Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh dak lak

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
DAK LAK

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 2022-2023
MƠN THI: TỐN CHUN
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)
Cho phương trình
giá trị của

m

x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − m − 2 = 0

với

m

là tham số. Tìm tất cả các

để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2

thỏa mãn

x + x − 5 x1 x2 = 10m + 15

3
1

3
2

Câu 2. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình :

x2 + x + 5 = 3 x3 + x3 − x + 2

2) Giải hệ phương trình

2
2

 x − xy − 2 y + 4 x − 5 y + 3 = 0
 2

 x − 10 y + 9 + 2 x − 1 = 0

Câu 3. (2,0 điểm)
1) Cho hình chữ nhật
minh rằng trong số

ABCD

2022

có chiều dài bằng

47cm

, chiều rộng bằng

điểm bất kỳ nằm trong hình chữ nhật

hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng
2) Tìm tất cả các số ngun dương

x, y

thỏa mãn

ABCD

43m

. Chứng

ln tìm được

2cm

5 x 2 + 3 y 2 = 20 x − 24 y + 477

Câu 4. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương
2b
a 16b + 1

2

+

Câu 5. (3,0 điểm)

3c
2b 36c + 1
2

a, b, c

+

thỏa mãn
a

3c 4a + 1
2

≥

3
2

a + 2b + 3c = 24abc

. Chứng minh rằng

Cho đường trịn
PQ

khơng cắt

điểm; tia

PA

cùng đi qua

1) Tích

và hai điểm

Kẻ hai tiếp tuyến

nằm giữa hai tia
C

điểm thứ hai

2)

( O) .

( O; R )

(D nằm giữa

F ( F ≠ E)

PE.PF

P

PQ

và

P, Q

PA, PB

PO ).

( O)

nằm ngồi

với đường trịn

Hai cát tuyến

và C; E nằm giữa Q và

. H là giao điểm của

AB

và

( O)

(

A, B

PDC , QEC

C ).

OP.

sao cho

Tia

PE

∠POQ

vuông ,

là hai tiếp

thay đổi của

( O)

cắt đường trịn tại

Chứng minh rằng :

khơng đổi

∠AHE = ∠AHF

3) Đường trịn ngoại tiếp tam giác

PDF

ln đi qua một điểm cố định

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho phương trình
các giá trị của
mãn

m

x 2 − ( 2m − 1) x + m 2 − m − 2 = 0

với

m

là tham số. Tìm tất cả

để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2

thỏa

x + x − 5 x1 x2 = 10m + 15
3
1

3
2

∆ = ( 2m − 1) − 4 ( m 2 − m − 2 ) = 9 > 0
2

Suy ra phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt

x1 = m + 1; x2 = m − 2

x13 + x23 − 5 x1 x2 = 10m + 15 ⇔ ( m + 1) + ( m − 2 ) − 5 ( m + 1) ( m − 2 ) − 10m − 15 = 0
3

⇔ ..... ⇔ m3 − 4m 2 + 5m − 6 = 0 ⇔ m = 3

Vậy

m=3

Câu 2. (2,0 điểm)

3

. Có :


1) Giải phương trình :

x 2 + x + 5 = 3 x3 + x3 − x + 2

Phương trình đã cho tương đương với :

(x

2

− x + 1) + 2 ( x + 2 ) = 3

Đặt

( x + 2 ) ( x 2 − x + 1)

u = x 2 − x + 1, v = x + 2, u , v ≥ 0

. Điều kiện

x ≥ −2

. Phương trình trở thành :

u 2 + 2v 2 = 3uv ⇔ u 2 − 3uv + 2v 2 = 0 ⇔ ( u − v ) ( u − 2v ) = 0
u = v ⇒ x 2 − x + 1 = x + 2 ⇔ x = 1 ± 2

⇔
5 ± 53
2
2
u = 2v ⇒ x − x + 1 = 4 ( x + 2 ) ⇔ x − 5 x − 7 = 0 ⇔ x =
2

2) Giải hệ phương trình
Điều kiện

 x 2 − xy − 2 y 2 + 4 x − 5 y + 3 = 0 ( 1)
 2
 x − 10 y + 9 + 2 x − 1 = 0 ( 2 )

x ≥1

 y = −x − 3
( 1) ⇔ ( x + y + 3) ( x − 2 y + 1) = 0 ⇔  1 1
y = x+

2
2
*) y = − x − 3 ⇒ ( 2 ) ⇔ x 2 + 10 x + 39 + 2 x − 1 = 0
⇔ ( x + 5 ) + 14 + 2 x − 1 = 0 : Vo nghiem
2

*) y =

1
1
x + ⇒ ( 2 ) ⇔ x 2 − 5x + 4 + 2 x − 1 = 0
2
2

⇔ x2 − 4 x + 4 = x − 2 x − 1 ⇔ ( x − 2) =
2

(

)

x −1 −1

2


 x = 1(tm) ⇒ y = 1
 x −1 = x −1 ⇔ 
 x = 2(tm) ⇒ y = 3
 x − 2 = x −1 −1 

2
⇔
⇔

x
−

2
=
1
−
x
−
1

 x − 1 = 3 − x ⇔ 3 − x ≥ 0
⇔ x = 2(tm)

2

x −1 = x − 6x + 9





( x; y ) = ( 1;1) ;  2;




Vậy hệ có nghiệm

3 
÷
2 

Câu 3. (2,0 điểm)
1) Cho hình chữ nhật

ABCD

Chứng minh rằng trong số

có chiều dài bằng

2022

47cm

, chiều rộng bằng

43m

điểm bất kỳ nằm trong hình chữ nhật

.

ABCD

ln tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng
Chia hình chữ nhật

ABCD

thành 2021 hình vng nhỏ có cạnh bằng

2022

1cm

ABCD

Khi lấy
điểm bất kỳ trong hình chữ nhật
thì chúng thuộc 2021 hình
vng nhỏ trên. Theo ngun lý Dirichlet, tồn tại 2 điểm cùng thuộc một hình
vng nhỏ.
Khi đó khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn đường chéo hình vng nhỏ là
x, y

2) Tìm tất cả các số nguyên dương

thỏa mãn

5 x 2 + 3 y 2 = 20 x − 24 y + 477

5 x 2 + 3 y 2 = 20 x − 24 y + 477 ⇔ 5 x 2 − 20 x + 20 + 3 y 2 + 24 y + 48 = 545
⇔ 5 ( x − 2 ) + 3 ( y + 4 ) = 545
2

Do

5 ( x − 2)

Mà

2

2

( 3,5) = 1

và

545

3 ( y + 4 ) ≤ 545 ⇔ ( y + 4 ) ≤
2

nên

 y = 1 ⇒ ( x − 2 ) 2 = 94(ktm)

 y = 6 ⇒ ( x − 2 ) 2 = 49 ⇒ x = 9


Vậy

( x; y ) = ( 9; 6 )

Câu 4. (1,0 điểm)

3( y + 4) M
5
2

cùng chia hết cho 5 nên
2

2cm

y =1
545
⇒ y + 4 ≤ 13 ⇒ 
3
y = 6

2cm


Cho ba số thực dương
2b
a 16b 2 + 1

+

3c
2b 36c 2 + 1

a + 2b + 3c = 24abc ⇔

Có
x=

Đặt

1
1
1
;y = ;z =
a
2b
3c

x

P=

y2 + 4

y

+

a , b, c

z2 + 4

+

a
3c 4a 2 + 1

a + 2b + 3c = 24abc
≥

. Chứng minh rằng

3
2

1
1
1
+
+
=4
2ab 6bc 3ca

. Khi đó
z

+

thỏa mãn

x2 + 4

≥

xy + yz + zx = 4

. Bất đẳng thức trở thành :

3
2

. Có :
y 2 + 4 = y 2 + xy + yz + zx = ( x + y ) ( y + z )
z 2 + 4 = z 2 + xy + yz + zx = ( y + z ) ( z + x )
x 2 + 4 = x 2 + xy + yz + zx = ( z + x ) ( x + y )
⇒P=

x

( x + y) ( y + z)

+

y

( y + z ) ( z + x)

z

+

( z + x) ( x + y)

Áp dụng BĐT Cô si ta được :
P≥

2x
2y
2z
2x2

2 y2
2z 2
+
+
⇒P≥ 2
+
+
x + 2 y + z x + y + 2z 2x + y + z
x + 2 yz + zx xy + y 2 + 2 zy 2 xz + yz + z 2

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức :
P≥

2( x + y + z)

( x + y + z)

2

2

+ xy + yz + zx

. Lại có :

( x + y + z)
xy + yz + zx ≤
3

MinP =

Vậy

2

⇒P≥

3
4
⇔x= y=z=
2
9

2( x + y + z)

( x + y + z)

2

+

2

( x + y + z)
3

2

=

3
2


Câu 5. (3,0 điểm)
Cho đường trịn
vng ,

PQ

khơng cắt

hai tiếp điểm; tia
đổi của

( O)

PA

( O; R )

( O) .

và hai điểm

Kẻ hai tiếp tuyến

nằm giữa hai tia

cùng đi qua

C

P, Q

PQ

(D nằm giữa

đường tròn tại điểm thứ hai
minh rằng :

F ( F ≠ E)

P

và

nằm ngồi

PA, PB

PO).

( O)

sao cho

với đường trịn

Hai cát tuyến

AB

( O)

(

A, B

PDC , QEC

và C; E nằm giữa Q và

. H là giao điểm của

∠POQ

và

C ).

Tia

OP.

là

thay
PE

cắt

Chứng


1) Tích

PE.PF

khơng đổi

∠PAF = ∠PEA

Có

∆PAF ∽ ∆PEA( g. g ) ⇒

∆OAP

vuông tại A

⇒ PA2 = OP 2 − OA2 = OP 2 − R 2

⇒ PE.PF = OP 2 − R 2

2)

PA PF
=

⇒ PE.PF = PA2
PE PA

: không đổi

∠AHE = ∠AHF

∆OAP

Do đó

vng tại A,

AH

là đường cao nên

PA2 = PH .PO

PE.PF = PH .PO ⇒ ∆PHF ∽ ∆PEO (c.g .c )

⇒ ∠PHF = ∠PEO ⇒ OHEF

là tứ giác nội tiếp

⇒ ∠PHF = ∠OEF = ∠OFE = ∠OHE

, Mà

3) Đường tròn ngoại tiếp tam giác

Goi Q’ là giao điểm của

PQ

AH ⊥ OP

PDF

nên

∠AHE = ∠AHF

ln đi qua một điểm cố định

và đường trịn ngoại tiếp

∆QEF

∆PEQ ' ∽ ∆PQE ( g .g ) ⇒ PC.PD = PE.PF
⇒ PC.PD = PQ.PQ ' ⇒ ∆PQ ' D ∽ ∆PCQ(c.g .c ) ⇒ ∠PQ ' D = ∠C

Mà

∠PFD = ∠C

ngoại tiếp

nên

∆PDF

∠PFD = ∠PQ ' D ⇒ PDFQ '

luôn đi qua điểm

Q'

là tứ giác nội tiếp hay đường tròn

cố định.