Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh đà nẵng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022-2023
Mơn thi: TỐN (chun)
Thời gian : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

 x  3 x 1
x 1
1  x3 x
P  


:
2x
x x 1
x  x 1
x 1 


Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
với x  0, x  1
2 x  3P
2P
Rút gọn biểu thức P và tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức
là số

nguyên tố

Câu 2. (1,5 điểm)
5  m  x 2   n  3m  x  5  m  0,

a) Cho phương trình
với m, n là các tham số. Tìm tất cả các
m; n 
cặp số nguyên 
sao cho phương trình đã cho có nghiệm kép
2
 P  : y  x2
Oxy
,
3 , với O là gốc tọa độ. Tìm tọa độ
b) Trong mặt phẳng tọa độ
cho parabol
hai điểm A, B trên P sao cho tam giác OAB vuông tại O và khoảng cách từ O đến AB lớn

nhất
Câu 3. (2 điểm)
2
a) Giải phương trình : x  10 x  11  4 2 x  1  0

2 x 4  14 x 3 y  31x 2 y 2  90 xy  66  0
 2
x y  2 x 2  2 y 2   y  1  y 2  y  2   0


b) Giải hệ phương trình :

Câu 4. (2 điểm)

a3   b2  a  b  5
a; b
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên   thỏa mãn

b) Cho phương trình x  2 x  k  3k  9  0, với k là tham số. Khi phương trình đã cho có hai
nghiệm x1; x2 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

2

Q  x12  x2  x1  k  10  x22  2 x2  1
O
Câu 5. (1,5 điểm) Cho đường trịn   , bán kính R và điểm A nằm trên đường tròn.

A; R 
Đường tròn 
cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C. Gọi M là trung điểm của AB, tia
MO cắt (O) tại điểm D. Tia BO cắt AD tại E và  O  tại điểm thứ hai là F. Tính độ dài đoạn
thẳng DE và diện tích tứ giác ACFE theo R

Câu 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , trực tâm H và nội tiếp đường tròn
(O). Gọi M là trung điểm của BC và K là hình chiếu của H trên AM. Tia AM cắt đường


tròn ngoại tiếp tam giác BKC tại điểm thứ hai là N . Chứng minh rằng tứ giác ABNC là hình
bình hành


ĐÁP ÁN

Câu 1. (1,5 điểm) Cho
x  0, x  1

biểu

 x  3 x 1
x 1
1  x3 x
P  


:
2x
x  x 1
x 1 
 x x 1

với

thức

2 x  3P
2P
Rút gọn biểu thức P và tìm tất cả các số tự nhiên x để giá trị biểu thức
là số

nguyên tố
Ta có
 x  3 x 1
x 1

1  x3 x
P  


:
2x
x  x 1
x 1 
 x x 1





x  3 x 1  x 1 x  x 1











x 1 x  x  1



x 1



x 3





x 1 x  x  1

Thay

P

.

.

x.



2x
x 3

x2 x 3



 





x 1 x  x 1

.

2 x
x 3

2 x
2 x

x  3 x  x 1

2 x
2 x  3P
x  x  1 vào biểu thức
2P
ta được :

2 x  3P

2P

2 x

x  x 1  x  x  2
2
2 x
2.
x  x 1

2 x  3.

2 x  3P
x x 2
2P
2
Do biểu thức
là số nguyên tố nên
cũng là số nguyên tố
x x 2
p

2
Ta đặt
(là số nguyên tố)

Vì

 

 
x  2  x 1  
 


 

x  4

(tm)
x  2  2p
p  2
x 1  2



x 1

x 1  1

x  9

(tm)
x 2 p
p  5

  thì thỏa đề
Vậy
Câu 2. (1,5 điểm)
x  4;9





x 2  2p


5  m  x 2   n  3m  x  5  m  0,

a) Cho phương trình
với m, n là các tham số. Tìm tất cả
m; n 
các cặp số nguyên 
sao cho phương trình đã cho có nghiệm kép

ĐKXĐ: m  5
   n  3m   4.  25m  m2 
2

Ta có :
Để phương trình có nghiệm kép thì   0

  n  3m 2   4  25  m 2   0   n  3m 2   4  25  m 2 
2
2
 25  m 2 là số chính phương . Đặt 25  m  a  a  ¢ 

 m  5; n  15
*) a  0  
 m  5; n  15
*) a  1  m 2  24(ktm)
*) a 2  4  m 2  21( ktm)
 m  4; n  12
*) a 2  9  

 m  4; n  12
*) a 2  25  m  n  0

Vậy  m; n     3;9  ;  3; 9  ;  4;12  ;  1; 12  ;  0;0  

 P : y 

2 2
x
3 , với O là gốc tọa độ. Tìm tọa

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol
độ hai điểm A, B trên P sao cho tam giác OAB vuông tại O và khoảng cách từ O đến
AB lớn nhất
Câu 3. (2 điểm)
2
a) Giải phương trình : x  10 x  11  4 2 x  1  0 (*)

Điều kiện :

 x  4

2





x

1
2 . Phương trình (*) tương đương với :

2x  1  2



2

 x  4  2x  1  2
x  3  6


 x  4   2 x  1  2
 x  7  14

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm



S  3  6;7  14



2 x 4  14 x 3 y  31x 2 y 2  90 xy  66  0  1
 2
2
2
2
 x y  2 x  2 y   y  1  y  y  2   0  2 

b) Giải hệ phương trình : 

Xét phương trình (2) ta có

x 2 y  2 x 2  2 y 2   y  1  y 2  y  2   0


 x 2 y  2 x 2  2 y 2  y 3  1  y  1  0   x 2  y 2  1  y  2   0  y  2

Thay y  2 vào (1) ta được :

2 x 4  28 x 3  124 x 2  180 x  66  0   x 2  8 x  11  x 2  6 x  3   0
x  4  5
 x 2  8 x  11  0
 2

 x  3  6
 x  6x  3  0


Vậy
Câu 4. (2 điểm)
 x; y  



4  5; 2 ; 3  6; 2



a 3   b2  a  b  5
a; b
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên   thỏa mãn

Ta có

a 3   b 2  a  b  5  a 3  b3  ab  5  *   a  b   a 2  ab  b 2   ab  5

2
2
2
2
Trường hợp 1: a  b  ab  5  a  ab  b  a  b  5

 a  2, b  1(tm)
 a  1, b  2(ktm)

 a  1; b  2(tm)

 a  2; b  2(ktm)

Trường hợp 2: a  b
Gọi

d   a, b 

thì ta có

 a  dm1
 m1; m2   1  m2  m1


b  dm2

. Thay vào (*) ta được :

d 2  1
d m  d m  d m1m2  5  d  m  m  m  m1m2   5   3
3
 m1  m2  m1m2  5
3

3
1

3

3
2

2

2

3
1

3
2

3

3
Từ đây ta sẽ có được : m1  m2  m1m2  5
3
3
Nếu m1m2  0  m1  m2 ( ktm)

a3   b2  a  b  5
Do đó m1m2  0 hay a  0; b  0 ,. Ta lại có

VT  0 mà VP  0 , do đó trường hợp này khơng có cặp số ngun  a; b  thỏa đề
a; b
a; b  2;1 ; 1; 2 
Vậy cặp số nguyên   thỏa đề là     
2
2
b) Cho phương trình x  2 x  k  3k  9  0, với k là tham số. Khi phương trình đã cho
có hai nghiệm x1; x2 . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Q  x12  x2  x1  k  10  x22  2 x2  1
 '  1   k 2  3k  9   0  2  k  5

. Theo định lý Vi-et ta có


 x1  x2  2  x2  2  x1

 x1 x2  3k  9
. Thay Q vào ta được :

 2  x1 

2

 x2   2  x2   k  10 

 x1  1

2

 x22  2 x2  1  k  11 

 x2  1

2

 11  2  3

Vậy Qmin  3  k  2; x1  x2  1
Ta xét

x12  x2  x1  k  10  x12  2 x1   x1  x2   k  10

2
2
Vì x1 là nghiệm của phương trình  x1  2 x1  9  3k  k
2
2
Thế vào trên  9  3k  k  2  k  10  k  4k  21
2
Xét x2  2 x2  1 tương tự như thế x2 cũng là nghiệm của phương trình :

 x22  2 x22  1  10  3k  k 2  Q  k 2  4k  21  k 2 .3k  10



 5  k   k  2    7  k   k  3



 Q  6 2  Max Q  6 2  k 

 5  k  k  3  k  2  7  k 

6 2

29
12

O
Câu 5. (1,5 điểm) Cho đường tròn   , bán kính R và điểm A nằm trên đường trịn.

A; R 
Đường tròn 
cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C. Gọi M là trung điểm của

AB, tia MO cắt (O) tại điểm D. Tia BO cắt AD tại E và  O  tại điểm thứ hai là F. Tính
độ dài đoạn thẳng DE và diện tích tứ giác ACFE theo R

Ta có AO  AC  OC  AOC đều mà AOF  2ABF  2.60  120

 COF đều  AOFC là hình thoi, AF cắt OC thì I là trung điểm AF

Ta có :

3
R  AF  3R
2

AI  cos AOI . AO  sin 60.R 

1
3 2
 S AOFC  OC. AF 
R
2
2
. Ta có :

1
1
BH . AE  OM . AB
2
2
1
1
 sin 75. AB  AH  HE   sin 60.OB. AB
2
2
1

3 2
 sin 75 R 2  cos 75  sin 75  
R
2
4
3 3 2 1
 S AEFC  S AFOC  S AOE 
R  sin 75.R 2  cos 75  sin 75 
4
2
2
Ta có EOD ∽ EDB  ED  EO.EB
S AOE  S ABE  S ABO 

Ta có : OA  OB  AB  OAB đều nên BOA  60  BDA  30
 BEA  180  OBA  DAB  180  60 

180  30
 45
2

Kẻ BH  AE  BHE vng cân  BE  BH 2 . Ta có :
sin BAH  sin

180  30
BH
 sin 75 
 BH  sin 75. AB  R.sin 75
2
AB

 BE  2 sin 75.R  EO  BE  R  R
 ED 

2 sin 75 R 2







2 sin 75  1



2 sin 75  1

 , trực tâm H và nội tiếp đường
Câu 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn 
tròn (O). Gọi M là trung điểm của BC và K là hình chiếu của H trên AM. Tia AM cắt
đường tròn ngoại tiếp tam giác BKC tại điểm thứ hai là N . Chứng minh rằng tứ giác
ABNC là hình bình hành
AB  AC


Cần chứng minh ABNC là hình bình hành cần chứng minh MA  MN
2
Ta có BKCN nội tiếp  MK .MN  MB.MC  MC

Thật vậy, gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là chân các đường cao từ A, B, C lên BC , AC , AB
Ta có BB1C vng có M là trung điểm của BC nên MB  MC  MB1
2
Suy ra cần chứng minh MB1  MK .MA . Ta có

AHKB1 nội tiếp ( AKG  AB1 H )  AKB1  AHB1
A1 HB1C nội tiếp
 AK1 B  AHB1  B1CM  MB1C  180  AKB1  180  MB1C  MKB1  MB1 A
 MKB1 ∽ MB1 A  MK .MA  MB12  dfcm