TRƯỜNG THCS TÔ HIỆU
ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Đề gồm 02 trang
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 PTTH
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút (không kể giao đề)
Ngày thi : / /2012
Phần 1- Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó
vào bài làm:
Câu 1. Rút gọn biểu thức
8 2+
được kết quả là
A.
10
B.
16
C.
2 2
D.
3 2
.
Câu 2. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu
A. x
2
+ x = 0 B. x
2
+ 1 = 0. C. x
2
-1 = 0. D. x

2
+2x + 5 = 0.
Câu 3. Đường thẳng y = mx + m
2
cắt đường thẳng y = x + 1 tại điểm có hoành độ bằng 1
khi và chỉ khi
A. m = 1 B. m = -2 C. m = 2 D. m = 1 hoặc m = -2.
Câu 4. Hàm số y = |(m - 1)x + 2012| đồng biến trên
¡
khi và chỉ khi
A.
m
∈
¡
B.
1m
>
. C.
1m
<
. D.
1m
≠
.
Câu 5. Phương trình
( )
2
1 . 3 0x x− − =
có tập nghiệm là
A.

{ }
1;3
B.
{ }
1;1−
C.
{ }
3
D.
{ }
1;1;3−
.
Câu 6. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng
4
π
cm. Khi đó hình tròn (O; R) có diện tích
bằng
A.
4
π
cm
2
B.
3
π
cm
2
C.
2
π

cm
2
D.
π
cm
2
.
Câu 7. Cho biết
3
sin
5
α
=
, khi đó
cos
α
bằng
A.
2
5
B.
3
5
C.
4
5
D.
5
3
.

Câu 8. Một hình trụ có chiều cao bằng 3 cm, bán kính đáy bằng 4 cm. Khi đó diện tích
mặt xung quanh của hình trụ đó bằng
A.
12
π
cm
2
B.
24
π
cm
2
C.
40
π
cm
2
D.
48
π
cm
2
.
Phần 2- Tự luận (8,0 điểm)
Câu 9. (2,0 điểm)
1. Cho biết a =
2 3+
và b =
2 3−
. Tính giá trị biểu thức: P = a + b – ab

2. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a) x
4
+ 3x
2
– 4 = 0 b)
2x + y = 1
3x + 4y = -1



Câu 10. (2,0 điểm)
1. Biết đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2;
1
2
) và song song với đường thẳng
2x + y = 3. Tìm các hệ số a và b.
2. Cho phương trình bậc hai ẩn x: x
2
– (m – 2)x – m
2
+ 3m – 4 = 0 (1). (m là tham số)
a) Chứng minh phương trình (1) có nghiệm phân biệt với mọi m.
b) Tìm m để tỉ số giữa hai nghệm của phương trình (1) có giá trị tuyệt đối bằng 2.
Câu 11. (3,25 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (O) ( CB < CA, C khác A
và B). Gọi D là điểm chính giữa của cung AC, E là giao điểm của AD và BC.
1) Chứng minh tam giác ABE cân tại B.
2) Gọi F là điểm thuộc đường thẳng AC sao cho C là trung điểm của AF. Chứng minh
·

·
EFA EBD=
.
3) Gọi H là giao điểm của AC và BD, EH cắt AB tại K, KC cắt đoạn EF tại I. Chứng
minh rằng
a) Chứng minh tứ giác EIBK nội tiếp.
b)
HF EI EK
BC BI BK
= +
.
Câu 12. (0,75 điểm): Thí sinh chọn một trong hai bài sau
Bài 1: Giải phương trình:
y - 2010 1
x - 2009 1 z - 2011 1 3
x - 2009 y - 2010 z - 2011 4
−
− −
+ + =
Bài 2: Cho
( )
3
2
1 3 3
x
f x
x x
=
− +
. Hãy tính giá trị của biểu thức sau:


1 2 2010 2011

2012 2012 2012 2012
A f f f f
       
= + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
======Hết======
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị số 1:
Giám thị số 2:
Hướng dẫn chấm thi
Phần đáp án điểm
I Câu 1: D; Câu 2: C; Câu 3: D; Câu 4: D
Câu 5: C; Câu 6: A; Câu 7: C; Câu 8: B Mỗi câu đúng cho 0,25

2,0
II
Câu9
(2 đ)
1. Ta có: a + b = (
2 3+
) + (
2 3−
) = 4
a.b = (
2 3+
)(

2 3−
= 1.
Suy ra P = 3.
0,25
0,25
0,25
2a.Đặt x
2
= y, y
≥
0. Khi đó PT đã cho có dạng: y
2
+ 3y – 4 = 0 (1).
Phương trình (1) có tổng các hệ số bằng 0 nên (1) có hai nghiệm y
1
= 1; y
2

= - 4. Do y
≥
0 nên chỉ có y
1
= 1 thỏa mãn.
Với y
1
= 1 ta tính được x =
±
1. Vậy phương trình có nghiệm là x =
±
1.

0,25
0,25
0,25
2b.
2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1
3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 1 y = - 1
   
⇔ ⇔ ⇔
   
   
0,5
Câu10
(2 đ)
1.Viết đường thẳng 2x + y = 3 về dạng y = - 2x + 3.
Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy ra a = - 2 (1)
Vì đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M (2;
1
2
) nên ta có:
1
2a + b
2
=
(2).
Từ (1) và (2) suy ra a = - 2 và b =
9
2
.
0,25
0,25

0,25
2a) (0,5 điểm) PT (1) có a.c = 1(-m
2
+ 3m – 4) = -(m – 1,5)
2
– 1,75 < 0 với
mọi m. Suy ra PT luôn có hai nghiệm phân biệt (trái dấu)
2b) (0,75 điểm)
PT (1) có nghiệm 2 nghiệm phân biệt trái dấu và tỉ số hai nghiệm bằng 2
nên x
1
= -2x
2
hoặc x
2
= -2x
1
hay (x
1
+ 2x
2
)(x
2
+ 2x
1
) = 0  x
1
x
2
+ 2(x

1
+
x
2
)
2
= 0 (*)
Theo định lý Viet: x
1
+ x
2
= m – 2, x
1
.x
2
= -m
2
+ 3m – 4.
Thay vào (*) ta được: -m
2
+ 3m – 4 + 2(m – 2)
2
= 0  m
2
– 4m + 4 = 0
 m = 1 hoặc m = 4
0,5
0,25
0,25
0,25

Câu
11
(3,25đ
)
I
K
H
F
C
E
D
A
B
0,5
1)
+ Ta có góc AEB là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn chắn cung DC và chắn
nửa đường tròn đường kính AB nên

·
»
»
»
»
1 1 1
( )
2 2 2
AEB sd AB sd DC sd AD sd BC= − = +
+ Góc EAB là góc nội tiếp chắn cung BD nên
·
» »

»
1 1 1
2 2 2
EAB sd BD sdCD sdCB= = +
+ Ta có D là điểm chính giữa của cung AC nên
»
»
AD DC=
+ Suy ra góc AEB = góc EAB suy ra tam giác BAE cân tại B.
0,25
0,25
0,5
2)
+ Chỉ ra được tam giác AEF cân tại E suy ra góc EFA = góc EAF
+ Ta có gócEAF = góc EBD (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)
+ Vậy góc EFA = góc EBD vì cùng bằng góc EAF
0,25
0,25
0,25
3a)
+ Theo câu 2, góc EFA = góc EBD suy ra tứ giác EFBH nội tiếp
+ Tứ giác EFBH nội tiếp suy ra góc FEB = góc FHB
+ Chỉ ra EK vuông góc với AB và tứ giác HCBK nội tiếp suy ra gócCHB=
gócCKB
Từ đó suy ra góc IEB = góc IKB tứ giác EIBK nội tiếp
0,5
3b)
+Ta có
HF HC CF HC CF
BC BC BC BC

+
= = +
+Bằng cách chỉ ra các cặp tam giác đồng dạng, chứng minh được
;
HC EI FC EK
BC BI BC BK
= =
+ Cộng các đẳng thức trên suy ra
HF EI EK
BC BI BK
= +
0,5
Câu12
Bài 1: Đặt
x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c= = =
(với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2 2 2
a - 1 b - 1 c - 1 3
a b c 4
+ + =
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
0
4 a a 4 b b 4 c c
     
⇔ − + + − + + − + =
 ÷  ÷  ÷
     
2 2 2
1 1 1 1 1 1

0
2 a 2 b 2 c
     
⇔ − + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
⇔
a = b = c = 2
Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015
0,75
Bài 2: Nhận xét. Nếu
1x y+ =
thì
( ) ( )
1f x f y+ =
.
Thật vậy, ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
3
3
3 3
3 3
1
1
1 1
x

x
f x f y f x
x x x x
−
= ⇒ = − =
+ − + −

suy ra
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
3
3
3 3
3 3
1
1 1
1 1
x
x
f x f y f x f x
x x x x
−
+ = + − = + =
+ − + −
.
0,75
suy ra
( ) ( ) ( ) ( )

( )
( )
( )
3
3
3 3
3 3
1
1 1
1 1
x
x
f x f y f x f x
x x x x
−
+ = + − = + =
+ − + −
.
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có
1 1
2 2
f
 
=
 ÷
 
.
Theo nhận xét trên ta có:
1 2011 2 2010


2012 2012 2012 2012
1005 1007 1006 1
1005 1005,5
2012 2012 2012 2
A f f f f
f f f f
   
       
= + + + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷  ÷
       
   
 
       
+ + = + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 ÷
       
 