Tải bản đầy đủ

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán chuyên trường THPT Chuyên Hùng Vương, Phú Thọ năm 2016 - 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
NĂM HỌC 2016-2017

Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm)
a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a 2  11ab  3b 2  0, b  2a, b  2a . Tính giá trị biểu thức
a  2b 2a  3b
.
T


2a  b 2a  b
b) Cho các số nguyên dương x, y, z và biểu thức

P

( x 2  y 2 )3  ( y 2  z 2 )3  ( z 2  x 2 )3
.
x 2 ( y  z )  y 2 ( z  x)  z 2 ( x  y )  2 xyz

Chứng minh rằng P là số nguyên chia hết cho 6.
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x 3  2 x 2 y  x 2  2 xy  x  10 .
b) Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3 , trong đó không
có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có 3 đỉnh là 3
3
.
trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn
4
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2 x  1  x  3  2 .
3
2
2
2 x  x y  2 x  xy  6  0
b) Giải hệ phương trình  2
 x  3 x  y  1.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R ) và dây cung BC cố định. Gọi A là điểm di động trên cung lớn
BC sao cho tam giác ABC nhọn. Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE ,
ACFG và hình bình hành AEKG .
a) Chứng minh rằng AK = BC và AK  BC .
b) DC cắt BF tại M. Chứng minh rằng A, K , M thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng khi A thay đổi trên cung lớn BC của (O; R ) thì K luôn thuộc một
đường tròn cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số dương x, y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
(2 x  y )( x  2 y )
8

P



.
3
3
4
3(
x

y
)
(2 x  y )  1  1
( x  2 y)  1  1
…………..HẾT…………..


Hướng dẫn
Câu 1

a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a 2  11ab  3b 2  0, b  2a, b  2a . Tính giá trị biểu thức
a  2b 2a  3b
T

.
2a  b 2a  b
Ta có
a  2b 2a  3b (a  2b)(2a  b)  (2a  3b)(2a  b) 6a 2  11ab  b 2
T



2a  b 2a  b
(2a  b)(2a  b)
4a 2  b 2
Từ giả thiết suy ra 11ab  2a 2  3b 2 , thay vào T ta được:
6a 2  11ab  b 2 6a 2  2a 2  3b 2  b 2 2(4a 2  b 2 )
T


 2.
4a 2  b 2
4a 2  b 2
4a 2  b 2
b) Ta có: a 3  b3  c 3  3abc  (a  b  c)(a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca )
Suy ra nếu a  b  c  0 thì a 3  b3  c 3  3abc
Vì ( x 2  y 2 )  ( y 2  z 2 )  ( z 2  x 2 )  0 nên
TT  ( x 2  y 2 )3  ( y 2  z 2 )3  ( z 2  x 2 )3  3( x 2  y 2 )( y 2  z 2 )( z 2  x 2 )

 3( x  y )( y  z )( z  x)( x  y )( y  z )( z  x).
MT  x 2 ( y  z )  y 2 ( z  x)  z 2 ( x  y )  2 xyz
 ( x 2 y  y 2 x)  z 2 ( x  y )  (2 xyz  y 2 z  x 2 z )
 xy ( x  y )  z 2 ( x  y )  z ( x  y ) 2  ( x  y )( xy  z 2  zx  zy )
 ( x  y )  x( y  z )  z ( y  z )  ( x  y )( y  z )( z  x).
TT
 3( x  y )( y  z )( z  x)   Trong ba số nguyên dương x, y, z luôn có hai
MT
số cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là x, y  ( x  y ) 2 . Vì P  3( x  y )( y  z )( z  x) nên P 6 .
Suy ra P 

Câu 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x 3  2 x 2 y  x 2  2 xy  x  10 (1). Ta có

(1)  2 x 2 ( x  y )  2 x( x  y )  ( x 2  x)  10
 2( x  y )( x 2  x)  ( x 2  x)  10
 ( x 2  x)  2( x  y )  1  10
Nhận xét:
+) 10  1.10  2.5  (1)(10)  (2)(5) ;
+) x 2  x  x( x  1) là số chẵn; 2( x  y )  1 là số lẻ;
2

1 1

+) x  x   x     1  x 2  x  0 .
2 4

Từ các nhận xét trên ta thấy chỉ có các trường hợp (TH) sau:
 x 2  x  10
 x2  x  2
hoặc 

2( x  y )  1  1
2( x  y )  1  5
2

 x 2  x  10
TH1 
. Phương trình x 2  x  10 không có nghiệm nguyên
2( x  y )  1  1

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


C

 x  1

x

1


 x2  x  2

y  2
   x  2  
H2 
  x  2
2( x  y )  1  5
x  y  3


  y  5
Vậy có hai bộ số ( x; y ) thỏa mãn là: (1; 2),(2;5) .
b) Giả sử 19 điểm nằm trong tam giác đều ABC cạnh bằng 3. Chia tam giác ABC thành 9
tam giác đều, có cạnh bằng 1 (gọi là tam giác nhỏ) như hình vẽ.

3
4
Vì có 19 điểm nằm trong 9 tam giác nhỏ nên có ít nhất 3 điểm cùng thuộc một hình tam
giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là I1 , I 2 , I 3 .
Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là S 

Khi đó tam giác I1I 2 I 3 nằm trong một tam giác nhỏ nên S I1I 2 I3 

3
.
4

Câu 3 a) Giải phương trình sau: 2 x  1  x  3  2 (1).
Điều kiện: x  3.
(1)  2 x  1  x  3  2
Ta có

 2x  1  x  3  4 x  3  4
 4 x3  x

x  4
 16( x  3)  x 2  x 2  16 x  48  0  
.
 x  12
Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện.
Vậy PT đã cho có hai nghiệm x  4; x  12.

2 x 3  x 2 y  2 x 2  xy  6  0
(I )
b) Giải hệ phương trình:  2
x

3
x

y

1

2
( x  x)(2 x  y )  6
Ta có ( I )   2
( x  x)  (2 x  y )  1
ặt u  x 2  x; v  2 x  y . Hệ đã cho trở thành:

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí


 u  2

uv  6
 v  3


u  v  1  u  3

 v  2.
u  2  x 2  x  2
Với 
. Hệ PT này vô nghiệm.

v  3
2 x  y  3
 x2  x  3
 x2  x  3  0
u  3


Với 
v  2 2 x  y  2
 y  2 x  2 .

K

G

E
C'

B'

A

F

D
O
M
B

H

C


1  13 
1  13
x 
x 
;
Giải hệ này được 2 nghiệm: 
.
2
2
 y  13  1  y   13  1


 1  13
  1  13

; 13  1 ; 
;  13  1 .
Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 
2
2

 

Câu 4

  EAG
  1800 , BAC
  EAG
  1800  KEA
  BAC
 . Lại có:
a) Ta có KEA
EK  AG  AC ; EA  AB  AEK  BAC  AK  BC. Ta có

AEK  BAC  EAK
ABC . Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có:

  EAK
  900  AH  BC . Vậy AK  BC .
BAH
ABC  BAH
  KAG
  900 ; BCF


  BCF
.
ACB  900 mà KAG
ACB  KAC
b) Vì KAC
  BCF
  KAC  BCF  CKH
  FBC
 . Ta lại có
Vì KA  BC ; AC  CF ; KAC
  KCH
  900  FBC
  KCH
  900  BF  KC (1) . Tương tự ta có KB  CD (2) .
CKH
Từ (1)(2) suy ra M là trực tâm KBC , suy ra M  KH . Vậy A, K, M thẳng hàng.
c) Dựng hình vuông BCC ' B ' trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn BC , suy ra B ' C '
cố định. Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB ', KA cùng vuông góc BC suy ra BB '  KA ;

 Tương tự ta có AKC ' C là hình bình
' KA  BAH
BB '  KA  BC ). Do đó B ' K  BA  B
 Suy ra
hành suy ra KC '  AC  
AKC '  HAC
VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí




  HAC
  BAC
 Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của
B
' KC '  B
' KA  
AKC '  BAH
.
đường tròn (O; R ) thì K luôn nhìn đoạn B ' C ' cố định dưới một góc không đổi   BAC
Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc  dựng trên đoạn B ' C ' cố định.
Câu 5: Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 thì

ab
8

a 1 1
b 1 1 4 a  b
a  1  a2  a  1 a2  2
a2
3
2
3
Ta có a  1  ( a  1)(a  a  1) 

 a 1 1
2
2
2
P

2

3

2



3



Tương tự

b  1  b2  b  1 b2  2
b2
3
b  1  (b  1)(b  b  1) 

 b 1 1
2
2
2
4
1 1
8
2 2
Mặt khác
  
 
ab a b
ab
a b
3

2

Vậy

P

4
4 ab 2 2  4
4 4 ab 2 2
 4
 ab 2 2






1


1




2

 
  2Q




2
a2 b2
4 a b  a2
b
4
a
b
a
b
4
a b
 


PQ

2 2 ab
2 2 ab
 
 2  33 . .  2  1
a b 4
a b 4


a  1  a 2  a  1

2
b  1  b  b  1
4
4
2
Min( P)  1   2  2  1
a b2 x  y 
a
3
b
 2 2 ab
a  b  4

a  b

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×