Đề thi thử Toán vào 10 lần thứ 18 năm 2014

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 18 
Năm 2014 
Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
------------------------------------------------------------------------------------- 
Bài 1: (2.5 điểm) 
a) Giải phương trình: 4 27 18 0x x   
b) Rút gọn biểu thức: 
2 28 4 8
3 4 1 4
x x x x x
M
x x x x
   
  
   
 (với 0; 16x x  ) 
Bài 2: (2.0 điểm) 
1) Cho 2( ) :P y x và đường thẳng ( ) : 3 2d y x  . 
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ. 
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính. 
2) Cho phương trình bậc hai: 2 22 4 5 0x mx m    (m là tham số) 
a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. 
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình.Tìm m để biểu thức 2 21 2 1 2A x x x x   
đạt giá trị nhỏ nhất. 
Bài 3: (2.0 điểm) 
 Hai đội thủy lợi cùng đào một con mương. Nếu mỗi đội làm một mình cả con 
mương thì thời gian tổng cộng hai đội phải làm là 25 giờ. Nếu hai đội cùng làm thì công 
việc hoàn thành trong 6 giờ. Tính xem mỗi đội làm một mình thì trong bao lâu sẽ đào 
xong con mương. 
Bài 4: (2.5 điểm) 
 Cho tam giác ABC có · 060BAC  . Đường phân giác trong của ·ABC là BD và 
đường phân giác trong của ·ACB là CE cắt nhau tại I ( ;D AC E AB  ). 
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp. 
b) Chứng minh: ID = IE. 
c) Chứng minh: BE.BA = BI.BD 
Bài 5: (1.0 điểm) 
Cho một hình trụ có diện tích đáy bằng 
1
4
 diện tích xung quanh và chiều cao bằng 
10 cm. Tính thể tích của hình trụ. 
------------------------------------HẾT---------------------------------- 
*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự 
như máy tính Casio fx-570 MS 
LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 18 
Bài 1: 
a) Giải phương trình: 
4 27 18 0x x   (1) 
Đặt: 2t x (ĐK: 0t  ) 
Phương trình (1) trở thành: 
2
1
7 18 0 7
18
a
t t b
c

   
 
2
2
4
7 4.1.( 18)
121 0
121 11
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 1
7 11
2
2 2.1
b
t
a
    
   (nhận) 
 2
7 11
9
2 2.1
b
t
a
    
    (loại) 
Với 22 2 2t x x      
Vậy: Tập nghiệm của phương trình là:  2; 2S   
b) Rút gọn biểu thức: 
    
  
  
  
    
  
2
2 28 4 8
3 4 1 4
2 28 4 8 1
1 4
2 28 8 16 8 8
1 4
4 4
1 4
1 1 4
1 4
1
x x x x x
M
x x x x
x x x x x x
M
x x
x x x x x x x x
M
x x
x x x x
M
x x
x x x
M
x x
M x
   
  
   
      
 
 
        
 
 
  
 
 
  
 
 
  
Bài 2: 
1a) Vẽ (P) và (d) 
2( ) :P y x 
( ) : 3 2d y x  
2( ) :P y x 
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
x –2 –1 0 1 2 
2y x 4 1 0 1 4 
( ) : 3 2d y x  
TXĐ: D  ¡ 
Bảng giá trị 
 x 1 2 
3 2y x  1 4 
1b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) 
2( ) :P y x 
( ) : 3 2d y x  
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 
2
2
3 2
1
3 2 0 3
2
x x
a
x x b
c
 

     

Ta có:  1 3 2 0a b c       
Phương trình có hai nghiệm: 
1
2
1
2
2
1
x
c
x
a

  
Với 1 3.1 2 1x y     
 2 3.2 2 4x y     
Vậy: Tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: A(1;1) và B(2;4) 
2a) Chứng minh phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m 
2 2
2
1
2 4 5 0 (1) 2 '
4 5
a
x mx m b m b m
c m

        
  
(P) 
(d) 
A 
B 
   
2
2 2
2 2
2
' '
' 1. 4 5
' 4 5
' 5 5 0
b ac
m m
m m
m m
  
      
    
     
 Phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi m. [đpcm] 
2b) Tìm m: 
Theo định lý Vi-ét, ta có: 
1 2
2
2
1 2
2
2
1
4 5
4 5
1
b m
S x x m
a
c m
P x x m
a

      

       

Theo đề bài, ta có: 
   
2 2
1 2 1 2
2
2
2 2
2 2
2
2
3
2 3 4 5
4 12 15
16 15 15
A x x x x
A S P P
A S P
A m m
A m m
A m m
  
   
  
    
   
    
Vậy: min 15 0A m   
Bài 3: 
Gọi x (giờ) là thời gian để đội thứ nhất đào xong con mương (6 < x < 25) 
Thời gian để đội thứ hai đào xong con mương là: 25 – x (giờ) 
Trong 1 giờ, đội thứ nhất đào được: 
1
x
 (con mương) 
Trong 1 giờ, đội thứ hai đào được: 
1
25 x
 (con mương) 
Trong 1 giờ, cả hai đội đào được: 
1
6
 (con mương) 
Theo đề bài, ta có phương trình: 
1 1 1
25 6x x
 

Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu, ta được: 
   
2
2
6 25 6 25
150 6 6 25
1
25 150 0 25
150
x x x x
x x x x
a
x x b
c
   
    

     

 
2
2
4
25 4.1.150
25 0
25 5
b ac  
    
   
   
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 
 
1
25 5
15
2 2.1
b
x
a
    
   (nhận) 
 
2
25 5
10
2 2.1
b
x
a
    
   (nhận) 
Trả lời: Thời gian để đội thứ nhất đào xong con mương là 15 giờ 
Thời gian để đội thứ hai đào xong con mương là 10 giờ 
Bài 4: 
GT ABC ; · 060BAC  ; µ ¶1 2B B ; 
µ ¶
1 2C C ;  BD CE I  
KL 
a) Tứ giác AEID nội tiếp 
b) ID = IE 
c) BE.BA = BI.BD 
a) Chứng minh tứ giác AEID nội tiếp: 
Ta có: 
µ ¶
µ ¶
µ µ
µ µ
1 2 1
1 2 1
( ) 2
( ) 2
B B gt B B
C C gt C C
   
 
   
Trong ABC , ta có: 
 µ µ µ
µ µ µ
µ µ 
µ µ
0
0
1 1
0 0
1 1
0
1 1
180
2 2 180
60 2 180
60
A B C
A B C
B C
B C
  
   
   
  
Trong IBC , ta có: 
· µ µ
·
·
0
1 1
0 0
0
180
60 180
120
BIC B C
BIC
BIC
  
  
 
Vì · ·EID BIC (đối đỉnh) 
Nên: · 0120EID  
Do đó: · · 0 0 060 120 180EAD EID    
Xét tứ giác AEID, ta có: 
 · · 0180EAD EID  (cmt) 
 Tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn. [đpcm] 
b) Chứng minh: ID = IE 
Từ I, kẻ ;IH AB IK AC  
Vì I là giao điểm của hai đường phân giác BD và CE 
Nên I là tâm đường tròn nội tiếp ABC 
Hay IH = IK 
Trong tứ giác AHIK, ta có: 
µ µ µ
·
0
0 0 0 0
0
360
60 90 90 360
120
A H I K
I
HIK
   
    
 
$
$ 
Ta lại có: · 0120EID  (cmt) 
Do đó: · ·HIE KID 
Xét HIE và KID , ta có: 
µ µ
· ·
090
( )
( )
H K
IH IK ban kinh
HIE KID cmt
  




( )HIE KID g c g
IE ID
    
 
c) Chứng minh: BE.BA = BI.BD 
Trong tứ giác AEID, ta có: 
 · ·EAD EIB (cùng bù ·EID ) 
Xét BEI và BDA , ta có: 
µ
µ ( )
( )
. .
B chung
A I cmt
BEI BDA g g
BE BI
BD BA
BE BA BI BD



   
 
 
$
: 
Bài 5: 
Bán kính đáy của hình trụ là: 
Sđáy 
1
4
 Sxq 
2
2
1
2
4
1
2 10
4
5 ( )
r rh
r r
r cm
 
 
  
   
 
Thể tích của hình trụ là: 
2
2
3
5 10
250 ( )
V r h
V
V cm




   
 