THCS
THCS
montoan.com.vn xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh An Giang năm 2021. Đây là tài liệu ôn tập vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi chính thức, đáp án chi tiết và hướng dẫn giải bài tập, giúp các em nắm vững kiến thức và kỹ năng làm bài thi hiệu quả.
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
a) \(\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho hai hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị là parabol \(\left( P \right)\) và \(y = x + 2\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\) (\(m\) là tham số, \(x\) là ẩn số).
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Câu 4 (2 điểm): Cho bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) theo thứ tự lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính \(AD.\) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Kẻ \(EF \bot AD\,\,\,\left( {F \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Câu 5 (1 điểm): Một bức tường được xây bằng các viên gạch hình chữ nhật bằng nhau và được bố trí như hình vẽ bên dưới. Phần sơn màu (tô đậm) là phần ngoài của một tam giác có cạnh đáy \(10\,dm\) và chiếu cao \(6\,dm.\) Tính diện tích phần tô đậm.
Câu 1
Phương pháp:
a) Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) sau đó giải
b) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\), sau đó giải phương trình
c) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
a)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = 2 + \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = \sqrt 2 \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm:\(x = \sqrt 2 .\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} + t - 6 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3t - 6 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t - 2} \right) + 3\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\t + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 3\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {x^2} = 2\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - \sqrt 2 ;\,\,\sqrt 2 } \right\}.\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\3x = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 4\\x = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(S = \left( {5;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị để vẽ đồ thị
b) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right)\,,\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,2} \right)\) và \(\left( { - 2;\,\,0} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = - 1\)\( \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = {2^2} = 4.\)
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
b) Áp dụng ứng dụng của hệ thức Vi – ét và giả thiết của đề bài để tìm \(m\)
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 3m - 4} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3m + 4 > 0\\ \Leftrightarrow m + 5 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 5.\end{array}\)
Vậy với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 3m - 4\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 3m - 4} \right)\\\,\,\,\,\, = 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} - 8m + 4 - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} + m + 16.\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 16 = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 2;\,\,1} \right\}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Sử dụng tính chất bắc cầu để chứng minh \( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
Ta có: \(\angle ABD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AD\)
\( \Rightarrow \angle ABD = {90^0}\) hay \(\angle ABE = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABEF\) ta có: \(\angle ABE + \angle AFE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Vì \(ABEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle FBE = \angle FAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))
Hay \(\angle CAD = \angle FBD.\)
Lại có: \(\angle CBD = \angle CAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
\( \Rightarrow \angle CBD = \angle FBD\,\,\,\left( { = \angle CAD} \right)\)
\( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
Câu 5
Phương pháp:
Tính diện tích của 1 viên gạch từ đó tính diện tích của bức tường, tính diện tich của hình tam giác và từ đó suy ra phần diện tích cần tính.
Cách giải:
Chiều rộng của một viên gạch là: \(6:4 = 1,5\,\,\left( {dm} \right).\)
Chiều dài của một viên gạch là: \(10:5 = 2\,\,\left( {dm} \right).\)
Diện tích của một viên gạch là: \(1,5.2 = 3\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Tổng số viên gạch để xây bức tường là: \(2 + 3 + 4 + 5 = 14\) (viên).
Diện tích của bức tường đã xây là: \(3.14 = 42\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích tam giác trong hình là: \(\dfrac{1}{2}.6.10 = 30\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích phần sơn màu là: \(42 - 30 = 12\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Câu 1 (3 điểm): Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
a) \(\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right.\)
Câu 2 (2 điểm): Cho hai hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị là parabol \(\left( P \right)\) và \(y = x + 2\) có đồ thị là đường thẳng \(\left( d \right).\)
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Câu 3 (2 điểm): Cho phương trình bậc hai \({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\) (\(m\) là tham số, \(x\) là ẩn số).
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Câu 4 (2 điểm): Cho bốn điểm \(A,\,\,B,\,\,C,\,\,D\) theo thứ tự lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính \(AD.\) Gọi \(E\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Kẻ \(EF \bot AD\,\,\,\left( {F \in AD} \right).\)
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Câu 5 (1 điểm): Một bức tường được xây bằng các viên gạch hình chữ nhật bằng nhau và được bố trí như hình vẽ bên dưới. Phần sơn màu (tô đậm) là phần ngoài của một tam giác có cạnh đáy \(10\,dm\) và chiếu cao \(6\,dm.\) Tính diện tích phần tô đậm.
Câu 1
Phương pháp:
a) Đưa phương trình về dạng \(ax + b = 0\) sau đó giải
b) Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\), đưa phương trình ban đầu về dạng phương trình bậc hai ẩn \(t\), sau đó giải phương trình
c) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
a)
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\left( {\sqrt 2 + 1} \right)x - \sqrt 2 = 2\\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = 2 + \sqrt 2 \\ \Leftrightarrow \left( {\sqrt 2 + 1} \right)x = \sqrt 2 \left( {1 + \sqrt 2 } \right)\\ \Leftrightarrow x = \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có nghiệm:\(x = \sqrt 2 .\)
b) \({x^4} + {x^2} - 6 = 0\)
Đặt \({x^2} = t\,\,\left( {t \ge 0} \right)\)
\( \Rightarrow \) Phương trình \( \Leftrightarrow {t^2} + t - 6 = 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {t^2} - 2t + 3t - 6 = 0\\ \Leftrightarrow t\left( {t - 2} \right) + 3\left( {t - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {t - 2} \right)\left( {t + 3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t - 2 = 0\\t + 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 2\,\,\,\left( {tm} \right)\\t = - 3\,\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow {x^2} = 2\\ \Leftrightarrow x = \pm \sqrt 2 .\end{array}\)
Vậy phương trình có tập nghiệm: \(S = \left\{ { - \sqrt 2 ;\,\,\sqrt 2 } \right\}.\)
c) \(\left\{ \begin{array}{l}2x + y = 11\\x - y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 4\\3x = 15\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = x - 4\\x = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 5\\y = 1\end{array} \right.\)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(S = \left( {5;\,\,1} \right).\)
Câu 2
Phương pháp:
a) Lập bảng giá trị để vẽ đồ thị
b) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
Cách giải:
a) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) trên cùng một hệ trục tọa độ.
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) |
\(y = {x^2}\) | \(4\) | \(1\) | \(0\) | \(1\) | \(4\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( P \right):\,\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;\,\,4} \right),\,\,\left( { - 1;\,\,1} \right)\,,\,\,\left( {0;\,\,0} \right),\,\,\left( {1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
+) Vẽ đồ thị hàm số: \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\)
Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \(0\) | \( - 2\) |
\(y = x + 2\) | \(2\) | \(0\) |
Vậy đồ thị hàm số \(\left( d \right):\,\,y = x + 2\) là đường thẳng đi qua các điểm \(\left( {0;\,\,2} \right)\) và \(\left( { - 2;\,\,0} \right).\)
Đồ thị hàm số:
b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm của \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right).\)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số \(\left( P \right)\) và \(\left( d \right)\) là:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,{x^2} = x + 2\\ \Leftrightarrow {x^2} - x - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + 1 = 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = - 1\\x = 2\end{array} \right.\end{array}\)
Với \(x = - 1\)\( \Rightarrow y = {\left( { - 1} \right)^2} = 1.\)
Với \(x = 2\) \( \Rightarrow y = {2^2} = 4.\)
Vậy đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt \(\left( { - 1;\,\,1} \right)\) và \(\left( {2;\,\,4} \right).\)
Câu 3
Phương pháp:
a) Tính biệt thức đen – ta, sau đó vận dụng điều kiện có 2 nghiệm phân biệt của phương trình bậc hai một ẩn
b) Áp dụng ứng dụng của hệ thức Vi – ét và giả thiết của đề bài để tìm \(m\)
Cách giải:
a) Tìm \(m\) để phương trình có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,{x_2}.\)
\({x^2} - 2\left( {m - 1} \right)x + {m^2} - 3m - 4 = 0\,\,\,\,\,\left( * \right)\)
Phương trình \(\left( * \right)\) có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}\) \( \Leftrightarrow \Delta ' > 0\)
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {m - 1} \right)^2} - \left( {{m^2} - 3m - 4} \right) > 0\\ \Leftrightarrow {m^2} - 2m + 1 - {m^2} + 3m + 4 > 0\\ \Leftrightarrow m + 5 > 0\\ \Leftrightarrow m > - 5.\end{array}\)
Vậy với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
b) Đặt \(A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}.\) Tính \(A\) theo \(m\) và tìm \(m\) để \(A = 18.\)
Với \(m > - 5\) thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt \({x_1};\,\,{x_2}.\)
Theo hệ thức Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m - 1} \right) = 2m - 2\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 3m - 4\end{array} \right..\)
Theo đề bài ta có:
\(\begin{array}{l}A = x_1^2 + x_2^2 - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} - {x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 3{x_1}{x_2}\\\,\,\,\,\, = 4{\left( {m - 1} \right)^2} - 3\left( {{m^2} - 3m - 4} \right)\\\,\,\,\,\, = 4\left( {{m^2} - 2m + 1} \right) - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = 4{m^2} - 8m + 4 - 3{m^2} + 9m + 12\\\,\,\,\,\,\, = {m^2} + m + 16.\end{array}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m + 16 = 18\\ \Leftrightarrow {m^2} + m - 2 = 0\\ \Leftrightarrow \left( {m - 1} \right)\left( {m + 2} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m - 1 = 0\\m + 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\\m = - 2\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Vậy \(m \in \left\{ { - 2;\,\,1} \right\}\) thỏa mãn bài toán.
Câu 4
Phương pháp:
a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\)
b) Sử dụng tính chất bắc cầu để chứng minh \( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\)
Cách giải:
a) Chứng minh tứ giác \(ABEF\) nội tiếp.
Ta có: \(\angle ABD\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AD\)
\( \Rightarrow \angle ABD = {90^0}\) hay \(\angle ABE = {90^0}\)
Xét tứ giác \(ABEF\) ta có: \(\angle ABE + \angle AFE = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
\( \Rightarrow ABEF\) là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng \({180^0}\)).
b) Chứng minh \(BD\) là tia phân giác của \(\angle CBF.\)
Vì \(ABEF\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \angle FBE = \angle FAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EF\))
Hay \(\angle CAD = \angle FBD.\)
Lại có: \(\angle CBD = \angle CAD\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\))
\( \Rightarrow \angle CBD = \angle FBD\,\,\,\left( { = \angle CAD} \right)\)
\( \Rightarrow BD\) là phân giác của \(\angle FBC.\,\,\,\left( {dpcm} \right).\)
Câu 5
Phương pháp:
Tính diện tích của 1 viên gạch từ đó tính diện tích của bức tường, tính diện tich của hình tam giác và từ đó suy ra phần diện tích cần tính.
Cách giải:
Chiều rộng của một viên gạch là: \(6:4 = 1,5\,\,\left( {dm} \right).\)
Chiều dài của một viên gạch là: \(10:5 = 2\,\,\left( {dm} \right).\)
Diện tích của một viên gạch là: \(1,5.2 = 3\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Tổng số viên gạch để xây bức tường là: \(2 + 3 + 4 + 5 = 14\) (viên).
Diện tích của bức tường đã xây là: \(3.14 = 42\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích tam giác trong hình là: \(\dfrac{1}{2}.6.10 = 30\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Diện tích phần sơn màu là: \(42 - 30 = 12\,\,\,\left( {d{m^2}} \right).\)
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tại An Giang 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 khác nhau, đòi hỏi học sinh phải có kiến thức vững chắc và kỹ năng giải quyết vấn đề tốt. Năm 2021, đề thi tiếp tục đánh giá khả năng vận dụng kiến thức vào thực tế, khả năng tư duy logic và sáng tạo của học sinh.
Đề thi thường được chia thành các phần chính sau:
Tỷ lệ điểm giữa phần trắc nghiệm và phần tự luận có thể thay đổi tùy theo từng năm, nhưng thường phần tự luận chiếm tỷ lệ cao hơn.
Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi, học sinh cần tập trung ôn luyện các chủ đề kiến thức sau:
Để giúp các em học sinh có cái nhìn rõ hơn về đề thi, chúng ta sẽ phân tích một số đề thi chính thức của năm 2021:
Đề thi này tập trung vào các kiến thức về đại số, đặc biệt là phương trình bậc hai và hệ phương trình. Các bài toán yêu cầu học sinh phải vận dụng linh hoạt các công thức và kỹ năng giải toán để tìm ra đáp án chính xác.
Đề thi này chú trọng vào phần hình học, với các bài toán về tam giác, tứ giác và đường tròn. Học sinh cần nắm vững các định lý và tính chất hình học để giải quyết các bài toán này.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán, các em học sinh nên:
Ngoài các đề thi chính thức, các em học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán An Giang năm 2021 là một thử thách lớn, nhưng với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và phương pháp ôn tập hiệu quả, các em học sinh hoàn toàn có thể đạt được kết quả tốt nhất. Chúc các em thành công!
