phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt: $\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{t_1} =  - 1(ktm)}\\{{t_2} =  - \dfrac{c}{a} = 9(tm)}\end{array}} \right.$

Với $t = 9 \Leftrightarrow {x^2} = 9 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 3}\\{x =  - 3}\end{array}} \right.$

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm $S=\{-3;3\}$.

2) Viết phương trình đường thẳng $(d)$ có hệ số góc là 2 và đi qua điểm $M(-1;3)$

Giả sử phương trình đường thẳng $(d)$ là $y=ax+b$

Vì $(d)$ có hệ số góc là 2 nên ta có $a=2$.

Vì $(d)$ đi qua điểm $M(-1;3)$ 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 $(d)$ cần tìm có phương trình là $y=2x+5$.

Bài III.

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho parabol $(P):y=2{{x}^{2}}$.

a) Vẽ đồ thị parabol $(P)$.

Parabol $(P):y=2{{x}^{2}}$ 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 $(P):y=2{{x}^{2}}$ đi qua các điểm $(-2;8),(-1;2),(0;0),(1;2),(2;8)$.

Đồ thị Parabol $(P):y=2{{x}^{2}}$ 

b) Bằng phép tính, tìm tất cả những điểm thuộc Parabol $(P)$ (khác gốc tọa độ $O$) có tung độ gấp hai lần hoành độ

Goi điểm có tung độ gấp hai lần hoành độ là $A(m;2m)(m\ne 0)$.

Vì $A\in (P)$ nên ta có: $2m=2.{{m}^{2}}\Leftrightarrow 2{{m}^{2}}-2m=0\Leftrightarrow 2m(m-1)=0\Leftrightarrow m=1$ (do $m\ne 0$).

Vậy điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là $A(1;2)$

Bài IV:

Quãng đường $AB$ dài $150\text{ km}$. Một xe tải khởi hành đi từ $A$ đến $B$, cùng lúc đó một ô tô cũng đi trên quãng đường đó từ $A$ đến $B$ với vận tốc lớn hơn vận tốc xe tải $5\text{ km/h}$, nên ô tô đến $B$ sớm hơn xe tải $20$ phút. Tính vận tốc xe tải.

Gọi vận tốc xe tải là $x\text{ (km/h)}(x>0)$

$\Rightarrow$ Thời gian xe tải đi hết quãng đường $AB$ là $\dfrac{150}{x}(h)$

Vận tốc của ô tô là $x+5\text{ (km/h)}$

$\Rightarrow$ Thời gian ô tô đi hết quãng đường $AB$ là $\dfrac{150}{x+5}(h)$

Do thời gian xe ô tô đến $B$ sóm hơn so với xe tải là 20 phút $=\dfrac{1}{3}h$ nên ta có phương trình:

$\begin{array}{l}\dfrac{{150}}{x} - \dfrac{{150}}{{x + 5}} = \dfrac{1}{3}\\ \Leftrightarrow 150.3 \cdot (x + 5) - 150.3x = x(x + 5)\\ \Leftrightarrow 450x + 2250 - 450x = {x^2} + 5x\\ \Leftrightarrow {x^2} + 5x - 2250 = 0\end{array}$

Ta có: $\Delta ={{5}^{2}}-4.1.(-2250)=9025={{95}^{2}}>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

$\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = \dfrac{{ - 5 + 95}}{2} = 45(tm)}\\{x = \dfrac{{ - 5 - 95}}{2} =  - 50(ktm)}\end{array}} \right.$

Vậy vận tốc xe tải là $45~km/h$.

Bài V.

1) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=3\text{cm}$ và $AC=4\text{cm}$. Tính độ dài cạnh $BC$ và giá trị của $\tan C$.

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông $ABC$ vuông tại $A$ ta có:

$B{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}={{4}^{2}}+{{3}^{2}}=25$

$\Rightarrow BC=\sqrt{25}=5\text{cm}$

$\Rightarrow \tan C=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{4}$

Vậy $BC=5cm$ và $\tan C=\dfrac{3}{4}$.

2) Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB=2R$. Lấy điểm $C$ thuộc nửa đường tròn $(O)$ 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.

Ta có $HD\bot AB$ tại $H(gt)$ nên $\widehat{DHA}=90{}^\circ$

Mà $C$ thuộc nửa đường tròn nên $\widehat{ACB}=90{}^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{DHA}+\widehat{ACB}=180{}^\circ \Rightarrow ACHD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$ (dhnb).

Vậy $A,C,D,H$ cùng thuộc một đường tròn. (đpcm)

b) Gọi $I$ là trung điểm $DE$. Chứng minh rằng $IC$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $(O)$.

Ta có $\widehat{ECD}=90{}^\circ$ (Bù góc $\widehat{ACB}=90{}^\circ$) 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 $I\Rightarrow \widehat{ICD}=\widehat{IDC}=\widehat{HDB}$ (đối đỉnh)

Mặt khác, $\Delta OBC$ cân tại $O(OB=OC)\Rightarrow \widehat{DCO}=\widehat{OBD}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ICO}=\widehat{ICD}+\widehat{DCO}=\widehat{HDB}+\widehat{OBD}$

Mà $\widehat{OBD}+\widehat{HDB}=90{}^\circ$ (do tam giác $HBD$ vuông tại $H)$$\Rightarrow \widehat{ICO}=90{}^\circ$ hay $IC\bot OC$.

Vậy $IC$ là tiếp tuyến của nửa đường tròn $(O)$.

c) Chứng minh rằng $AC.AE=3{{R}^{2}}$.

Xét tam giác $\Delta AHE$ và $\Delta ACB$ ta có:

$\widehat{EAB}$ chung;

$\widehat{ACB}=\widehat{AHE}=90{}^\circ ;$

$\Rightarrow \Delta AHE\sim\Delta ACB(g.g)\Rightarrow \dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AB}$ (hai cạnh tương ứng)

$\Rightarrow AC\cdot AE=AB\cdot AH=2R\cdot AH$ (do $AB=2R)$

Mặt khác, ta có $H$ là trung điểm của $OB(gt)$ nên $HO=\dfrac{1}{2}OB=\dfrac{1}{2}R\Rightarrow AH=AO+OH=R+\dfrac{1}{2}R=\dfrac{3}{2}R$.

Vậy $AC,AE=2R\cdot \dfrac{3}{2}R=3{{R}^{2}}$ (đpcm).

TẢI XUỐNG FILE WORD CLICK HERE