Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán (chuyên) năm 2016 2017 THPT chuyên hùng vương (sở GDĐT phú thọ) (DA)

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

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 đ ề.

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

T=

a − 2b 2a − 3b
+
2a − b 2a + b

. Tính giá trị biểu thức

.
b) Cho các số nguyên dương x, y, z và biểu thức
( x 2 − y 2 ) 3 + ( y 2 − z 2 )3 + ( z 2 − x 2 ) 3
P= 2

x ( 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)
x, y
2 x 3 + 2 x 2 y + x 2 + 2 xy = x + 10
a) Tìm các số nguyên
thỏa mãn
.
19
3
b) Cho
điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng , trong đó không
3
3
3
có điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có đỉnh là
3
.
19
4
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
.
3

2
2
2 x + x y + 2 x + xy + 6 = 0
 2
 x + 3 x + y = 1.
b) Giải hệ phương trình
Câu 4 (3,0 điểm)
(O; R )
BC
A
Cho đường tròn
và dây cung
cố định. Gọi
là điểm di động trên cung lớn
BC
ABC
ABC
ABDE
sao cho tam giác
nhọn. Bên ngoài tam giác
dựng các hình vuông
,
ACFG
AEKG
và hình bình hành
.
AK ⊥ BC
a) Chứng minh rằng AK = BC và
.
A, K , M

b) DC cắt BF tại M. Chứng minh rằng
thẳng hàng.
(O; R )
BC
A
K
c) Chứng minh rằng khi thay đổi trên cung lớn
của
thì luôn thuộc một
đường tròn cố định.
Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 5 (1,0 điểm)

x, y

Cho các số dương
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
(2 x + y )( x + 2 y )
8
P=
+
+
−
4

3( x + y )
(2 x + y )3 + 1 − 1
( x + 2 y )3 + 1 − 1
.
…………..HẾT…………..

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1

2a 2 + 11ab − 3b 2 = 0, b ≠ 2a, b ≠ −2a

a) Cho các số a, b thỏa mãn
a − 2b 2a − 3b
T=
+
2a − b 2a + b

. Tính giá trị biểu thức

.

Ta có
a − 2b 2a − 3b (a − 2b)(2a + b) + (2a − 3b)(2a − b) 6a 2 − 11ab + b 2
T=

+
=
=
2a − b 2 a + b
(2a − b)(2a + b)
4a 2 − b 2
11ab = −2a 2 + 3b 2

Từ giả thiết suy ra
, thay vào T ta được:
2
2
2
2
2
6a − 11ab + b
6a + 2a − 3b + b 2 2(4a 2 − b 2 )
T=
=
=
=2
4a 2 − b 2
4a 2 − b 2
4a 2 − b 2

.
a + b + c − 3abc = (a + b + c )(a + b + c − ab − bc − ca )
3

b) Ta có:

3

3

a+b+c =0

2

2

2

a 3 + b3 + c 3 = 3abc

Suy ra nếu
thì
2
2
2
2
( x − y ) + ( y − z ) + ( z 2 − x2 ) = 0
Vì
nên
2
2 3
2
2 3
2
2 3

TT = ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) = 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).

P=
Suy ra

TT
= 3( x − y )( y − z )( z − x ) ∈ ¢
MT

x, y , z

Trong ba số nguyên dương
luôn có hai số
x, y ⇒ ( x − y )M2
P = 3( x − y )( y − z )( z − x )
PM6
cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là
. Vì
nên
.

x, y
Câu 2 a) Tìm các số nguyên
thỏa mãn
2

2
(1) ⇔ 2 x ( x + y ) + 2 x( x + y ) − ( x + x) = 10

2 x 3 + 2 x 2 y + x 2 + 2 xy = x + 10 (1).

Ta có

⇔ 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)
+)
;
Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

x 2 + x = x( x + 1)

2( x + y ) − 1
là số chẵn;
là số lẻ;
2
1 1

x 2 + 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


2( x + y ) − 1 = 1
2( x + y ) − 1 = 5
hoặc
2
 x + x = 10

 2( x + y ) − 1 = 1
x 2 + x = 10
TH1
. Phương trình
không có nghiệm nguyên
 x = 1

x
=
1


 x2 + x = 2

y = 2
⇔   x = −2 ⇔ 

  x = −2

2( x + y ) − 1 = 5
x + y = 3


  y = 5
H2
( 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.

+)

A

D

E

B

F

K

I

G

H

S=

C

3
4

Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là
Vì có 19 điểm nằm trong 9 tam giác nhỏ nên có ít nhất 3 điểm cùng thuộc m ột hình tam
I1 , I 2 , I 3
giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là
.
3
S ∆I1I2 I3 ≤
∆I1I 2 I 3
4
Khi đó tam giác
nằm trong một tam giác nhỏ nên
.
2 x + 1 − x − 3 = 2 (1).
Câu 3 a) Giải phương trình sau:
x ≥ 3.
Điều kiện:
Trang | 2

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

(1) ⇔ 2 x + 1 = x − 3 + 2
⇔ 2x + 1 = x − 3 + 4 x − 3 + 4
Ta có

⇔ 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.
x = 4; x = 12.
Vậy PT đã cho có hai nghiệm
3
2
2
2 x + x y + 2 x + xy + 6 = 0
(I )
 2
 x + 3x + y = 1
b) Giải hệ phương trình:
2
( x + x)(2 x + y ) = −6
(I ) ⇔  2
( x + x) + (2 x + y ) = 1
Ta có

ặt

u = x 2 + x; v = 2 x + y

Với

. Hệ đã cho trở thành:
 u = −2

uv = −6
 v = 3
⇔

u + v = 1  u = 3

 v = −2.

u = −2  x 2 + x = −2
⇒

v = 3
2 x + y = 3

. Hệ PT này vô nghiệm.
x + x = 3
 x2 + x − 3 = 0
u = 3
⇒
⇔


v = −2 2 x + y = −2
 y = −2 x − 2 .
2

Với

Giải hệ này được 2 nghiệm:


−1 − 13 
−1 + 13
x =
x =
;
2
2

 y = 13 − 1  y = − 13 − 1



.

 −1 − 13
  −1 + 13

; 13 − 1÷; 
; − 13 − 1÷

2

2

 

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm
.
Câu 4

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

K

G

E
C'

B'

A

F

D
O
M
B

H

C

·
·
·
·
·
·
KEA
+ EAG
= 1800 , BAC
+ EAG
= 1800 ⇒ KEA
= BAC
.

a) Ta có
EK = AG = AC ; EA = AB ⇒ ∆AEK = ∆BAC ⇒ AK = BC .

·
∆AEK = ∆BAC ⇒ EAK
= ·ABC

Lại có:

Ta có

. Gọi H là giao điểm của KA và BC, ta có:
·
·
·
BAH
+ ·ABC = BAH
+ EAK
= 900 ⇒ AH ⊥ BC
AK ⊥ BC
. Vậy
.
0
0
·
·
·
·
·
·
KAC
= KAG
+ 90 ; BCF
= ·ACB + 90
KAG
= ·ACB ⇒ KAC
= BCF
.
b) Vì
mà
·

·
·
·
KA = BC ; AC = CF ; KAC = BCF ⇒ ∆KAC = ∆BCF ⇒ CKH
= FBC
.
Vì
Ta lại có
0
0
·
·
·
·
KB ⊥ CD (2)
CKH
+ KCH
= 90 ⇒ FBC
+ KCH
= 90 ⇒ BF ⊥ KC (1)
. Tương tự ta có
. Từ (1)
∆KBC
M ∈ KH
(2) suy ra M là trực tâm
, suy ra
. Vậy A, K, M thẳng hàng.
BCC ' B '
BC
B 'C '

c) Dựng hình vuông
trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn
, suy ra
cố
BB ', KA
BB ' P KA
BC
định. Ta có AKB’B là hình bình hành (vì
cùng vuông góc
suy ra
;
· ' KA = BAH
·
B ' K P BA ⇒ B
BB ' = KA = BC
AKC ' C
). Do đó
Tương tự ta có
là hình bình
·
· ' KC ' = B
· ' KA + ·AKC ' = BAH
·
·
·
KC ' P AC ⇒ ·AKC ' = HAC
B
+ HAC
= BAC
hành suy ra

Suy ra
Vì
(O ; R )
BC
B 'C '
khi A thay đổi trên cung lớn
của đường tròn
thì K luôn nhìn đoạn
cố định
·
α = BAC
α
dưới một góc không đổi
. Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng trên đoạn
B 'C '

cố định.
Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 5: Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 thì

2

P=

a3 + 1 − 1

b3 + 1 − 1

+

ab
8
−
4 a+b

2

b + 1 + b2 − b + 1 b2 + 2
b2
3
b + 1 = (b + 1)(b − b + 1) ≤
=
⇒ b +1 −1≤
2
2
2
3

Tương tự

Mặt khác
Vậy

P≥

2

a + 1 + a2 − a + 1 a2 + 2
a2
3
a + 1 = (a + 1)(a − a + 1) ≤
=
⇒ a +1 −1≤
2
2
2
3

Ta có

+

2

4
1 1
8
2 2
≤ + ⇒−
≥− −
a+b a b
a+b
a b

4
4 ab 2 2  4

4 4 ab 2 2
 4
 ab 2 2
+ 2 +
− − =  2 + 1 +  2 + 1 +
− − −2≥ + +
− − −2=Q
2
a
b
4 a b a
a b 4 a b
 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

Trang | 2