Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh hải dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

a) So sánh biểu thức


x  
x +2
x +3
x +2
A = 1 −
: 
+
+
÷
÷
÷
x +1   x − 5 x + 6
x − 2 3 − x ÷

4x

B=

b)Tính giá trị của biểu thức
Câu 2. (2,0 điểm)

2024

( x + 1) − 2 x

2023

+ 2x +1

2 x 2 + 3x

x=

tại

với

−5
2

1
3
−
2 3 −2 2 3 +2

x −1

= 3x + 1
4

3x − 1 +

a) Giải phương trình :

 x + y + xy = 8

1
1
 1
 x2 + 2x + y2 + 2 y = 4


b) Giải hệ phương trình :
Câu 3.(2,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên

( x, y )

thỏa mãn phương trình :

y − 5 y + 62 = ( y − 2 ) x + ( y − 6 y + 8 ) x
2

2

b) Cho đa thức

P ( x)

minh rằng đa thức
Câu 4. (3,0 điểm)
1)

2

với các hệ số nguyên thỏa mãn

P ( x) − 2024

Cho đường tròn

( O)

DM

và dây cung

cắt

a)

Chứng minh rằng

b)

Chứng minh rằng
BCD

Chứng

khơng có nghiệm ngun

AB; D

chính giữa của cung nhỏ
khác A và B);

P ( 2021) .P ( 2022 ) = 2023.

AB

AB

không đi qua tâm O. Gọi

M

là điểm

là một điểm thay đổi trên cung lớn

AD ( D

tại C

MB.BD = MD.BC
MB

D

là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác

và khi điểm thay đổi thì tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác
nằm trên một đường thẳng cố định

BCD


2)

Cho hình thoi

ABCD

có

ngoại tiếp các tam giác
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho

a , b, c

AB = 2.

ABC

Gọi

ABD.

và

R1 , R2

Chứng minh rằng

là các số thực dương thỏa mãn
P=

nhất của biểu thức

a
2b
a + 8b
+
+
2b + c a + c
16c
3

3

lần lượt là bán kính đường tròn
R1 + R2 ≥ 2

a 2 + 4b 2 + c = 6ab.

Tìm giá tri nhỏ


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)

a) So sánh biểu thức
Điều kiện :


x  
x +2
A = 1 −
:
÷

÷  x −5 x +6 +
x
+
1

 

x ≥ 0; x ≠ 4; x ≠ 9

 x +1− x  

A = 
÷
÷: 

x
+
1

 

(

. Khi đó, ta có :

)(

=

1
x + 2+ x −9− x + 4
:
=
x +1
x −2
x −3

A+

5
=
2

(

x +1

A>−

Vậy

)(

x −2

+


x +3
x +2÷
+
−
x −2
x −3 ÷
x −3


x +2
x −2

)

1
:
x +1

)

x −3

(

x −2

)(

x −3

)

=

x −2
x +1

5 2 x −4+5 x +5
7 x +1
=
=
>0
2
2 x +1
2 x +1

(

)

(

)

5
2

b)Tính giá trị của biểu thức
x=

x +3
x +2
+
÷
x − 2 3 − x ÷

4 x 2024 ( x + 1) − 2 x 2023 + 2 x + 1
B=
2 x2 + 3x

tại

1
3
−
2 3−2 2 3+2

Ta có :
x=

1
3
8−4 3
−
=
=
8
2 3−2 2 3+2

(

)

3 −1
4

2

=

3 −1
2

⇔ 2x = 3 −1 ⇔ 2x + 1 = 3 ⇒ 2x2 + 2 x −1 = 0
B=

4 x 2024 ( x + 1) − 2 x 2023 + 2 x + 1

⇒B=

2 x + 3x
2

3
= 3− 3
3 −1
+1
2

Câu 2. (2,0 điểm)

=

2 x 2023 ( 2 x 2 + 2 x − 1) + 2 x + 1

( 2x

2

+ 2 x − 1) + x + 1

=

2x +1
x +1

với

−5
2


3x − 1 +
a)

Giải phương trình :

Điều kiện :

1
x ≥ − ;x ≠ 0
3

⇔ 12 x 2 − ( 3 x + 1) = 4 x 3 x + 1

Phương trình đã cho
Đặt

x −1
= 3x + 1
4

a = 2 x, b = 3x + 1

. Ta có phương trình :

b = a

3a 2 − b 2 = 2ab ⇔ ( b − a ) ( b + 3a ) = 0 ⇔ 
b = −3a
x ≥ 0
b = a ⇒ 3x + 1 = 2 x ⇔  2
⇔ x = 1(tm)
4 x − 3 x − 1 = 0
x ≤ 0
3 − 153
b = −3a ⇒ 3 x + 1 = −6 x ⇔ 
⇒x=
(tm)
2
72
36 x − 3 x − 1

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm

b) Giải hệ phương trình :

Điều kiện :

 3 − 153 
x ∈ 1;

72 


 x + y + xy = 8

1

1
 1
 x2 + 2x + y2 + 2 y = 4


2
 x + 2 x ≠ 0
 2
 y + 2 y ≠ 0

( x + 1) ( y + 1) = 9
 x + y + xy = 8


1
1
1
1
1⇔
 1
+
=
 x2 + 2x y2 + 2 y 4
 x + 1 2 −1 + y + 1 2 −1 = 4
)
(
)

(

Hệ đã cho trở thành :

uv = 9

 1
1
1
 u 2 − 1 + v 2 − 1 = 4

. Đặt

u = x + 1

v = y + 1


uv = 9
uv = 9
uv = 9
⇔ 2 2
⇔

2
2
2
2 2
2
2
4 ( u + v − 2 ) = u v − u − v + 1 u + v = 18 ( u + v ) − 2uv = 18
 uv = 9


uv = 9
u = v = 3 ⇒ x = 2; y = 2(tm)
u + v = 6
⇔
⇔
⇔
2
 uv = 9
u = v = −3 ⇒ x = y = −4(tm )
( u + v ) = 36

 u + v = −6

Vậy nghiệm của hệ là
Câu 3.(2,0 điểm)

( x; y ) ∈ { ( 2; 2 ) ; ( −4; −4 ) }

a) Tìm các cặp số nguyên

( x, y )

thỏa mãn phương trình :

y − 5 y + 62 = ( y − 2 ) x + ( y − 6 y + 8 ) x
2

2

2

Ta có :

y 2 − 5 y + 62 = ( y − 2 ) x 2 + ( y 2 − 6 y + 8 ) x

⇔ ( y − 2 ) ( y − 3) + 56 = ( y − 2 ) x 2 + ( y − 2 ) ( y − 4 ) x
⇔ ( y − 2 )  x 2 + ( y − 4 ) x − ( y − 3)  = 56
⇔ ( x − 1) ( y − 2 ) ( x + y − 3) = 56

( x − 1) + ( y − 2 ) = x + y − 3

Vì
nên ta phải phân tích số 56 thành tích của ba số nguyên
mà tổng hai số đầu bằng số cịn lại. Ta có các trường hợp
*)56 = 1.7.8 ⇒ ( x; y ) = ( 2;9 )

*)56 = ( −8 ) .1.( −7) ⇒ ( x; y ) = ( −7;3 )
*)56 = ( −8).7.(−1) ⇒ ( x; y ) = ( −7;9 )

*)56 = 7.1.8 ⇒ ( x; y ) = ( 8;3 )

*)56 = 1.(−8).(−7) ⇒ ( x; y ) = (2; −6)
*)56 = 7.(−8).( −1) ⇒ ( x; y ) = (8; −6)

Vậy phương trình đã cho có 6 nghiệm nguyên:

( x; y ) ∈ { ( 2;9 ) ; ( 8;3) ; ( −7;3) ; ( 2; −6 ) ; ( −7;9 ) ; ( 8; −6 ) }

b) Cho đa thức

P ( x)

với các hệ số nguyên thỏa mãn

Chứng minh rằng đa thức
Giả sử đa thức

P ( x) − 2024

P ( x ) − 2024

P ( 2021) .P ( 2022 ) = 2023.

không có nghiệm nguyên

có nghiệm nguyên

x = a,

khi đó


P( x) − 2024 = ( x − a ) .Q( x) ⇔ P( x) = 2024 + ( x − a ).Q( x)

(với Q(x) là đa thức với các hệ số

nguyên) . Khi đó :

P (2021) = 2024 + (2021 − a ).Q(2021)

P ( 2022 ) = 2024 + ( 2022 − a ) .Q ( 2022 )

Mà

P ( 2021) .P ( 2022 ) = 2023

⇒  2024 + ( 2021 − a ) Q ( 2021)   2024 + ( 2022 − a ) Q ( 2022 )  = 2023
⇔ 20242 + 2024 ( 2021 − a ) Q ( 2021) + ( 2022 − a ) Q ( 2022 )  +
+ ( 2021 − a ) ( 2022 − a ) Q ( 2021) Q ( 2022 ) = 2023 ( *)

Do

( 2021 − a ) ( 2022 − a )

là tích của hai số nguyên liên tiếp, suy ra vế trái của (*) là số

chẵn. Vậy không tồn tại a để (*) xảy ra . Hay đa thức
ngun

P ( x) − 2024

khơng có nghiệm


Câu 4. (3,0 điểm)
3)

Cho đường trịn

( O)

và dây cung

chính giữa của cung nhỏ
khác A và B);

c)

Xét

DM

cắt

Chứng minh rằng

∆MBC

và

∆MDB

∠BDM = ∠MBC

giác

BCD
BCD

M

là điểm

là một điểm thay đổi trên cung lớn

AD ( D

tại C

MB.BD = MD.BC

(vì M là điểm chính giữa của cung nhỏ

AB) ∠BMC = ∠BMD

;

MB MD
=
⇒ MB.BD = MD.BC
BC BD

Chứng minh rằng
giác

khơng đi qua tâm O. Gọi

có :

⇒ ∆MBC ∽ ∆MDB ( g .g ) →

d)

AB

AB; D

AB

MB

và khi điểm

là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam
D

thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam

nằm trên một đường thẳng cố định


Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp

∆BDC ⇒ ∠BJC = 2∠BDC = 2∠MBC

∠BJC
∠MBC =
2

∆BCJ

∠CBJ =

cân tại J nên

⇒ ∠MBC + ∠CBJ =

Suy ra

MB

4)

MB

180° − ∠BJC
2

∠BJC 180° − ∠BJC
+
= 90° ⇒ MB ⊥ BJ
2
2

là tiếp tuyến của đường tròn (J)

Kẻ đường kính
Mà

hay

MN

của (O) nên

NB ⊥ MB

là tiếp tuyến của đường trịn (J), suy ra J thuộc NB

Cho hình thoi

ABCD

có

AB = 2.

trịn ngoại tiếp các tam giác

Gọi

ABC

và

R1 , R2

lần lượt là bán kính đường

ABD.

Chứng minh rằng

R1 + R2 ≥ 2


Gọi M là trung điểm của cạnh
lần lượt tại I và J. Khi đó

I, J

AB.

Đường trung trực của đoạn AB cắt AC và BD

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác

ABC

ABD

và
Ta có :

∆MAI ∽ ∆MJB( g.g ) ⇒

MA MJ
MA MJ
MA2 MJ 2 JB 2 − MB 2
=

⇒
=
⇒ 2 = 2 =
AI
JB
R2
R1
R2
R1
R12

( 2) + ( 2)
=1⇒
2

⇒

MA
R − MB
MA MB
=
⇒ 2 + 2
2
2
R2
R1
R2
R1
2
1

2

1=

Khi đó :

2

2

2

4 R12

4 R12

2

=1

1
1
1
1
1
+ 2 ≥2
. 2 =
⇒ R1 R2 ≥ 1
2

2
2 R1 2 R2
2 R1 2 R2 R1R2

R1 + R2 ≥ 2 R1 R2 ≥ 2

Do đó

Dấu bằng xảy ra khi

R1 = R2 = 1

hay tứ giác

ABCD

là hình vng

Câu 5. (1,0 điểm)
Cho

a, b, c

là các số thực dương thỏa mãn
P=

nhất của biểu thức
Đặt
P=

x = 2b

thì

a
2b a + 8b
+
+
2b + c a + c
16c
3

a 2 + 4b 2 + c = 6ab.

Tìm giá tri nhỏ

3

a 2 + 4b 2 + c 2 = 6ab ⇒ a 2 + x 2 + c 2 = 3ax

a
x
a 3 + x3
+
+
x+c a+c
16c

Ta có :

3ax = a 2 + x 2 + c ≥ 2ax + c ⇒ ax ≥ c > 0

2
2
a 3 + x 3 ( a + x ) ( a + x − ax ) ( a + x ) ax a + x
=
≥
≥
( 1)
16
16c
16c
16

( a + x)
( a + x) ≥ 4
a
x
a2
x2
+
=
+
≥
≥
( 2)
x + c a + c ax + ac ax + ac 2ax + c ( a + x ) ax ( 2 + a + x ) 2 + a + x
2

Từ (1) và (2) ta có

2


a
x
a 3 + x3
4
a+x
P=
+
+
≥
+
x+c a+c
16c
2 + a + x 16
4
a+x+2 1
4
a+x+2 1 7
⇒P≥
+
− ≥2
.
− =
2+a+ x
16
8
2+ a+ x

16
8 8

Dấu bằng xảy ra khi
Min P =

Vậy

a = 3
a = x = 3 
⇔

3
c = 9
b = 2 ; c = 9

7
3
⇔ a = 3; b = ; c = 9
8
2