1. Trang chủ
  2. » Nghệ sĩ và thiết kế

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

6 36 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 519,25 KB

Nội dung

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,b2 ,a b2aa) 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

AKBCa) 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,b2 ,a b2aa) 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

11ab2a 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 )

abcabca b c a  bcab bc ca  b) Ta có:

a b c   a3b3c3 3abcSuy

2 2 2

(xy ) ( yz ) ( zx ) 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

   P3(x y y z z x )(  )(  ) P6

Suy Trong ba số ngun dương ln có hai số tính chẵn lẻ, giả sử Vì nên

,

x y 2x32x y x2  22xy  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

  

  

x2x10TH1 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

xx 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

;

uxx vx 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:

;

EKAGAC EA AB  AEK BACAKBC Ta có

 

AEK BAC EAK ABC

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

   

90

BAHABC BAH EAK    AHBC AKBC Vậy

  90 ;0   900

KACKAGBCFACB KAGACBKAC BCF .b) Vì mà

   

; ;

KA BC AC CF KAC BCF    KAC BCFCKHFBC

   

90 90 (1)

CKH KCH   FBC KCH   BFKC KBCD(2) KBC MKH 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  

 

' '

KCACAKCHAC BCC B' ' B K BA'   B KA BAH'  BB'KA BCBB 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

Ngày đăng: 31/12/2020, 03:46

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w