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]
(1)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
Mơn thi: Tốn
(Dành cho thí sinh thi vào lớp Chun Tốn) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang
Câu (2,0 điểm)
2
2a 11ab 3b 0,b2 ,a b2aa) Cho số a, b thỏa mãn Tính giá trị biểu thức
2
2
a b a b
T
a b a b
.
b) Cho số nguyên dương x, y, z biểu thức
2 2 2
2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
x y y z z x
P
x y z y z x z x y xyz
.
Chứng minh P số nguyên chia hết cho 6. Câu (2,0 điểm)
,
x y 2
2x 2x y x 2xy x 10a) Tìm số nguyên thỏa mãn
19 3 3 19
4 b) Cho điểm phân biệt nằm tam giác có cạnh ,
trong khơng có điểm thẳng hàng Chứng minh ln tìm tam giác có đỉnh điểm cho mà có diện tích khơng lớn
Câu (2,0 điểm)
2x 1 x 2 a) Giải phương trình
3 2
2
2
3
x x y x xy
x x y
b) Giải hệ phương trình
Câu (3,0 điểm)
( ; )O R BC A BC ABC ABC ABDE ACFG AEKGCho đường tròn dây cung cố
định Gọi điểm di động cung lớn cho tam giác nhọn Bên tam giác dựng hình vng , hình bình hành
AK BCa) Chứng minh AK = BC
, ,
A K M b) DC cắt BF M Chứng minh thẳng hàng.
A BC ( ; )O R Kc) Chứng minh thay đổi cung lớn ln thuộc một đường tròn cố định
Câu (1,0 điểm)
,
x yCho số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3
2 (2 )( )
4 3( )
(2 ) 1 ( ) 1
x y x y
P
x y
x y x y
………… HẾT…………
(2)Hướng dẫn Câu 1
2
2a 11ab 3b 0,b2 ,a b2aa) Cho số a, b thỏa mãn Tính giá trị biểu thức
2
2
a b a b
T
a b a b
Ta có
2
2
2 ( )(2 ) (2 )(2 ) 11
2 (2 )(2 )
a b a b a b a b a b a b a ab b
T
a b a b a b a b a b
2
11ab2a 3b Từ giả thiết suy , thay vào T ta được:
2 2 2 2
2 2 2
6 11 2(4 )
2
4 4
a ab b a a b b a b
T
a b a b a b
3 3 3 ( )( 2 )
a b c abc a b c a b c ab bc ca b) Ta có:
a b c a3b3c3 3abcSuy
2 2 2
(x y ) ( y z ) ( z x ) 0 Vì nên
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 3( )( )( )
3( )( )( )( )( )( )
TT x y y z z x x y y z z x
x y y z z x x y y z z x
2 2
2 2 2
2 2
( ) ( ) ( )
( ) ( ) (2 )
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
MT x y z y z x z x y xyz
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
3( )( )( )
TT
P x y y z z x
MT
, ,x y z ,x y (x y) 2
P3(x y y z z x )( )( ) P6
Suy Trong ba số ngun dương ln có hai số tính chẵn lẻ, giả sử Vì nên
,
x y 2x32x y x2 22xy x 10 (1).Câu a) Tìm số nguyên thỏa mãn Ta có
2
2
2
(1) ( ) ( ) ( ) 10
2( )( ) ( ) 10
( ) 2( ) 10
x x y x x y x x
x y x x x x
x x x y
Nhận xét:
10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5) +) ;
2
( 1)
x x x x 2(x y ) 1 +) số chẵn; số lẻ;
2
2 1 1 0
2
x x x x x
+)
Từ nhận xét ta thấy có trường hợp (TH) sau:
2 10
2( ) 1
x x
x y
2 2
2( )
x x
x y
(3)2 10
2( ) 1
x x
x y
x2x10TH1 Phương trình khơng có nghiệm ngun
2
1
2
2
2( )
3
5
x x
y
x x
x
x y x
x y
y
H2
( ; )x y (1;2),( 2;5) Vậy có hai số thỏa mãn là:
b) Giả sử 19 điểm nằm tam giác ABC cạnh Chia tam giác ABC thành 9 tam giác đều, có cạnh (gọi tam giác nhỏ) hình vẽ
3
S
Mỗi tam giác nhỏ có diện tích 1, ,2
I I I Vì có 19 điểm nằm tam giác nhỏ nên có điểm thuộc hình tam giác nhỏ Giả sử điểm
1 I I I
3
I I I
S
Khi tam giác nằm tam giác nhỏ nên
2x 1 x (1). Câu a) Giải phương trình sau:
x Điều kiện:
I K
H G
F E
D
C B
(4)(1)
2 4
4
x x
x x x
x x
Ta có
2
16( 3) 16 48
12
x
x x x x
x
Cả hai nghiệm thỏa mãn điều kiện
4; 12
x x Vậy PT cho có hai nghiệm
3 2
2
2
( )
3
x x y x xy
I
x x y
b) Giải hệ phương trình:
2
( )(2 )
( )
( ) (2 )
x x x y
I
x x x y
Ta có
2
;
ux x v x y ặt Hệ cho trở thành:
3
1
2
u v uv
u v u
v
2
2
3
u x x
v x y
Với Hệ PT vô nghiệm.
2
3 3
2 2 2
u x x x x
v x y y x
Với
1 13 13
;
2
13 13
x x
y y
Giải hệ nghiệm:
1 13 13
; 13 ; ; 13
2
Vậy hệ cho có nghiệm
(5)a) KEA EAG 180 ,0 BAC EAG 1800 KEA BAC Ta có Lại có:
;
EK AGAC EA AB AEK BAC AK BC Ta có
AEK BAC EAK ABC
Gọi H giao điểm KA BC, ta có:
90
BAH ABC BAH EAK AH BC AK BC Vậy
90 ;0 900
KAC KAG BCF ACB KAGACB KAC BCF .b) Vì mà
; ;
KA BC AC CF KAC BCF KAC BCF CKH FBC
90 90 (1)
CKH KCH FBC KCH BF KC KBCD(2) KBC M KH V
ì Ta lại có Tương tự ta có Từ (1)(2) suy M trực tâm , suy 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 BCc) Dựng hình vng nửa mặt phẳng bờ BC chứa cung lớn , suy ra cố định Ta có AKB’B hình bình hành (vì vng góc suy ; ) Do Tương tự ta có hình bình hành suy Suy Vì A thay đổi cung lớn đường tròn thì K ln nhìn đoạn cố định góc khơng đổi Do K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng đoạn cố định
Câu 5: Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 D
C' B'
M
H K
F G
E
O
B C
(6)P=
√a3 +1 −1
+ √b3+1 −1+
ab −
8
a+b
√a3+1=√(a+1)(a2−a+1)≤a+1+a
2− a+1
2 =
a2+2 ⇒√a
3
+1− 1≤a
2 Ta có √b3+1=√(b+1)(b2−b+1)≤b+1+b
2− b+1
2 =
b2+2 ⇒√b
3
+1 −1 ≤b
2 Tương tự
a+b≤
1
a+
1
b⇒−
8
a+b≥ −
2
a−
2
b Mặt khác
Vậy
P≥ a2+
4
b2+ ab
4 −
a−
2
b=(
4
a2+1)+(
b2+1)+ ab
4 −
a−
2
b− 2≥
4
a+
4
b+
ab −
2
a−
2
b−2=Q
P ≥Q=2 a+
2
b+
ab
4 − 2≥ 3 √2a
2
b
ab
4 −2=1 Min(P)=1⇔
a+1=a2− a+1 b+1=b2− b+1
4
b2=
a2=1
a=
2
b=
ab
a=b
⇒a=b=2⇒ x= y=2