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).