Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

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 đ ề.

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

T=

a − 2b 2a − 3b
+
2a − b 2a + b

. Tính giá trị biểu thức

.
b) Cho các số nguyên dương x, y, z và biểu thức
( x 2 − y 2 ) 3 + ( y 2 − z 2 )3 + ( z 2 − x 2 ) 3
P= 2

2
2
2 x + x y + 2 x + xy + 6 = 0
 2
 x + 3 x + y = 1.
b) Giải hệ phương trình
Câu 4 (3,0 điểm)
(O; R )
BC
A
Cho đường tròn
và dây cung
cố định. Gọi
là điểm di động trên cung lớn
BC
ABC
ABC
ABDE
sao cho tam giác
nhọn. Bên ngoài tam giác
dựng các hình vuông
,
ACFG
AEKG
và hình bình hành
.
AK ⊥ BC
a) Chứng minh rằng AK = BC và
.
A, K , M

3( x + y )
(2 x + y )3 + 1 − 1
( x + 2 y )3 + 1 − 1
.
…………..HẾT…………..

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1

2a 2 + 11ab − 3b 2 = 0, b ≠ 2a, b ≠ −2a

a) Cho các số a, b thỏa mãn
a − 2b 2a − 3b
T=
+
2a − b 2a + b

. Tính giá trị biểu thức

.

Ta có
a − 2b 2a − 3b (a − 2b)(2a + b) + (2a − 3b)(2a − b) 6a 2 − 11ab + b 2
T=


3

3

a+b+c =0

2

2

2

a 3 + b3 + c 3 = 3abc

Suy ra nếu
thì
2
2
2
2
( x − y ) + ( y − z ) + ( z 2 − x2 ) = 0
Vì
nên
2
2 3
2
2 3
2
2 3

2
(1) ⇔ 2 x ( x + y ) + 2 x( x + y ) − ( x + x) = 10

2 x 3 + 2 x 2 y + x 2 + 2 xy = x + 10 (1).

Ta có

⇔ 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)
+)
;
Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

x 2 + x = x( x + 1)

2( x + y ) − 1
là số chẵn;
là số lẻ;
2
1 1

x 2 + x =  x + ÷ − > −1 ⇒ x 2 + x ≥ 0
2 4

+)

2( x + y ) − 1 = 5
x + y = 3


  y = 5
H2
( x; y )
(1;2), ( −2;5)
Vậy có hai bộ số
thỏa mãn là:
.
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


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

(1) ⇔ 2 x + 1 = x − 3 + 2
⇔ 2x + 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.
x = 4; x = 12.
Vậy PT đã cho có hai nghiệm
3
2
2
2 x + x y + 2 x + xy + 6 = 0
(I )
 2
 x + 3x + y = 1
b) Giải hệ phương trình:
2
( x + x)(2 x + y ) = −6
(I ) ⇔  2
( x + x) + (2 x + y ) = 1
Ta có

v = −2 2 x + y = −2
 y = −2 x − 2 .
2

Với

Giải hệ này được 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


H

C

·
·
·
·
·
·
KEA
+ EAG
= 1800 , BAC
+ EAG
= 1800 ⇒ KEA
= BAC
.

a) Ta có
EK = AG = AC ; EA = AB ⇒ ∆AEK = ∆BAC ⇒ AK = BC .

·
∆AEK = ∆BAC ⇒ EAK
= ·ABC

Lại có:

Ta có


·
·
·
KA = BC ; AC = CF ; KAC = BCF ⇒ ∆KAC = ∆BCF ⇒ CKH
= FBC
.
Vì
Ta lại có
0
0
·
·
·
·
KB ⊥ CD (2)
CKH
+ KCH
= 90 ⇒ FBC
+ KCH
= 90 ⇒ BF ⊥ KC (1)
. Tương tự ta có
. Từ (1)
∆KBC
M ∈ KH
(2) suy ra M là trực tâm
, suy ra
. Vậy A, K, M thẳng hàng.
BCC ' B '
BC
B 'C '

Suy ra
Vì
(O ; R )
BC
B 'C '
khi A thay đổi trên cung lớn
của đường tròn
thì K luôn nhìn đoạn
cố định
·
α = BAC
α
dưới một góc không đổi
. Do đó K thuộc quỹ tích cung chứa góc dựng trên đoạn
B 'C '

cố định.
Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Câu 5: Đặt 2x+y=a; 2y+x=b a,b >0 thì

2

P=

a3 + 1 − 1



a + 1 + a2 − a + 1 a2 + 2
a2
3
a + 1 = (a + 1)(a − a + 1) ≤
=
⇒ a +1 −1≤
2
2
2
3

Ta có

+

2

4
1 1
8
2 2
≤ + ⇒−
≥− −
a+b a b
a+b
a b

4
4 ab 2 2  4

4
2
Min( P ) = 1 ⇔  2 = 2 = 1
⇒a =b=2⇒ x = y =
a
3
b
 2 2 ab
a = b = 4

a = b

Trang | 2