Đề Toán tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Bến Tre - Kỳ thi vào lớp 10 năm 2021 tỉnh Bến Tre 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 Bến Tre, mời các bạn chú ý theo dõi.
Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Bến Tre 2021
Câu 7. (2.5 điểm) Cho đường tròn $(O;3\text{cm})$ và điểm $M$ sao cho $OM=6\text{cm}$. Từ điểm $M$ kẻ hai tiếp tuyến $MA$ và $MB$ đến đường tròn $(O)$ ($A$ và $B$ là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng $OA$ lấy điểm $D$ ($D$ khác $A$ và $O$), dựng đường thẳng vuông với $OA$ tại $D$ và cắt $MB$ tai $E$.
a) Chứng minh tứ giác $ODEB$ nội tiếp đường tròn.
b) Tứ giác $ADEM$ là hình gì? Vì sao?
c) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $MO$ và $(O)$ sao cho điểm $O$ nằm giữa điểm $M$ và điểm $K$. Chứng minh tứ giác $AMBK$ là hình thoi.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a) Dựa vào hình vẽ ta có: ${{M(-1 ; 2-), P(3 ; 3)}}$.
b) Dựa vào hình vẽ ta có: ${{N(-2 ; 4)}}$ nên hoành độ điểm ${{N}}$ là ${{x_{N}=-2}}$.
c) Dựa vào hình vẽ ta có: ${{Q(1 ;-1)}}$ nên tung độ điểm ${{N}}$ là ${{y_{Q}=-1}}$.
Câu 2.
a) ${{A=\sqrt{9.32}-\sqrt{2}}}$
${{A=\sqrt{9.16 .2}-\sqrt{2}}}$
${{A=3.4 \sqrt{2}-\sqrt{2}}}$
${{A=12 \sqrt{2}-\sqrt{2}}}$
${{A=11 \sqrt{2}}}$
Vậy ${{A=11 \sqrt{2}}}$
b) Với ${{x \geq 0}}$ ta có:
${{B=\dfrac{x-5}{\sqrt{x}+\sqrt{5}}=\dfrac{(\sqrt{x}+\sqrt{5})(\sqrt{x}-\sqrt{5})}{\sqrt{x}+\sqrt{5}}=\sqrt{x}-\sqrt{5} .}}$
Vậy với ${{x \geq 0}}$ thì ${{B=\sqrt{x}-\sqrt{5}}}$.
Câu 3.
a) Điểm $O(0;0)$ có thuộc $(d)$ không? Vì sao?
Thay ${{x=0}}$ và ${{y=0}}$ vào phương trình đường thẳng ${{(d): y=(5 m-6) x+2021}}$ ta được:
$0=\left( 5m-6 \right).0+2021\Leftrightarrow 0=2021$ (vô lí)${{}}$
Vậy ${{O(0 ; 0)}}$ không thuộc đường thẳng ${{(d)}}$.
b) Tìm các giá trị của $m$ đề $(d)$ song song với đường thẳng: $y=4x+5$.
Đường thẳng ${{(d)}}$ song song với đường thẳng: ${{y=4 x+5 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}5 m-6=4 \\ 2021 \neq 5(\text { luôn đúng })\end{array} \Leftrightarrow m=2\right.}}$.
Vậy ${{m=2}}$ thỏa mãn đề bài.
Câu 4.
Parabol ${(P): y=\dfrac{1}{2} x^{2}}$ có bề lõm hướng lên và nhận ${O y}$ làm trục đối xứng.
Ta có bảng giá trị sau:
|
$x$
|
$-4$
|
$-2$
|
$0$
|
$2$
|
$4$
|
|
$y=\dfrac{1}{2}{{x}^{2}}$
|
$8$
|
$2$
|
$0$
|
$2$
|
$8$
|
Parabol ${(P): y=\dfrac{1}{2} x^{2}}$ đi qua các điểm $\left( -4;8 \right)$, $\left( -2;2 \right)$, $\left( 0;0 \right)$, $\left( 2;2 \right)$, $\left( 4;8 \right)$
Đồ thị:
Câu 5.
a) Ta có $a+b+c=5+6-11=0$ nên phương trình có nghiệm phân biệt $\left[\begin{array}{l}x_{1}=1 \\ x_{2}=\dfrac{c}{a}=-\dfrac{11}{5} \text { . }\end{array}\right.$
Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\left\{\dfrac{-11}{5} ; 1\right\}$.
b)
$\left\{\begin{array}{c}x+y=5 \\ 4 x+5 y=9\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}4 x+4 y=20 \\ 4 x+5 y=9\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=-11 \\ x=5-y\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}x=16 \\ y=-11\end{array}\right.\right.\right.\right.$
Vậy hệ phương trình có nghiệm $(x ; y)=(16 ;-11)$.
c) Phương trình $x^{2}-2(m-3) x-6 m-7=0$ có $\Delta^{\prime}=(m-3)^{2}+6 m+7=m^{2}+16>0$ với mọi $m \in \mathbb{R}$.
Suy ra phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$.
Theo định li Vi-et ta có: $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=2 m-6 \\ x_{1} x_{2}=-6 m-7\end{array}\right.$
Theo bài ra ta có:
$C=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}+8 x_{1} x_{2}$
$\Rightarrow C=(2 m-6)^{2}+8(-6 m-7)$
$\Leftrightarrow C=4 m^{2}-24 m+36-48 m-56$
$\Leftrightarrow C=4 m^{2}-72 m-20$
$\Leftrightarrow C=4\left(m^{2}-18 m+81\right)-4.81-20$
$\Leftrightarrow C=4(m-9)^{2}-344$
Vì $(m-9)^{2} \geq 0 \forall m \Leftrightarrow 4(m-9)^{2} \geq 0 \forall m \Leftrightarrow 4(m-9)^{2}-344 \geq-344 \forall m$.
Vậy $C_{\min }=-344$. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $m=9$.
Câu 6.
Xét tam giác $ABC$ có: $\widehat{BAC}+\widehat{BCA}+\widehat{ABC}={{180}^{{}^\circ }}$ (tổng 3 góc trong một tam giác).
$\Rightarrow {{30}^{{}^\circ }}+{{40}^{{}^\circ }}+\widehat{ABC}={{180}^{{}^\circ }}\Rightarrow \widehat{ABC}={{110}^{{}^\circ }}.$
Tứ giác $ABCD$nội tiếp đường tròn $(O)$ nên $\widehat{ABC}+\widehat{ADC}={{180}^{{}^\circ }}$ (tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp) $\Rightarrow {{110}^{{}^\circ }}+\widehat{ADC}={{180}^{{}^\circ }}\Rightarrow \widehat{ADC}={{70}^{{}^\circ }}$.
Ta có: $\widehat{AOC}=2\widehat{ADC}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AC$) $\Rightarrow \widehat{AOC}={{2.70}^{{}^\circ }}={{140}^{{}^\circ }}$.
Vậy $\widehat{ABC}={{110}^{{}^\circ }},\widehat{ADC}={{70}^{{}^\circ }},\widehat{AOC}={{140}^{{}^\circ }}$.
Câu 7.
a) Vì \$MAMB\$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $\widehat{OAM}=\widehat{OBM}={{90}^{{}^\circ }}$.
Xét tứ giác \$ODEB\$ có: $\widehat{ODE}+\widehat{OBE}={{90}^{{}^\circ }}+{{90}^{{}^\circ }}={{180}^{{}^\circ }}$.
$\Rightarrow ODEB$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng ${{180}^{{}^\circ }}$ )
b) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AM \bot OA(gt)}\\{DE \bot OA(gt)}\end{array} \Rightarrow AM//DE} \right.\) (từ vuông góc đến song song)
$\Rightarrow ADEM$ là hình thang.
Lại có $\widehat{DAM}=\widehat{ADE}={{90}^{{}^\circ }}$ nên $ADEM$ là hình thang vuông
c) Gọi $\{H\}=AB\cap OM$
Ta có: $OA=OB=3~\text{cm}\Rightarrow O$ thuộc trung trực của $AB$.
$MA=MB$ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) $\Rightarrow M$ thuộc trung trực của $AB$.
$\Rightarrow OM$ là trung trực của $AB\Rightarrow OM\bot AB$ tại $H$.
$\Rightarrow MK$ là trung trực của $AB$, mà $M\in MK\Rightarrow MA=MB$.
Xét tam giác $OAM$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:$OH.OM=O{{A}^{2}}\Rightarrow OH=\dfrac{O{{A}^{2}}}{OM}=\dfrac{{{3}^{2}}}{6}=1,5(~\text{cm}).$.
Xét tam giác vuông $OAH$ có: $\sin \widehat{OAH}=\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{1,5}{3}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \widehat{OAH}={{30}^{{}^\circ }}$.
$\Rightarrow \widehat{BAM}={{90}^{{}^\circ }}-\widehat{OAH}={{90}^{{}^\circ }}-{{30}^{{}^\circ }}={{60}^{{}^\circ }}.$
$\Rightarrow \Delta MAB$ đều $\Rightarrow MA=MB=AB(1)$
Ta lại có: $\widehat{AKB}=\widehat{BAM}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung $AB$)
$\Rightarrow \widehat{AKB}={{60}^{o}}\Rightarrow \Delta AKB$ đều $\Rightarrow KA=KB=AB(2)$
Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow MA=MB=KA=KB$.
Vậy $AMBK$ là hình thoi (định nghĩa) (đpcm).
