Đề tuyển sinh vào 10 môn toán có đáp án số 35

ĐỀ 35
Bài 1. (1 điểm) Giải phương trình
0339
2
=−−− xx
Bài 2. (1,5 điểm) Biết đồ thò hảm số y = ax + b đi qua hai điểm A(1; 2) và B(3; 4)
a) Xác đònh hàm số đi qua hai điểm A và B.
b) Vẽ đồ thò hàm số vừa tìm được.
Bài 3. (2 điểm) Giải phương trình
086
24
=+− xx
Bài 4. (2 điểm)
a) Chứng minh phương trình
( )
02212
2
=−+−− mxmx
luôn có hai nghiệm.
b) Tìm m để tổng bình phương hai nghiệm hai nghiệm của phương trình đạt giá
trò nhỏ nhất.
Bài 5. Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường
tròn (B, C là tiếp điểm). Qua O vẽ đường thẳng vuông góc với OB, nó cắt CA tại M.
Chứng minh :
a) Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn.
b) Tam giác MOA cân.
c) Cho biết OA = 23cm, OB = 5cm, BC = 8cm. Tính thể tích hình nón đỉnh A có
đường kính đáy là BC.
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài 1. Giải phương trình
0339

2
=−−− xx
ĐKXĐ :
3≥x
⇔
0339
2
=−−− xx
⇔
9
2
−x
= 9
( )
3−x
⇔

( )( )
33 +− xx
= 9
( )
3−x
⇔

( )( )
63 −− xx
= 0
⇔
3=x
(thỏa mãn ĐK ) hoặc

6=x
(thỏa mãn ĐK )
Vậy nghiệm của phương trình là
3=x
;
6=x
Bài 2.
a) Do đồ thò hàm số y = ax + b đi qua hai điểm A(1; 2) và B(3; 4) nên ta có:

{
ba
ba
+=
+=
1.2
3.4
⇔
{
2
43
=+
=+
ba
ba
⇔
{
2
42
=+
=

ba
a
⇔
{
1
1
=
=
b
a
Vậy hàm số là y = x + 1
b) Đồ thò hàm số y = x + 1
( vẽ đúng đồ thò được 0,5 điểm)
Bài 3. Giải phương trình
086
24
=+− xx
Đặt x
2
= t, Điều kiện : t
≥
0
Phương trình đã cho trở thành : t
2
– 6t + 8 = 0 (1)
( )
183
2
'
=−−=∆

> 0
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt :
4
1
13
1
=
+
=t
(thỏa mãn điều kiện)
2
1
13
2
=
−
=t
(thỏa mãn điều kiện)
Với
4
1
=t
ta có x
2
= 4 suy ra
2,2
21
−== xx
Với
4

2
=t
ta có x
2
= 4 suy ra
2,2
43
−== xx
Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm
2,2
21
−== xx
,
2,2
43
−== xx
Bài 4.
a) Ta có
( ) ( )
22412
2
−−−=∆ mm
=
88144
2
+−+− mmm
=
9124
2
+− mm

=
( )
032
2
≥−m
với mọi giá trò của m
Vì
0≥∆
nên phương trình
( )
02212
2
=−+−− mxmx
luôn có hai nghiệm.
b) Gọi
21
, xx
là hai nghiệm của phương trình
Theo hệ thức Vi-et ta có :

12
21
−=+ mxx

22.
21
−= mxx
Ta có
( )
21

2
21
2
2
2
1
.2 xxxxxx −+=+

( ) ( )
22212
2
−−−= mm

44144
2
+−+−= mmm

( )
114
2
+−= m
Để
21
xx +
đạt giá trò nhỏ nhất
⇔

( )
114
2

+−m
đạt giá trò nhỏ nhất
⇔
( )
014
2
=−m
⇔
m = 1
Vậy m = 1 thì
21
xx +
đạt giá trò nhỏ nhất.
Bài 5.
a) Xét tứ giác ABOC ta có :

0
90=
∧
ABO
( tính chất của tiếp tuyến ) (1)

0
90=
∧
ACO
( tính chất của tiếp tuyến ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
0
180=+

∧∧
ACOABO
Do đó tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn đường kình OA.
b) Do AB là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AB
⊥
OB
Mà OM
⊥
OB (gt)
Do đó OM // AB
⇒

∧∧
= AOMBAO
( so le trong ) (3)
Mặc khác theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có :
∧∧
= MAOBAO
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
MOA∆
cân tại M.
c) Gọi I là giao điểm của AO và BC.
Ta có
∆
OBC cân tại O
⇒
OI là đường ohân giác cũng là đường cao
⇒
OA

⊥
BC tại I
⇒
BI = IC =
2
BC
=
2
8
= 4(cm)
∆
IBO vuông tại O ta có :
OI =
3945
2222
==−=− BIOB
(cm)
Ta có AI = AO – IO = 13 -3 = 10(cm)
Thể tích hình nón là :
V =
ππ
3
160
10.4.
3
1
2
=
(cm
3

)