b đề vào 10 hệ chuyên tự nhiên 2022 2023 toán tỉnh nam định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2022-2023
Mơn : TỐN CHUN
DÀNH CHO CÁC LỚP CHUYÊN TỰ NHIÊN
Thời gian làm bài : 150 phút (khơng kể giao đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

2x −1
3x − 1 + 2

A=
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức
2) Tìm tọa độ điểm

y = 2x + 4

M

là giao điểm của đường thẳng
với trục Ox
8π cm.
3) Biết hình trịn có chu vi là
Tính diện tích hình trịn đó
4cm,
4) Cho hình trụ có chiều cao bằng

diện tích một đáy bằng

36π cm 2

. Tính diện

tích xung quanh hình trụ đó
Câu 2. (1,5 điểm)

Cho biểu thức

 3− x
 x ≥ 0
x +3 
4
P = 
−
: 2
÷

÷
÷
x + 2 x +1  x − 2x +1  x ≠ 1 
 1− x

1) Rút gọn biểu thức

x

2) Tìm sao cho
Câu 3. (2,5 điểm)

P+6 =0

1. Cho phương trình
a) Tìm
b) Gọi

m

P

x 2 − ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 ( 1)

để phương trình

x1 ; x2

2. Giải hệ phương trình

m

để

tuyến tại
xứng với

A

của

x1 ; x2

ABC

cắt đường thẳng

OM ,

qua

có hai nghiệm phân biệt

là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông cân

2 x + y + 2 y ( 2 x − 1) = 10

 y − y + 2 x − 1 = 6

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác

( O)

là tham số)

là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm tất cả các giá trị

thực của tham số

A

( 1)

(với

m

giao điểm của

nhọn

BC
AB

( AB < AC )

tại M. Gọi

và

OM

là

I

H

nội tiếp đường tròn tâm

O.

Tiếp

BC , D

là trung điểm của

là điểm đối


1) Chứng minh tứ giác

MAOI

2) Giả sử tiếp tuyến tại

B

tuyến của đường trịn
3) Kẻ đường kính

Đường thẳng
Câu 5. (1,0 điểm)

DK

MK

nội tiếp và

OI

của đường tròn (O) cắt

( O)

AN

tại F. Chứng minh

và ba điểm

( O) .

tại

E.

là tiếp

thẳng hàng.
Gọi N là hình chiếu của

Chứng minh

x 2 − 3x − 1 = 3x x
1. Giải phương trình

(

E

)

1− x −1

là trung điểm của

thay đổi ln thỏa mãn điều kiện
P = 4 2 ( x4 + y 4 )

nhất của biểu thức

A

trên

DK .

AN

3

x, y
2. Xét hai số thực

MD

A, D, F

của đường tròn

cắt

MD 2 = MB.MC

x+ y ≥ 2

. Tìm giá trị nhỏ

8
+
+1
x+ y

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
A=
5)

Tìm điều kiện xác định của biểu thức

2 x −1
3x − 1 + 2

3x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥

Biểu thức A xác định khi và chỉ khi

6)

Tìm tọa độ điểm

M

là giao điểm của đường thẳng

Tọa độ điểm M là nghiệm hệ
7)

Biết hình trịn có chu vi là
Từ giả thiết ta có

1
3
y = 2x + 4

 y = 2x + 4
 x = −2
⇔
⇒ M ( −2;0 )

y = 0
y = 0

8π cm.

Tính diện tích hình trịn đó

2π R = 8π ⇔ R = 4(cm)

Vậy diện tích của hình tròn là

S = π R 2 = 42 π = 16π ( cm 2 )
4cm,

8)

với trục Ox

Cho hình trụ có chiều cao bằng
diện tích một đáy bằng
Tính diện tích xung quanh hình trụ đó

Gọi R là bán kính đáy . Từ giả thiết có

π R 2 = 36π ⇔ R = 6(cm)

36π cm 2

.


Diện tích xung quanh của hình trụ là
Câu 2. (1,5 điểm)

Cho biểu thức
3)

S = 2π Rh = 2π .6.4 = 48π ( cm 2 )

 3− x
 x ≥ 0
x +3 
4
P = 
−
: 2
÷

÷
÷
x + 2 x +1  x − 2x +1  x ≠ 1 
 1− x

Rút gọn biểu thức

P

 3− x
 x ≥ 0
x +3 
4
P = 
−
:
÷

÷

2
x + 2 x +1÷
 1− x
 x − 2x + 1  x ≠ 1 

( 3 − x ) ( x + 1) − ( x + 3) ( 1 − x ) . (
=
( 1 − x ) ( x + 1)

)(

x −1

2

=

)

2

x +1

2

4

(

)

4 x 1− x
3+ 2 x − x + x + 2 x −3
. 1− x =
= x −x
4
4

(

4)

x

Tìm sao cho
Với

)

P+6 = 0

x ≥ 0, x ≠ 1 ⇒ P = x − x

. Khi đó

 x = −2(ktm)
P+6 =0 ⇔ x − x+6 =0 ⇔ 
 x = 3 ⇒ x = 9(tmdk )

x=9

Vậy
Câu 3. (2,5 điểm)
3.

Cho phương trình
c)

Tìm

m

x 2 − ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 ( 1)

để phương trình

Phương trình (1) có

a+b+c = 0

( 1)

d)

Gọi

là tham số)

có hai nghiệm phân biệt

nên pt (1) có hai nghiệm

Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
x1 ; x2

(với

m

x1 = 1; x2 = m + 1

m +1 ≠ 1 ⇔ m ≠ 0

là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). Tìm tất cả các

giá trị thực của tham số
giác vuông cân

m

để

x1 ; x2

là độ dài hai cạnh của một tam


Với

m≠0

thì (1) có hai nghiệm phân biệt

x1 = 1; x2 = m + 1

x1 ; x2

Vì
là độ dài hai cạnh của một tam giác vng cân nên
Khi đó xảy ra hai trường hợp như sau :
Th1: Cạnh góc vng có độ dài là
Do tam giác vng cân nên ta có
Th2: cạnh góc vng có độ dài là

x1

m + 1 > 0 ⇔ m > −1

thì độ dài cạnh huyền là

x2

x2 = x1 2 ⇔ m + 1 = 2 ⇔ m = 2 − 1(tm)
x2

x1

thì

là độ dài cạnh huyeenfd

x1 = x2 2 ⇔ ( m + 1) 2 = 1 ⇔ m = −1 +

Do tam giác vuông cân nên ta có

Vậy

4.


2 
m ∈ −1 + 2; −1 +

2 


Giải hệ phương trình

Điều kiện

1

x ≥
2

 y ≥ 0

 2 x + y + 2 y ( 2 x − 1) = 10

 y − y + 2 x − 1 = 6

(*) Ta có :

(

)

2

 2 x + y + 2 y (2 x + 1) = 10
 2x −1 + y = 9
 2 x − 1 = 3 − y
⇔
⇔



 y − y + 2 x − 1 = 6
 y − y + 3 − y = 6
 y − y + 2 x − 1 = 6

1

 2 x − 1 = 3 − y
 y = 3
x =
⇒
⇔
⇔
2 (tmdk (*))

y
−
2
y
−
3
=
0
2
x
−
1
=
0



 y = 9

( x; y ) = 
Vậy hệ phương trình có một nghiệm

1 
;9 ÷
2 

2
(tm)
2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác
O.

Tiếp tuyến tại

BC , D

A

của

( O)

là điểm đối xứng với

ABC

nhọn

( AB < AC )

cắt đường thẳng
A

qua

OM ,

BC

nội tiếp đường tròn tâm
I

tại M. Gọi là trung điểm của

giao điểm của

AB

và

OM

là

H


4)

Có

Chứng minh tứ giác

MA

MAOI

nội tiếp và

là tiếp tuyến của đường trịn (O) tại

thuộc đường trịn đường kính
Mặt khác I là trung điểm của
OI ⊥ BC ⇒ ∠OIM = 90°

OM ( 1)

BC

A

MD 2 = MB.MC

nên

MA ⊥ AO ⇒ ∠OAM = 90°

và BC là dây cung không đi qua tâm O nên

nên I thuộc đường trịn có đường kính

Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm
nội tiếp

nên A

M , A, O, I

OM ( 2 )

cùng thuộc một đường tròn hay tứ giác

MAOI


( O)

∠MAB = ∠ACM

Trong đường trịn
có
cung cùng chắn cung AB)
Xét

∆MAB

và

∆ACM

(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây

∠MAB = ∠ACM ; ∠AMC

có :

MA MB
=

⇒ MA2 = MB.MC ( 3)
MC MA

⇒ ∆MAB ∽ ∆MCA( g.g ) ⇒

Lại có D là điểm đối xứng với A qua OM nên
Từ (3) và (4) ta có :

MA = MD ( 4 )

MD 2 = MB.MC
B

Giả sử tiếp tuyến tại

5)

chung

của đường tròn (O) cắt

là tiếp tuyến của đường tròn

( O)

và ba điểm

OI

tại F. Chứng minh

A, D, F

MD

thẳng hàng.

OA = OD ⇒ D ∈ ( O )

Vì D là điểm đối xứng với A qua OM nên

∆MAO = ∆MDO ⇒ ∠MDO = ∠MAO = 90° ⇒ MD ⊥ OD

Có
Khi đó ta có MD là tiếp tuyến của đường trịn (O)
Có

AD ⊥ OM

Trong
Trong

∆OBF
∆OAM

tại H (5)
vng có BI là đường cao nên

vng có AH là đường cao nên
OI .OF = OH .OM ⇒

Từ (6) và (7) ta có
Xét

∆OMI

và

∆OFH

có

∠MOF

Từ (5) và (8) suy ra

Kẻ đường kính
DK .

Ta có

A, D, F
DK

Đường thẳng

AN / / MD

OI
OH

=
⇒ ∆OMI ∽ ∆OFH ( cgc )
OM OF

tại H (8)

thẳng hàng

của đường tròn

MK

cắt

OA2 = OH .OM ( 7 )

OI
OH
=
OM OF

chung ;

⇒ ∠OHF = ∠OIM = 90° ⇒ FH ⊥ OM

6)

OB 2 = OI .OF ⇒ OA2 = OI .OF ( 6 )

AN

tại

(vì cùng vng góc với

E.

( O) .

Gọi N là hình chiếu của

Chứng minh

E

A

trên

là trung điểm của

DK ) ⇒ ∠NAD = ∠ADM

AN


∆MAD

Có

Suy ra
Ta có

cân tại M

⇒ ∠AMD = ∠MAD

∠DAN = ∠MAD ⇒ AD

DK

là đường kính, suy ra
∆AME

tại A của

là tia phân giác trong tại A của

. Khi đó ta có :

Sử dụng định lý Ta-let trong
AE
EN
=
AM MD

Do đó
mà
Câu 5. (1,0 điểm)

∠DAK = 90° ⇒ AK ⊥ AD ⇒ AK

nên

EN / / MD

có

AE = EN ⇒ E

x 2 − 3x − 1 = 3 x x
3.

Giải phương trình

ĐKXĐ:

(

KE
EN
=
KM MD

nên

là trung điểm của

)

1 − x −1

3

x=0

không là nghiệm của (1) nên ta chia cả hai vế của (1) cho
3

 1
3 1
1
−
=
3
−
1
−

÷
 x
x 2 x3
x÷



( 1) ⇔ 1 −
có:
Đặt

1
≥1
x

thì phương trình trở thành :

1 − 3t 2 − t 3 = 3

Vì

(

t −1 − t

)

3

⇔ ( t 3 + 3t 2 − 1)

(

t 3 + 3t 2 − 1 ≥ 3

t ≥1⇒ 
⇒ ( t 3 + 3t 2 − 1)
3
 t + t − 1 ≥ 1

(

)

⇔ t = 1(tmdk ) ⇒

Khi đó (2)
Vậy

AN

0 ≤ x ≤ 1 ( *)

Nhận thấy

t=

là tia phân giác ngoài

KE
AE
=
KM AM

∆KMD

MA = AD

∆AME

x =1

)

3

t + t −1 = 3( 2)

(

)

3

t + t −1 ≥ 3

1
= 1 ⇔ x = 1(tmdk )
x

x3 ≠ 0

ta


4.

Xét hai số thực

x, y

thay đổi luôn thỏa mãn điều kiện
P = 4 2 ( x4 + y4 ) +

nhỏ nhất của biểu thức
P ≥ 4 ( x2 + y 2 ) +

8
+1
x+ y

. Đặt

t = x + y ( t ≥ 2)

x+ y≥2

8
+1
x+ y

. Suy ra :

t
8
4 4  3t
P ≥ 2t 2 + + 1 =  + + ÷+
+1
t
2 t t 2
2

2

Áp dụng BĐT Co si cho 3 số dương ta có :
t2 4 4
t2 4 4
3
+ + ≥3
. . =6
2 t t
2 t t

Vậy

t ≥2⇒

. Mặt khác

Min P = 13 ⇔ x = y = 1

3t 2
≥6
2

.Do đó

P ≥ 6 + 6 + 1 = 13

. Tìm giá trị