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 đề.
Đề thi có 01 trang

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 . Tính giá trị biểu thức
a  2b 2a  3b
.
T

2a  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.

P



.
3
3
4
3(
x

y
)
(2 x  y )  1  1
( x  2 y)  1  1
…………..HẾT…………..


Hướng dẫn
Câu 1

a) Cho các số a, b thỏa mãn 2a 2  11ab  3b 2  0, b  2a, b  2a . Tính giá trị biểu thức
a  2b 2a  3b
T

.
2a  b 2a  b
Ta có
a  2b 2a  3b (a  2b)(2a  b)  (2a  3b)(2a  b) 6a 2  11ab  b 2
T


Câu 2 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x 3  2 x 2 y  x 2  2 xy  x  10 (1). Ta có

(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) ;
+) x 2  x  x( x  1) là số chẵn; 2( x  y )  1 là số lẻ;
2

1 1

+) 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
 x2  x  2
hoặc 

2( x  y )  1  1
2( x  y )  1  5
2

 x 2  x  10
TH1 
. Phương trình x 2  x  10 không có nghiệm nguyên
2( x  y )  1  1


giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là I1 , I 2 , I 3 .
Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là S 

Khi đó tam giác I1I 2 I 3 nằm trong một tam giác nhỏ nên S I1I 2 I3 

3
.
4

Câu 3 a) Giải phương trình sau: 2 x  1  x  3  2 (1).
Điều kiện: x  3.
(1)  2 x  1  x  3  2
Ta có

 2x  1  x  3  4 x  3  4
 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.

2 x 3  x 2 y  2 x 2  xy  6  0
(I )
b) Giải hệ phương trình:  2
x

3

 x2  x  3
 x2  x  3  0
u  3


Với 
v  2 2 x  y  2
 y  2 x  2 .

K

G

E
C'

B'

A

F

D
O
M
B

H

C

  1800  KEA
  BAC
 . Lại có:
a) Ta có KEA
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:

  EAK
  900  AH  BC . Vậy AK  BC .
BAH
ABC  BAH
  KAG
  900 ; BCF


  BCF
.
ACB  900 mà KAG
ACB  KAC
b) Vì KAC
  BCF
  KAC  BCF  CKH
  FBC
 . Ta lại có
Vì KA  BC ; AC  CF ; KAC
  KCH
  900  FBC
  KCH

8

a 1 1
b 1 1 4 a  b
a  1  a2  a  1 a2  2
a2
3
2
3
Ta có a  1  ( a  1)(a  a  1) 

 a 1 1
2
2
2
P

2

3

2



3



Tương tự

4 4 ab 2 2
 4
 ab 2 2






1


1




2

 
  2Q




2
a2 b2
4 a b  a2
b
4

b
 2 2 ab
a  b  4

a  b

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí