Đề tuyển sinh vào 10 môn toán có đáp án số 36

ĐỀ 36
Bài 1(1,5điểm).Cho hàm số y = ax
2
(a
≠
0)
a) Tìm hệ số a biết đồ thị hàm số đi qua điểm A(2;2)
b) Tìm tọa độ giao điểm của Parabol y = x
2
với đường thẳng y = 5x – 6.
Bài 2(2điểm)
a) Giải hệ phương trình sau:
2 1
2
x y
x y
+ =


− =

b) Giải phương trình : (2x – 3 )
2
+ 6(2x – 3 ) + 8 = 0
Bài 3(1điểm)
a) Thu gọn biểu thức sau:

2 2
(1 3) (2 3)− + −
b) Tìm x biết:
2 18 32 4x x x− + =

Bài 4(2điểm). Cho phương trình x
2
– 2(m – 1)x + 2m – 3 = 0 (1) với m là tham số.
a) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Tìm mghiệm kép đó.
b) Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình (1). Với giá trị nào của m thì biểu thức
2 2
1 2
A x x= +
đạt giá trị nhỏ nhất? Tìm giá trị đó.
Bài 5(3,5điểm)Từ điểm A ở ngoài đường tròn(O) kẻ các tiếp tuyếnAM, AN đến (O). H
thuộc dây MN, đường thẳng vuông góc với OH tại H cắt AM tại E và AN tại F.
a) Chứng minh H, O, E, M cùng thuộc một đường tròn.
b) Hạ OI vuông góc MN. Chứng minh OI.OE = OM.OH.
c) Cho tam giác AMN quay quanh trục AO.Tính thể tích hình tạo ra biết OM = 4cm,
OA = 8cm.
Hướng dẫn giải:
Bài 1
a) Thay x = 2, y = 2 vào hàm số y = ax
2
, ta được:
2 = a.4
⇔
a =
1
2
Vậy a =

1
2
(0,5đ)
b) Phương trình hoành độ giao điểm là:
2 2
5 6 5 6 0x x x x= − ⇔ − + =
25 24 1 0∆ = − = >
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là : x
1
= 2, x
2
= 3 (0,5đ)
2 4x y= ⇒ =
3 9x y= ⇒ =
Vậy Parabol và đường thẳng có hai giao điểm là: (2;4) và (3;9) (0,5đ)
Bài 2
a)
2 1 2 1
2 3 3 1
x y x y x
x y x y
+ = − = =
  
⇔ ⇔
  
− = = = −
  
(1đ)
b) (2x – 3 )
2

+ 6(2x – 3 ) + 8 = 0 (1)
Đặt t = 2x – 3
(1)
⇔
t
2
+ 6t + 8 = 0 (2) (0,25đ)
/
9 8 1 0∆ = − = >
Phương trình (2) có hai nghiệm: t
1
= – 2, t
2
= – 4 (0,25đ)
• t
1
= – 2
1
2 3 2
2
x x⇒ − = − ⇔ =
(0,25đ)
• t
2
= – 4
1
2 3 4
2
x x⇒ − = − ⇔ = −
(0,25đ)

Bài 3
a)
2 2
(1 3) (2 3) 1 3 2 3 3 1 2 3 1− + − = − + − = − + − =
(0,5đ)
b)(0,5đ)

2 18 32 4
2 3 2 4 2 4
2 2 4
2 2
2 4
2
x x x
x x x
x
x
x
x
− + =
⇔ − + =
⇔ =
⇔ =
⇔ =
⇔ =
Bài 4
a)
( ) ( )
2
/ 2 2 2

1 2 3 2 1 2 3 4 4 ( 2)m m m m m m m m
 
∆ = − − − − = − + − + = − + = −
 
(0,5đ)
Phương trình (1) có nghiệm kép khi:
( )
2
/
0 2 0 2 0 2m m m∆ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
(0,25đ)
Nghiệm kép đó là:
1 2
1 2 1 1x x m= = − = − =
(0,25đ)
b)Ta có:
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2A x x x x x x= + = + −
(0,25đ)
Áp dụng hể thức Viét, ta có:
1 2 1 2
2( 1); 2 3x x m x x m+ = − = −
. (0,25đ)
Thay vào A ta được:
( ) ( )
2 2 2
[2 1 ] 2 2 3 4 8 4 4 6 4 12 10 (2 3) 1A m m m m m m m m= − − − = − + − + = − + = − +

(0,25đ)
A đạt giá trị nhỏ nhất khi 2m – 3 = 0
⇔
m =
3
2
khi đó A
min
= 1 (0,25đ)
Bài 5 Vẽ hình 0,5đ
c) Cho tam giác AMN quay quanh trục AO, hình tạo ra là hình nón. Vậy thể tích hình nón
là:V
nón
=
1
3
AI.IM
Theo hệ thức lượng trong tam giác MOA vuông tại M , MI là đường cao, ta có:
OM
2
= OI.OA
⇒
2 2
4 8
2
OM
OI cm
OA
= = =
(0,25đ)

IA = OA – OI = 8 – 2 = 6cm (0,25đ)
Áp dụng định lí Pytago trong
∆
IOM vuông tại I, ta có:
2 2
12IM OM OI cm= − =
(0,25đ)
Vậy V
nón
=
1
3
AI.IM =
1
3
.6.
12
= 4
3
cm
3
. (0,25đ)
a) Tứ giác OHEM có:
0
0
ˆ
90 ( )
ˆ
90 ( )
OHE OH EF

OME AM OM
= ⊥
= ⊥
⇒
Bốn điểm O, H, M, E cùng
thuộc một đường tròn.(1đ)
b) Xét
∆
HOE và
∆
ION, có:
0
ˆ ˆ
( 90 )OHE OIN= =
,
ˆ ˆ ˆ
( )OEH ONI OMH= =
⇒
∆
HOE
∆
ION
⇒
. .
OH OE
OI OE OH ON
OI ON
= ⇒ =
(1đ)