DeHD chuyen Toan HVPT 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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. 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) 2 2 a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a  11ab  3b 0, b 2a, b  2a . Tính giá trị biểu thức a  2b 2a  3b T  2 a  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) 3 2 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x  2 x y  x  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  2 b) Giải hệ phương trình  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…………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn Câu 1 2 2 a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a  11ab  3b 0, b 2a, b  2a . Tính giá trị biểu thức a  2b 2a  3b T  2 a  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 2 2 Từ giả thiết suy ra 11ab  2a  3b , thay vào T ta được:. 6a 2  11ab  b 2 6a 2  2a 2  3b 2  b 2 2(4a 2  b 2 )   2 4a 2  b 2 4a 2  b 2 4a 2  b 2 . 3 3 3 2 2 2 b) Ta có: a  b  c  3abc (a  b  c )(a  b  c  ab  bc  ca ) T. 3 3 3 Suy ra nếu a  b  c 0 thì a  b  c 3abc 2 2 2 2 2 2 Vì ( x  y )  ( y  z )  ( z  x ) 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)   MT Suy ra Trong ba số nguyên dương x, y, z luôn có hai 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 . P. 2 x 3  2 x 2 y  x 2  2 xy  x  10 (1). Ta có Câu 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn. (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) ; 2 +) x  x  x( x  1) là số chẵn; 2( x  y )  1 là số lẻ; 2 1 1  2 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  x 2  x 2   2( x  y )  1 1 hoặc 2( x  y )  1 5 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 2  x 10  2 TH1 2( x  y )  1 1 . Phương trình x  x 10 không có nghiệm nguyên   x 1  x  1    x 2  x 2    y 2   x  2     x  2 2( x  y )  1 5  x  y 3     y 5 H2 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. B. F. K. I. G. H. 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 một hình tam giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là I1 , I 2 , I 3 . S. Khi đó tam giác I1I 2 I 3 nằm trong một tam giác nhỏ nên Câu 3 a) Giải phương trình sau: 2 x  1  x  3 2 (1).. S I1I 2 I3 . 3 4 .. Điều kiện: x 3. (1)  2 x  1  x  3  2.  2 x  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. Vậy PT đã cho có hai nghiệm x 4; x 12. 3 2 2 2 x  x y  2 x  xy  6 0 (I )  2 x  3 x  y  1  b) Giải hệ phương trình:  ( x 2  x)(2 x  y )  6 (I )   2 ( x  x)  (2 x  y ) 1 Ta có. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 ặt u  x  x; v 2 x  y . 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. Với  x 2  x 3  x 2  x  3 0 u 3     v  2 2 x  y  2   y  2 x  2 . Với. Giải hệ này được 2 nghiệm: Vậy hệ đã cho có 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    . .. Cau 4 K. G. E C'. B'. A. F. D O M B. H. C.       KEA  EAG 1800 , BAC  EAG 1800  KEA BAC . a) Ta có Lại có: 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:    BAH  ABC BAH  EAK 900  AH  BC . Vậy AK  BC . 0  0        b) Vì KAC KAG  90 ; BCF  ACB  90 mà KAG  ACB  KAC BCF .     Vì KA BC ; AC CF ; KAC BCF  KAC BCF  CKH FBC. Ta lại có     CKH  KCH 900  FBC  KCH 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 '  KA 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   ; BB ' KA BC ). Do đó B ' K  BA  B ' KA BAH Tương tự ta có AKC ' C là hình   bình hành suy ra KC '  AC  AKC ' HAC Suy ra  ' KC ' B  ' KA  AKC ' BAH    B  HAC BAC Vì khi A thay đổi trên cung lớn BC của  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 2 2 ab 8 P= 3 + 3 + − √ a +1 −1 √ b +1 −1 4 a+b 2 2 2 a+1+ a − a+1 a +2 a Ta có √ a3 +1= √(a+1)(a2 −a+ 1)≤ = ⇒ √ a3+ 1− 1≤ 2 2 2 b+1+b 2 − b+1 b2 +2 b2 3 2 3 Tương tự √ 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 Vậy 4 4 ab 2 2 4 4 ab 2 2 4 4 ab 2 2 P≥ 2 + 2 + − − = 2 + 1 + 2 +1 + − − − 2≥ + + − − −2=Q 4 a b a b 4 a b a b 4 a b a b. ( )( ). 2 2 ab 3 2 2 ab P ≥Q= + + − 2≥ 3 . . −2=1 a b 4 a b 4. √. Min( P)=1 ⇔ 2 a+1=a − a+1 b+1=b 2 − b+1 4 4 = =1 b2 a2 2 2 ab = = a b 4 a=b ⇒ a=b=2⇒ x= y=. 2 3. ¿ { { {{. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>