Đề thi môn Toán - Kỳ thi vào Lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn - Đề 15A (Có đáp án)

 Sở GD-ĐT Thanh Hoá 
 Trường THPT Hà Trung
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn
Đề thi đề nghị môn Toán 
(Thời gian phút)
Bài 1: Cho biểu thức 
 Tìm giá trị của M khi x= 
 Bài 2 
 Cho đa thức bậc 5 có hệ số nguyên. Biết rằng f(x) nhận giá trị 1975 với 4 giá trị nguyên khác nhau của x. Chứng minh rằng với mọi x z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1992
Bài 3: Giả sử x1, x2 là các nghiệm của phương trình
Tất cả các giá trị của k để có bất đẳng thức:
Bài 4: Giải hệ phương trình:
Bài 5 : Giải phương trình
Bài 6 : 
 Trong mp(oxy) cho Parabol(P): và điểm I (0,-2) gọi (d) là đường thẳng qua I và có hệ số gốc m
1, Vẽ (P) chứng tỏ với mọi mR,(d) luôn cắt (P) tại 2 điểm điểm phân biệt A,B
2, Tìm giá trị của m để đoạn AB ngắn nhất 
Bài 7 : Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:
Bài 8: Cho tam giác ABC có , đường cao AH, trung truyến AM và phân giác trong AD
1, Chứng minh D nằm giữa 2 điểm H và M
2, Biết SADM= SABC, SAHM=SABC. Hãy tính số đo góc 
Bài 9 : Cho ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đường song song với hai cạnh kia; chúng tạo thành với 2 cạnh ấy một hình bình hành. Tìm vị trí của M để hình bình hành ấy có diện tích lớn nhất.
Bài 10 : Cho hình chóp tam giác đều và khoảng cách giữa hai cạnh chéo nhau
bằng l, hãy xác định hình chóp có thể tích bé nhất.
 Sở GD-ĐT Thanh Hoá 
 Trường THPT Hà Trung
Đáp án và biểu điểm
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Lam sơn
Đề thi đề nghị môn Toán
(Thời gian 150 phút)
Bài 1 : (2điểm). Khi cho và thì (0,25đ)
Do đó (0,25đ)
 (0,25đ)
Từ đó : (0,75đ)
 Nếu thì : (0,25đ)
 Nếu thì (0,25đ)
Bài 2 (2đ)
 Gọi x1,x2,x3x4 là giá trị nguyên khác nhau của đa thức f(x)- 1975 suy ra f(x)-1975 = (x-x1)(x-x2)(x-x3)(x-x4).g(x) (g(x) là đa thức có hệ số nguyên)(0,5đ)
 Giả sử tồn tại az mà f(a)=1992 ta có:
 (a-x1)(a-x2)(a-x3)(a-x4).g(a)=17 * (0,5đ)
 Do x1,x2,x3x4 z khác nhau nên a-x1,a-x2 , a-x3 ,a-x4 là 4 số nguyên khác nhau và g(a)z, mà 17 chỉ có thể phân tích thành một tích có nhiều nhất ở thừa số nguyên khác nhau : 17= 1(-1)(-17) nên (*) không xảy ra ĐPCM (1,0đ)
Bài 3 (2đ) 
Dễ thấy x1,x2 
Ta xét a hai trường hợp
* Nếu a<1 thì với mọi .Khi đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm khác nhau và khác dấu: Điều đó dẫn đến BĐT đã cho luôn đúng với mọi (0,5đ)
*Nếu a>0 
Ta có 
Mà (Theo viét)
Do đó :=() (1) (0,5đ)
Đặt =t, ta có 
 (2)
Ta thấy mọi t. Do đó (2) chỉ đúng khi hay 
 Do nên . Bởi vậy (0,75đ)
 Vậy a<0, khi k là số thực bất kỳ
a>0 thì k là số thực thỏa mãn (0,25đ)
Bài 4 (2đ) Giải hệ phương trình
Từ (1) ta có PT (2) có dạng := (0,25đ)
 (1,0đ)
+ Với y=0 thay vào (1) ta đợc x2=1x 1
+ Với x=0, y=0 thay vào (1) không thỏa mãn x=0, y=0 loại (0,5đ)
Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm (x,y) là (1,0) và (-1,0) (0,25đ)
Bài 5 (2đ) 
 Điều kiện 2x +150 và 32 x2+32x-20 0
 (0,25đ)
PT đã cho tương đương với (1)
 Đặt ĐK (0,25đ)
Từ đó ta có :
 (2)
PT trở thành: 
 (3)
Lấy (2 ) trừ cho (3) theo từng vế ta đợc :
(0,75đ)
* Trường hợp 1 : x - y = 0 x=y thay vào (3 ) ta đợc:
 16x2+14x-11=0
TM
Loại
	(0,25đ)
* Trường hợp 2 : 8x+8y +9=0 9y=8x-9 thay vào (3)
ta có : 64x2+72x-35=0
Loại
TM
	(0,25đ)
 Vậy phương trình có 2 nghiệm x= hoặc (0,25đ)
Bài 6: (2đ)
1. (1đ) đường thẳng (d ) có phương trình là 
	y=mx-2
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
Chứng tỏ (d) luôn cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A, B (0,5đ)
Vẽ (P) (0,5đ)
y
x
A
-2
B
y=-x2/4
I
2
O
-2
2, (1đ) Điểm A, B có tọa độ :
 A(x1, mx1-2), B(x2, mx2-2)
 Với x1, x2 có nghiệm của phương trình:
 x2+4mx-2=0
Theo Viét ta có:
Do đó 
 AB2=
 vì 
 Dấu “=” xảy ra khi m = 0
Vậy AB ngắn nhất khi và chỉ khi m = 0 (0,5đ)
 Bài 7: (2đ): a, b, c>0
(1)
CM: (1)
(0,5đ)
Mặt khác =
Do đó ta cần chứng minh:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c (1đ)
Bài 8 (2đ)
A
C
B
H
D
.O
M
1, (1đ) Vẽ đường tròn ngoại tiếp ABC. Gọi F là trung điểm của cung BC khác nhau với A. A, D, F thẳng hàng D ở giữa A,F D ở giữa H, M (0,5đ)
2, Ta có 
(0,75đ)
F
 (0,75đ)
Trên đường thẳng AH chọn A0 sao cho BA0C=900 (A0 là giao điểm của HA với đường tròn đường kính BC)
(**)
Từ (*) và (**) ta có : 
 Bài 9 (2đ) Gọi hình bình hành tạo thành là BEMF; dt(BEMF)=S’; 
dt(ABC)=S= const
A
 Kẻ AKBC, AK cắt EM ở H. Ta có S’=EM.HK (0,5đ)
x
 nên
M
E
H
 Đặt MA =x, MC=y. Theo định lí Talét ta có:
S’
y
 (0,5đ)
K
F
AC
B
 nên
 Lại có:do (0,5đ)
 Do đó max =S khi đó x=y
 Tức là M là trung điểm của AC (0,5đ)
Bài 10 (2đ) 
Giả sử hình chóp SABC đều, O là tâm đều ABC, M là trung điểm của BC. Ta có BC (SAM). Vẽ MN SA thì MN vuông góc với BC. (0,25đ)
S
N
A
B
OB
M
C
Đặt AB=BC=CA=x khi đó
S
 Điều kiện x>(0,25đ)
Ta có thể tích hình chóp:
(0,75đ)
 Dấu “=” xãy ra khi : 3x2- 4l2-2l2
x=
Vậy thể tích của hình chóp nhỏ nhất khi SA+SB+SC=(0,25đ)