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 ) . 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. 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 =. 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 )