Đề thi môn Toán - Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn - Vũ Thị Phượng (Có đáp án)

Sở gd & ĐT thanh hoá
Trường thpt triệu sơn 3
 *****************
Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên lam sơn
Môn Toán- Toán Chung
(Thời gian 150 phút,không kể giao đề )
 Người ra đề: Vũ Thị Phượng
Bài 1. Tính A= với .
Bài 2. a> cho a+b+c=0. Chứng minh rằng a3+b3+c3=3abc.
 b> Phân tích thành nhân tử: a(b2+c2)+b(a2+c2)+c(a2+b2)+2abc.
Bài 3. Giải phương trình: (x+2)(x+3)(x-5)(x-6)=180.
Bài 4. Nếu hai vòi nước cùng chảy vào bể thì sau 1h20’ đầy bể.
 Nếu mở vòi thứ nhất trong 10 phút và vòi thứ hai trong 12 phút thì đầy bể.
 Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình thì trong bao lâu mới đầy bể.
Bài 5. Giải phương trình: .
Bài 6. Cho (P): y=-x2 .
 Lập phương trình đường thẳng (D) đi qua A(-2;-2)và tiếp xúc với (P).
Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
 y=x3(2-x)5 với x [0;2].
Bài 8.Cho hình thoi ABCD cạnh a có A=600. Một đường thẳng bất kì đi qua C cắt tia đối của các tia BA và DA theo thứ tự tại M và N.
Chứng minh rằng tích BM.DN có giá trị không đổi.
Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính góc BKD.
Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn và d là tiếp tuyến của đường tròn tại C. Gọi AH và BI là các đường cao của tam giác.
Chứng minh HI // d.
 Gọi MN và EF lần lượt là hình chiếu của các đoạn thẳng AH và BI lên đường thẳng d. Chứng minh MNEF.
Bài 10. Dựng tam giác ABC biết hai cạnh AB=c, AC=b và trung tuyến AM=m.
===Hết====
Nguồn tư liệu:
Bài1,bài 5,bài 9: 35 đề thi –Vũ Dương Thuỵ 
Bài 2,bài 3,bài 8-Nâng cao và phát triển toán 8 
Bài 10 –Bài tập quỹ tích và dựng hình – Nguyễn Vĩnh Cận 
Bài 4: Tự sáng tác 
Bài 6 -Đề thi học sinh giỏi Lê Hồng Phong
Bài 7: Phương pháp giải toán đại số-Lê Hồng Đức 
Sở gd & ĐT thanh hoá
Trờng thpt triệu sơn 3
 ***************
đáp án đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên lam sơn
Môn Toán- Toán Chung
 Ngời làm đáp án: Vũ Thị Phợng
Câu
ý
Nội Dung
Điểm
1
2.0
Ta có 1-2x=1-=
Tơng tự 1+2x=
Từ đó A=+
 =+
 =+=1.
0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
2
2.0
a
1.0
Thay c=-(a+b)
VT= a3+b3-(a+b)3
 = a3+b3- a3-b3-3ab(a+b)
 =-3ab(a+b) =3abc=VP. Đpcm.
0.25
0.25
0.25
0.25
b
1.0
Ta có a(b2+ c2)+b(a2+ c2)+c(a2+ b2)+2abc
 =ab2+ac2+bc2+ba2+ca2+cb2+2abc
 =ab(a+b)+c2(a+b)+c(a+b)2
 =(a+b)ab+c2+ca+cb)
 =(a+b)(b+c)(c+a)
0.25
0.25
0.25
0.25
3
2.0
Ta có (x+2)(x+3)(x-5)(x-6)=180
 	(x2-3x-10)(x2-3x-18)=180
Đặt x2-3x-14=y
Tìm đợc y=14 hoặc y=-14
+ Với y=14 ta dợc x1=7, x2=-4
+ Với y=-14 ta dợc x3=0, x4=3.
Vậy phơng trình có 4 nghiệm: x1=7, x2=-4, x3=0, x4=3.
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
4
2.0
Đổi 1h20’ =80’
Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình thì đầy bể là x phút (x>80)
Gọi thời gian vòi 2 chảy một mình thì đầy bể là y phút (x>80)
Vậy 1 phút vòi 1 chảy đợc bể, vòi2 chảy đợc bể, cả 2 vòi chảy đợc bể.
Theo bài ra ta có hệ 
Đặt X=,Y= Ta đợc hệ 
Giải hệ ta đợc X=,Y= 
Suy ra x=120 phút, y=240 phút.
Vậy nếu chảy một mình thì vòi 1 chảy hết 120 phút, còn vòi 2 chảy hết 240 phút thì đầy bể.
0.25
0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
5
2.0
TXĐ: D=
Nhân cả hai vế với ta đợc:
Nên hệ (*) trở thành:
Vậy phơng trình đã cho có duy nhất một nghiệm x=15.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
0.25
6
2.0
Phơng trình tổng quát của (D): y=ax+b.
Hoành độ giao điểm (nếu có ) của (D) Và (P) là nghiệm của pt: 
ax+b = -ax+2b=0 (*)
Để (D) tiếp xúc với (P) thì pt(*) phải có nghiệm kép.
Vì (D) đi qua A(-2;-2) nên –2=-2a+b b=2a-2
Vậy a,b là nghiệm của hệ: 
Vậy pt (D) là: y=2x+2
0.25
0.25
0.5
0.25
0.5
0.25
7
2.0
Biến đổi y=x3(2-x)5
 =
áp dụng BĐT CôSi cho 8 số gồm 3 số 5x và 5 số 6-3x Ta đợc 
 y
Dấu bằng xảy ra khi 5x=6-3x Vậy YMax= tại x=
0.75
0.75
0.25
0.25
8
2.0
a
Ta có:
(Do ABCD là hình thoi,và A=600).
Mặt khác
Từ (1) và (2) Suy ra : 
1.0
0.25
0.25
0.25
0.25
b
1.0
	ABC vàBDN đòng dạng (c.g.c) nên góc M1=B1
BMD và KBD có hai cặp góc bằng nhau. 
 Suy ra góc BKD=Góc MBD =1200
0.5
0.5
9
2.0
a
1.0
Gọi Cx là tiếp tuyến chắn cung AC.
Tứ giác ABHI nội tiếp đờng tròn
nên Góc ABC=Góc HIC, nhng Góc ABC=ACx
Suy ra HIC=ICx. Do đó HI//d. 
0.5
0.5
b
1.0
Vì HI//d nên IF=HN
Tứ giác AMCH nội tiếp éHMN =éHAC
Tú giác BICE nội tiếp éIEF=éIBC nhng éIBC=éHAC (góc có cạng tơng ứng vuông góc)
Suy ra hai tam giác vuông IEF và HMN bằng nhau
Suy ra MN=EF (Đpcm)
0.25
0.25
0.25
0.25
10
2.0
*> Phân tích: Giả sử tam giác đã dựng đợc thoã mãn bài toán .
Trên tia AM đặt MA’=AM=m
Suy ra tứ giác ABA’C là hình bình hành
Suy ra CA’ =AB=c
Vậy tam giác ACA’ dựng đợc vì biết ba cạnh c,b,2m.
Đỉnh B nằm trên trung tuyến CM của tam giác ACA’ thoã mãn MB=MC
*> Cách dựng: 
Dựng tam giác ACA’ có các cạnh AC=b,CA’=c,AA’=2m.
Dựng trung tuyến CM trên tia CM đặt MB = MC 
Nối AB , tam giác ABC là tam giác cần dựng.
*> Chứng minh : 
CM là trung tuyến của tam giác ACA’ ị AM = 1/2AA’= m
Mặt khác AM = MA’ , CM = MB ị tứ giác ACA’B là hình bình hành ị AB = CA’ = c
*> Biện luận:
Muốn dựng đợc tam giác ABC ta phải dựng đợc tam giác ACA’. 
Vậy điều kiện dể có nghiệm hình là ẵb-cẵ< 2m < b + c (*)
Khi (*) thoả mãn bài toán có một nghiệm hình
0.5
0.5
0.5
0,5