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

Do đó Tương tự ta có là hình bình hành suy ra Suy ra Vì khi A thay đổi trên cung lớn của đường tròn thì K luôn nhìn đoạn cố định dưới một góc không đổi.[r]

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

Câu 1 (2,0 điểm)

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

T

 

b) Cho các số nguyên dương x, y, z và biểu thức

P

x y z y z x z x y xyz



Chứng minh rằng P là số nguyên chia hết cho 6.

Câu 2 (2,0 điểm)

,

x y 2x32x y x2  22xy x 10a) Tìm các số nguyên thỏa mãn

19 3 3 3 3 19

3

4 b) Cho điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng , trong đó không có điểm nào thẳng hàng Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có đỉnh là trong điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn

Câu 3 (2,0 điểm)

2x 1 x 3 2 a) Giải phương trình

2

x x y x xy





Câu 4 (3,0 điểm)

( ; )O R BC A BC ABC ABC ABDE ACFG AEKG Cho đường tròn và dây cung cố

định Gọi là điểm di động trên cung lớn sao cho tam giác nhọn Bên ngoài tam giác dựng các hình vuông , và hình bình hành

AK BCa) Chứng minh rằng AK = BC và

, ,

A K M b) DC cắt BF tại M Chứng minh rằng thẳng hàng.

A BC ( ; ) O R K c) Chứng minh rằng khi thay đổi trên cung lớn của thì luôn thuộc một

đường tròn cố định

Câu 5 (1,0 điểm)

,

x y Cho các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

x y x y P

x y



………… HẾT…………

ĐỀ CHÍNH THỨC

Hướng dẫn Câu 1

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

T

 

Ta có

T

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

2

T

a b c  abc a b c a  b c  ab bc ca  b) Ta có:

0

a b c   a3b3c3 3abcSuy ra nếu thì

(x  y ) ( y  z ) ( z  x ) 0 Vì nên

x y y z z x x y y z z x

x y y x z x y xyz y z x z

xy x y z x y z x y x y xy z zx zy

x y x y z z y z x y y z z x

TT

MT

       , ,x y z , x y (x y ) 2 P3(x y y z z x )(  )(  ) P6 Suy ra Trong ba số nguyên dương luôn có hai số cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là Vì nên ,

x y 2x32x y x2  22xy x 10 (1).Câu 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn Ta có

2

Nhận xét:

10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5)        +) ;

x  x x x 2(x y ) 1 +) là số chẵn; là số lẻ;

2

x  x x      x  x

Từ các nhận xét trên ta thấy chỉ có các trường hợp (TH) sau:

x x

x y





x x

x y



2 10

x x

x y



 x2 x 10TH1 Phương trình không có nghiệm nguyên

2

1 1

2 2

2

3

5

x x

y

x x

x

x y

y

 









 

( ; )x y (1;2),( 2;5) Vậy có hai bộ số thỏa mãn là:

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

S 

Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là

1, ,2 3

I I I 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

1 2 3

I I I

 1 2 3

3 4

I I I

S 

Khi đó tam giác nằm trong một tam giác nhỏ nên

2x 1 x 3 2 (1). Câu 3 a) Giải phương trình sau:

3

x  Điều kiện:

F

E D

C B

A

(1) 2 1 3 2

12

x

x





Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện

4; 12

x x Vậy PT đã cho có hai nghiệm

2

( )

x x y x xy

I





2

2

( )

I



 

ux x v x y ặt Hệ đã cho trở thành:

2 3 6

2

u v uv

v

 













 



 



2







;

Câu 4

a) KEA EAG  180 ,0 BAC EAG  1800  KEA BAC  .Ta có Lại có:

EK AGAC EA AB  AEK BAC AK BC Ta có

    Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có:

BAH ABC BAH EAK   AH BC AK BC Vậy

KAC KAG BCF ACB KAGACB KAC BCF  b) Vì mà

KA BC AC CF KAC BCF    KAC BCF  CKH FBC

CKH KCH   FBC KCH   BF KC KBCD(2) KBC M KH V

ì Ta lại có Tương tự ta có Từ (1)(2) suy ra M là trực tâm , suy ra Vậy A, K, M thẳng

hàng

'

AKC C B C' '  BAC B C' '( ; )O R BC  B KC' 'B KA AKC '  'BAH HAC  BAC

KC AC AKC HAC BCC B' ' B K BA'   B KA BAH'  BB'KA BC BB KA'

BC BB KA ' '', B C BC c) Dựng hình vuông trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn , suy

ra cố định Ta có AKB’B là hình bình hành (vì cùng vuông góc suy ra ; ) Do đó Tương

tự ta có là hình bình hành suy ra Suy ra Vì khi A thay đổi trên cung lớn của đường tròn

thì K luôn nhìn đoạn cố định dưới một góc không đổi Do đó K thuộc quỹ tích cung

chứa góc dựng trên đoạn cố định

Câu 5: Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 thì

D

C' B'

M H

K

F

G

E

O

A

P= 2

√a3

+1 −1+

2

√b3+1 −1+

ab

4 −

8

a+ b

√a3+1=√(a+1)(a2− a+1)≤ a+ 1+a

2

−a+1

a2+2

2 ⇒√a3+1− 1≤a

2

2 Ta có

√b3+1=√(b+1)(b2−b +1)≤ b+1+b

2

− b+1

b2+2

2 ⇒√b3+1−1 ≤ b

2

2Tương tự 4

a+b ≤

1

a+

1

b ⇒ − 8

a+b ≥−

2

a −

2

bMặt khác

Vậy

P ≥ 4

a2+ 4

b2+ab

4 −

2

a −

2

b=(a42+1)+(b42+1)+ab

4 −

2

a −

2

b −2 ≥

4

a+

4

b+

ab

4 −

2

a −

2

b − 2=Q

P ≥ Q=2

a+

2

b+

ab

4 −2 ≥3

3

√2a.

2

b.

ab

4 −2=1

Min (P)=1 ⇔

a+1=a2− a+1

b+1=b2− b+1

4

b2= 4

a2=1

2

a=

2

b=

ab

4

a=b

⇒ a=b=2 ⇒ x= y=2

3

¿{ { { {