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.. Cả hai nghiệm trên đều thỏa mãn điều kiện..[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 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 (2,0 điểm) 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 a b 2a b b) Cho các số nguyên dương x, y, z và biểu thức P ( x y ) ( y z ) ( z x )3 x ( y z ) y ( z x) z ( x y ) xyz Chứng minh P là số nguyên chia hết cho Câu (2,0 điểm) 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x x y x xy x 10 b) Cho 19 điểm phân biệt nằm tam giác có cạnh , đó không có điểm nào thẳng hàng Chứng minh luôn tìm tam giác có đỉnh là 3 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x x 2 2 2 x x y x xy 0 b) Giải hệ phương trình x x y 1 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R ) và dây cung BC cố định Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Bên ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABDE , ACFG và hình bình hành AEKG a) Chứng minh AK BC và AK BC b) DC cắt BF M Chứng minh A, K , M thẳng hàng c) Chứng minh A thay đổi trên cung lớn BC (O; R ) thì K luôn thuộc đường tròn cố định Câu (1,0 điểm) Cho các số dương x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2 (2 x y )( x y ) P 3 3( x y ) (2 x y ) ( x y) 1 ………… HẾT………… (2) Hướng dẫn Câu 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 a b 2a b Ta có a 2b 2a 3b (a 2b)(2a b) (2a 3b)(2a b) 6a 11ab b T 2a b 2a b (2a b)(2a b) 4a b 2 Từ giả thiết suy 11ab 2a 3b , thay vào T ta được: 6a 11ab b 6a 2a 3b b 2(4a b ) 2 4a b 4a b 4a b 3 2 b) Ta có: a b c 3abc (a b c )(a b c ab bc ca ) T 3 Suy a b c 0 thì a b c 3abc 2 2 2 Vì ( x y ) ( y z ) ( z x ) 0 nên TT ( x y )3 ( y z )3 ( z x )3 3( x y )( y z )( z x ) 3( x y )( y z )( z x)( x y )( y z )( z x ) MT x ( y z ) y ( z x ) z ( x y ) xyz ( x y y x) z ( x y ) (2 xyz y z x z ) xy ( x y ) z ( x y ) z ( x y )2 ( x y )( xy z 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 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 P6 P x x y x xy x 10 (1) Ta có Câu a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn (1) x ( x y ) x( x y ) ( x x) 10 2( x y )( x x ) ( x x ) 10 ( x x) 2( x y ) 1 10 Nhận xét: +) 10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5) ; +) x x x( x 1) là số chẵn; 2( x y ) là số lẻ; 1 x x x x x 0 2 +) Từ các nhận xét trên ta thấy có các trường hợp (TH) sau: x x 10 x x 2 2( x y ) 1 2( x y ) 5 (3) x x 10 TH1 2( x y ) 1 Phương trình x x 10 không có nghiệm nguyên x 1 x x x 2 y 2 x x 2( x y ) 5 x y 3 y 5 H2 Vậy có hai số ( x; y ) thỏa mãn là: (1; 2),( 2;5) b) Giả sử 19 điểm nằm tam giác ABC cạnh Chia tam giác ABC thành tam giác đều, có cạnh (gọi là tam giác nhỏ) hình vẽ A D E B F K I G H C Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là Vì có 19 điểm nằm tam giác nhỏ nên có ít điểm cùng thuộc hình tam giác nhỏ Giả sử điểm đó là I1 , I , I S Khi đó tam giác I1I I nằm tam giác nhỏ nên Câu a) Giải phương trình sau: x x 2 (1) S I1I I3 Điều kiện: x 3 (1) x x x x x Ta có x x x 4 16( x 3) x x 16 x 48 0 x 12 Cả hai nghiệm trên thỏa mãn điều kiện Vậy PT đã cho có hai nghiệm x 4; x 12 2 2 x x y x xy 0 (I ) x x y b) Giải hệ phương trình: ( x x)(2 x y ) (I ) ( x x) (2 x y ) 1 Ta có (4) ặt u x x; v 2 x y Hệ đã cho trở thành: u uv v 3 u v 1 u 3 v u x x v 3 2 x y 3 Hệ PT này vô nghiệm Với x x 3 x x 0 u 3 v 2 x y y x Với Giải hệ này nghiệm: Vậy hệ đã cho có nghiệm 13 13 x x ; 2 y 13 y 13 13 13 ; 13 1 ; ; 13 2 Cau 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 KA và BC, ta có: BAH ABC BAH EAK 900 AH BC Vậy AK BC 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 M là trực tâm KBC , suy 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 B ' C ' cố định Ta có AKB’B là hình bình hành (vì BB ', KA cùng vuông góc BC suy BB ' KA (5) ; BB ' KA BC ) Do đó B ' K BA B ' KA BAH Tương tự ta có AKC ' C là hình bình hành suy KC ' AC AKC ' HAC Suy ' KC ' B ' KA AKC ' BAH B HAC BAC Vì A thay đổi trên cung lớn BC đường tròn (O; R) thì K luôn nhìn đoạn B ' C ' cố định góc không đổi BAC Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng trên đoạn B ' C ' cố định Câu Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 thì 2 ab P= + + − √ a +1 −1 √ b +1 −1 a+b 2 a+1+ a − a+1 a +2 a Ta có √ a3 +1= √(a+1)(a2 −a+ 1)≤ = ⇒ √ a3+ 1− 1≤ 2 b+1+b − b+1 b2 +2 b2 3 Tương tự √ b +1= √(b+1)(b −b+1) ≤ = ⇒ √ b +1 −1 ≤ 2 1 2 ≤ + ⇒− ≥− − Mặt khác a+b a b a+b a b Vậy 4 ab 2 4 ab 2 4 ab 2 P≥ + + − − = + + +1 + − − − 2≥ + + − − −2=Q a b a b a b a b a b a b ( )( ) 2 ab 2 ab P ≥Q= + + − 2≥ −2=1 a b a b √ Min( P)=1 ⇔ a+1=a − a+1 b+1=b − b+1 4 = =1 b2 a2 2 ab = = a b a=b ⇒ a=b=2⇒ x= y= ¿ { { {{ (6)