Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Toán) - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương môn Toán (Dành cho thí sinh thi vào lớp Chuyên Toán) - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Phú Thọ (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 PHÚ THỌ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ CHÍNH THỨC 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) a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a2 11ab 3b2 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 (x2 y2 )3 (y2 z2 )3 (z2 x2 )3 P . x2 (y z) y2 (z x) z2 (x y) 2xyz 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 2x3 2x2 y x2 2xy 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 2x 1 x 3 2 . 2x3 x2 y 2x2 xy 6 0 b) Giải hệ phương trình 2 x 3x 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 AdựngBC 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 (2x y)(x 2y) 8 P . (2x y)3 1 1 (x 2y)3 1 1 4 3(x y) HẾT
2. Hướng dẫn Câu 1 a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a2 11ab 3b2 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) 6a2 11ab b2 T 2a b 2a b (2a b)(2a b) 4a2 b2 Từ giả thiết suy ra 11ab 2a2 3b2 , thay vào T ta được: 6a2 11ab b2 6a2 2a2 3b2 b2 2(4a2 b2 ) T 2 . 4a2 b2 4a2 b2 4a2 b2 b) Ta có: a3 b3 c3 3abc (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ca) Suy ra nếu a b c 0 thì a3 b3 c3 3abc Vì (x2 y2 ) (y2 z2 ) (z2 x2 ) 0 nên TT (x2 y2 )3 (y2 z2 )3 (z2 x2 )3 3(x2 y2 )(y2 z2 )(z2 x2 ) 3(x y)(y z)(z x)(x y)(y z)(z x). MT x2 (y z) y2 (z x) z2 (x y) 2xyz (x2 y y2 x) z2 (x y) (2xyz y2 z x2 z) xy(x y) z2 (x y) z(x y)2 (x y)(xy z2 zx zy) (x y)x(y z) z(y z) (x y)(y z)(z x). TT Suy ra P 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)M2 . Vì P 3(x y)(y z)(z x) nên PM6 . Câu 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2x3 2x2 y x2 2xy x 10 (1). Ta có (1) 2x2 (x y) 2x(x y) (x2 x) 10 2(x y)(x2 x) (x2 x) 10 (x2 x)2(x y) 1 10 Nhận xét: +) 10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5) ; +) x2 x x(x 1) là số chẵn; 2(x y) 1 là số lẻ; 2 2 1 1 2 +) x x x 1 x x 0 . 2 4 Từ các nhận xét trên ta thấy chỉ có các trường hợp (TH) sau: x2 x 10 x2 x 2 hoặc 2(x y) 1 1 2(x y) 1 5 2 x x 10 2 TH1 . Phương trình x x 10 không có nghiệm nguyên 2(x y) 1 1 2
3. x 1 x 1 x2 x 2 y 2 H2 x 2 2(x y) 1 5 x 2 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. A D E K F I B C H G 3 Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là S 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, I2 , I3 3 Khi đó tam giác I I I nằm trong một tam giác nhỏ nên S . 1 2 3 I1I2I3 4 Câu 3 a) Giải phương trình sau: 2x 1 x 3 2 (1). Điều kiện: x 3. (1) 2x 1 x 3 2 Ta có 2x 1 x 3 4 x 3 4 4 x 3 x 2 2 x 4 16(x 3) x x 16x 48 0 . x 12 Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện. Vậy PT đã cho có hai nghiệm x 4; x 12. 2x3 x2 y 2x2 xy 6 0 b) Giải hệ phương trình: (I) 2 x 3x y 1 (x2 x)(2x y) 6 Ta có (I) 2 (x x) (2x y) 1 ặt u x2 x;v 2x y . Hệ đã cho trở thành: 3
4. u 2 uv 6 v 3 u v 1 u 3 v 2. u 2 x2 x 2 Với . Hệ PT này vô nghiệm. v 3 2x y 3 u 3 x2 x 3 x2 x 3 0 Với v 2 2x y 2 y 2x 2 . 1 13 1 13 x x Giải hệ này được 2 nghiệm: 2 ; 2 . y 13 1 y 13 1 1 13 1 13 Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm ; 13 1 ; ; 13 1 . 2 2 Cau 4 K G E B' C' A F D O M B H C a) Ta có K· EA E·AG 1800 , B·AC E·AG 1800 K· EA B·AC. Lại có: EK AG AC;EA AB AEK BAC AK BC. Ta có AEK BAC E·AK ·ABC . Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có: B·AH ·ABC B·AH E·AK 900 AH  BC . Vậy AK  BC . b) Vì K·AC K·AG 900 ;B·CF ·ACB 900 mà K·AG ·ACB K·AC B·CF. Vì KA BC; AC CF;K·AC B·CF KAC BCF C·KH F·BC. Ta lại có C·KH K·CH 900 F·BC K·CH 900 BF  KC (1) . Tương tự ta có KB  CD (2) . 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' PKA ; BB' KA BC ). Do đó B'K PBA B·'KA B·AH Tương tự ta có AKC 'C là hình bình hành suy ra KC ' PAC ·AKC ' H· AC Suy ra B·'KC ' B·'KA ·AKC ' B·AH H· AC B·AC Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của 4
5. đường tròn (O; R) thì K luôn nhìn đoạn B'C ' cố định dưới một góc không đổi B·AC . 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 2 2 ab 8 P a 3 1 1 b3 1 1 4 a b a 1 a 2 a 1 a 2 2 a 2 Ta có a 3 1 (a 1)(a 2 a 1) a 3 1 1 2 2 2 Tương tự b 1 b 2 b 1 b 2 2 b 2 b3 1 (b 1)(b 2 b 1) b3 1 1 2 2 2 4 1 1 8 2 2 Mặt khác a b a b a b a b Vậy 4 4 ab 2 2 4 4 ab 2 2 4 4 ab 2 2 P 1 1 2 2 Q a 2 b 2 4 a b a 2 b 2 4 a b a b 4 a b 2 2 ab 2 2 ab P Q 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 b a 3 2 2 ab a b 4 a b 5