Đề tự luyện vào lớp 10 THPT môn Toán học - Năm học 2013-2014 - Trường THCS Tân Trường (Có đáp án)

TRƯỜNG THCS
Tân Tường - CG
*
ĐỀ TỰ LUYỆN VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn: TOÁN
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Bài 1 (2,5 điểm): 
Cho biểu thức 
Rút gọn P
Tính giá trị của P khi 
So sánh P và 3/2
Bài 2 (2 điểm): Cho hệ phương trình 
Giải hệ phương trình khi m = - 2
Chứng minh rằng hệ phương trình luôn có nghiệm
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn y2 = 4x
Bài 3 (2 điểm): 
Trên cùng mặt phẳng tọa độ xOy, cho Parabol (P) có đỉnh ở gốc tọa độ O(0; 0) và đi qua điểm và đường thẳng (d): y = mx – 2m – 1
Viết phương trình của Parabol (P);
Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt;
Chứng minh rằng đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định A thuộc (P).
Bài 4 (3 điểm): 
Từ điểm C nằm ngoài đường tròn tâm O, kẻ hai tiếp tuyến CA và CB (A, B là các tiếp điểm). Qua điểm M trên dây AB kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng AC và BC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng:
Tứ giác OMEB, OMAD nội tiếp và tam giác OED cân;
AD = BE;
BD2 = DM. DE + BM. BA.
Bài 5 (0,5 điểm): Giải phương trình 
- HẾT -
ĐÁN ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài
Nội dung
Điểm
1
a) Đkxđ: 
0,25
0,25
0,25
0,25
b) 
Thay vào biểu thức P rút gọn ta được: 
Vậy với thì 
0,25
0,25
0,25
0,25
c) Xét hiệu 
0,25
0,25
2
a) Thay m = - 2 vào hệ phương trình ta được 
Vậy với m = - 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1; 1)
0,5
0,25
b) 
* Nếu m ¹ 1 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 1, suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất
* Nếu m = 1 thì phương trình (1) vô số nghiệm, do đó hệ phương trình vô số nghiệm
Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của m (đpcm)
0,25
0,25
c) Với m ¹ 1, hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (1; - m – 1)
Theo yêu cầu của bài y2 = 4x Û (m + 1)2 = 4 Û m = 1 (ktmđk)
 hoặc m = -3 (tmđk)
Vậy m = - 3
0,25
0,5
3
a) Phương trình Parabol có đỉnh ở gốc tọa độ O(0;0) có dạng y = ax2 
(a ¹ 0), mà 
0,25
0,25
b) * Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 
D’ = 4m2 + 8m + 4 = (2m + 2)2 ≥ 0 với mọi m
* Để (d) cắt (P) tại 2điểm phân biệt Û D’ > 0 Û 2m + 2 ¹ 0 Û m ¹ - 1
0,25
0,25
0,25
c) Gọi điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn đi qua là M(x0, y0), khi đó
y0 = mx0 – 2m – 1 đúng với mọi m 
Û y0 + 1 = m(x0 – 2) đúng với mọi m 
Û y0 = - 1 và x0 = 2 Þ M(2; - 1)
* Ta thấy -1/4 (2)2 = - 1(đúng) Þ M(2; - 1) Î (P)
Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm cố định M(2; - 1) thuộc (P)
0,25
0,25
0,25
4
a) * Xét tứ giác ADMO có: 
 (do OA ^ CA – vì CA là tiếp tuyến của (O) tại A)
 (Vì OM ^ DE – gt)
Þ 4 điểm A, O, M, D cùng thuộc đường tròn đường kính OD
Þ tứ giác ADOM nội tiếp
* Xét tứ giác EMOB có 
Þ tứ giác EMOB nội tiếp (tø gi¸c cã tæng 2 gãc ®èi diÖn b»ng 1800)
* Ta có (2 gnt cùng chắn cung MO của đtròn ngoại tiếp tứ giác OMEB)
Mà (2 gnt cùng chắn của đtròn ngoại tiếp tgiác AMOD)
Lại có (do DAOB cân tại O)
Nên Þ D OED cân tạo O
0,5
0,5
0,5
b) Chứng minh DADO = DBEO (gcg) Þ AD = BE
0,5
c) * Tứ giác AMOD nội tiếp có AM cắt DO tại B, nên ta cminh được:
BM. BA = BO. BD (1)
* Tứ giác OMEB nội tiếp có EM cắt OB tại D, nên ta cminh được:
DM. DE = DO. DB (2)
Từ (1) và (2) ta có DM. DE + BM. BA = BD2 (đpcm)
0,5
0,5
5
Đặt 
ĐKXĐ: x ≥ - 1, a ≥ 0, b > 0
Ta có: a2 = x + 1
 b2 = x2 – x + 1
 a2b2 = x3 + 1, x2 + 2 = a2 + b2
Phương trình có dạng: 2(a2 + b2) = 5ab Û (2a – b)(2b – a) = 0
* Nếu a = 2b, ta có 
Phương trình vô nghiệm
* Nếu b = 2a, ta có: 
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là
0,25
0,25