Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh huế

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THỪA THIÊN HUẾ

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ - MÔN TOÁN CHUYÊN
NĂM HỌC 2022-2023
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC


x 2
x 2
A  

. x x  x
x  2 x  1 x 1 


Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
(với x  0; x  1)
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên





Câu 2. (1,5 điểm)

P : y  x2

d : y  kx  2.
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  
và đường thẳng  

d
Gọi I là giao điểm của   và trục tung. Tìm tất cả các giá trị của đường thẳng

 d  cắt (P) tại hai điểm phân biệt A  x1; y1  , B  x2 ; y2  thỏa mãn

 x 3  xy 2   x  y  1  x  y   0

2
b) Giải hệ phương trình  x  2 y  y  1  0

Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm m để phương trình
x1 , x2 sao cho biểu thức

b) Giải phương trình :

x

2

3 x 2  4  m  1 x  m 2  4m  5  0
P

3
1
3

2

x1  x2 và IA  2 IB

(x là ẩn số) có hai nghiệm

3
2
3
1

x
x

x
x đạt giá trị lớn nhất

 6  x 2  6 x  12   3 x 2  10 x  28  x  1  0

O
Câu 4. (3,0 điểm)Cho đường trịn   và dây BC cố định khơng đi qua O. Điểm A thay

 Gọi AD, BE , CF
đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn 
là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là giao điểm của hai đường
thẳng BC và EF; I là giao điểm thứ hai của KA với (O) ; M là trung điểm BC; N là giao
AB  AC .

điểm thứ hai của AH và   . Chứng minh
a) Tứ giác AIFE là tứ giác nôi tiếp

b) Ba điểm M , H , I thẳng hàng
c) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp
d) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi
Câu 5. (2,0 điểm)
O


 

a) Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3. Chứng minh rằng :
x3  x 2 y  1  x 7  y  4  y  0

x
y
z
3 x  y  z
 2
 2

x  15 y  15 z  15
32
2


ĐÁP ÁN

x 2
x 2
A  



. x x  x
x

1
x

2
x

1


Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức
(với x  0; x  1)
c) Rút gọn biểu thức A




x 2
x 2
A  


. x x  x
 x  2 x  1 x 1 









x 2




 
x  1 

x 1 
2

x 2







.

x 1

x 1



x





x 1



x 1

x x 2 x x  2
. x
x 1

2x
x 1
d) Tìm tất cả các số nguyên x sao cho biểu thức A nhận giá trị là số nguyên

Ta có :
A

2x
2
 2 x 2

x 1
x 1

Để A là số nguyên thì 2 x và

2
x  1 phải là số nguyên

 x  0(tm)
2
¢  
x 1
 x  1( ktm)

Ta có
Thử lại, với x  0  A  0(tm)
Vậy x=0 thì A nguyên
Câu 2. (1,5 điểm)

P : y  x2
a) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  
và đường thẳng

 d  : y  kx  2. Gọi I là giao điểm của  d  và trục tung. Tìm tất cả các giá trị
d
A x ;y ,B x ;y
của đường thẳng   cắt (P) tại hai điểm phân biệt  1 1   2 2  thỏa mãn
x1  x2 và IA  2 IB

Vì I là giao điểm của   và trục tung nên  

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
d

I 0; 2

x 2  kx  2  x 2  kx  2  0  1

Ta có :   k  8  0 với mọi k và x1 x2  2  0
Nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1  0  x2 với mọi k
2

 x1  x2  k

 x1 x2  2

Theo hệ thức Vi-et, ta có :
Mà x1  0  x2 nên x1  2 x2 . Ta có :

 x1  2 x2
IA  2 IB  
 x1  2 x2
. Vì


 x1  x2  k
2 x22  2
 x x  2
x  1

 1 2

  x1  0  x2   2
 x1  0  x2
k  1
 x2  k


 x1  2 x2
Vậy k  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

 x 3  xy 2   x  y  1  x  y   0

2
b) Giải hệ phương trình  x  2 y  y  1  0

Ta có :

 x 3  xy 2   x  y  1  x  y   0
 x  x  y   x  y    x  y  1  x  y   0



2
2
 x  2 y  y  1  0
 x  2 y  y  1  0

 x  y  0
 1
 x  y  0


2
 x  y   x  xy  x  y  1  0
 2
 x  2 y  y  1  0

   x  xy  x  y  1  0   2
2
x

2
y

y

1

0

2

  x  xy  x  y  1  0  2 
x  2 y  y 1  0
  x  2 y 2  y  1  0


1 3
 x 
2
 


1  3
y



x  y  0
x   y
2


 1 : 
2
2


x  2 y  y 1  0
2 y  2 y  1  0
1 3
 x 
2


1  3
 y 
 
2
2

2
2

2
2
2
 x  xy  x  y  1  0
 x  xy   2 y  1  1  0
 x  xy  2 y  0


 2 : 
2
2
2
 x  2 y  y  1  0
 x  y  2 y  1
 x  y  2 y  1


1 3
1  3
;y
x 
2
2
 x   y



2
1 3
1  3

 x  y   x  2 y   0
 x  y  2 y  1  x 
;y



2
2
 x  2 y
2

 x  y  2 y  1

 x  2; y  1
  x  y  2 y 2  1 
 x  1; y   1

2

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm :
 1  3 1  3   1  3 1  3 
1  

;
;
;
;
2;1
;


1;








2 
2 
2  

  2
 2

 x; y   


Câu 3. (2,0 điểm)
c) Tìm m để phương trình

3 x 2  4  m  1 x  m 2  4m  5  0
3
1
3
2

(x là ẩn số) có hai nghiệm

3
2
3
1

x
x

x1 , x2 sao cho biểu thức
x
x đạt giá trị lớn nhất
2
ac  3m 2  12m  15  3  m  2   3  0, m
P

Ta có
phân biệt trái dấu

nên phương trình ln có hai nghiệm

4  4m

 x1  x2  3
3

2
 x1 

m


4
m

5
x x 
t      t  0
1 2

 x2 
3

Theo hệ thức Vi-et ta có :
. Đặt
1
 1
P  t     t    2
t
 t
Lúc đó

Vậy Max P  2  t  1  x1   x2  m  1
d) Giải phương trình :
Điều kiện : x  1 . Ta có :

x

2

x

2

 6  x 2  6 x  12   3x 2  10 x  28  x  1  0

 6  x 2  6 x  12   3x 2  10 x  28  x  1  0

  x2  6

 x  6   6  x  1  3  x 2  6   10  x  1 

x  1  0  1

a  x 2  6
 a  0, b  0 

b

x

1

Đặt 
. Phương trình (1) trở thành :

a a  6b 2   3a  10b 2  b  0  a a  6b 2   3a  10b 2  b
 a 2  a  6b2    3a  10b 2  b   0
2

3

2

a
a
a
 a  3a b  60ab  100b  0   2   3  2   60 2  100  0
b
b 
b 

 a  10b 2 (tm)  x 2  6  10  x  1  x  5  29(tm)

a
  2  2(ktm)
b
a
 2  5(ktm)
b
 O
BC
3

2 2

4

6

Câu 4. (3,0 điểm)Cho đường tròn

và dây

cố định không đi qua O. Điểm A

 Gọi
thay đổi trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn 
AD, BE , CF là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC . Gọi K là giao điểm
AB  AC .


của hai đường thẳng BC và EF; I là giao điểm thứ hai của KA với (O) ; M là trung
điểm BC; N là giao điểm thứ hai của AH và  O  . Chứng minh

e) Tứ giác AIFE là tứ giác nơi tiếp
Vì tứ giác AIBC nội tiếp đường tròn nên KI .KA  KB.KC
Dễ thấy tứ giác BEFC nội tiếp nên KF .KE  KB.KC
Suy ra KI .KA  KF .KE  AIFE là tứ giác nội tiếp
f) Ba điểm M , H , I thẳng hàng

AIT  90  1
Kẻ đường kính AT của đường trịn (O). Khi đó,
CF / / BT   AB  , CT / / BE   AC 
Xét tứ giác BHCT , ta có


Nên tứ giác BHCT là hình bình hành
Suy ra M là trung điểm HT  M , H , T thẳng hàng
Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH
Ta có tứ giác AIFE nội tiếp nên I thuộc đường trịn đường kính AH

 
Hay
Từ (1) và (2) suy ra I , H , T thẳng hàng. Vậy M , I , H thẳng hàng
g) Tứ giác INMO là tứ giác nội tiếp
AIH  90 2

1
NOT  3
2
Ta có :
Ta có ANT  90  NT  AN , BC  AN  NT / / BC
NIT 

Mà OM  BC nên OM  NT
Xét NOT có ON  OT và OM  NT nên OM là tia phân giác góc NOT
1
NOT  4 
2
Suy ra
Từ (3), (4) suy ra NIM  NOM
h) Đường thẳng IN luôn đi qua một điểm cố định khi A thay đổi
Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến đường tròn (O)tại B và OM . Suy ra S cố định
Ta cần chứng minh I , N , S thẳng hàng
NOM 

Gọi L là giao điểm của IS và đường tròn (O)
2
Vì OBS vng nên SB  SM .SO  SL.SI
Suy ra tứ giác OMLI nội tiếp
Ta có tứ giác OMLI và OMNI cùng nội tiếp đường tròn ngoại tiếp OMI và cắt (O) tại

giao điểm thứ hai là L và N nên N và L trùng nhau
Vậy I , N , S thẳng hàng hay IN đi qua S cố định
Câu 5. (2,0 điểm)
c) Tìm tất cả số ngun
Ta có :

x x
3

2

x, y thỏa

 y  1  x  7  y   4  y  0

mãn

x 3  x 2  y  1  x  7  y   4  y  0

 x3  x 2  7 x  4  y  x 2  x  1  0   x 2  x  1  x  y   2  x 2  x  1  2  x 2  4 x  3
  x 2  x  1  x  y  2   2  x  1  x  3 

    
Biện luận theo x ta có các bộ số thỏa mãn    
d) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3. Chứng minh rằng :
x; y  0; 4 ; 1;3 ; 3;5

x
y
z

3 x  y  z
 2
 2

x  15 y  15 z  15
32
2


x
x
x
x
 2
 2


x  15 x  3  12 x  xy  yz  zx  12  x  y   x  z   12 4
2

x

 x  y  x  z  8

1 
1
1  
1
1  1 1 
 x 

   theo BDT
   
a  b 4  a b 
 4  4  x  y   y  z  8  

 
x 1  1
1  1
1
1  1 1 
x
x
x
  
    theo BDT
    


16  2  x  y z  2  
ab 2  a b   32  x  y  32  y  z  32
y
y
y
y
z
z
x
z



 ; 2



2
y  15 32  y  z  32  z  x  32 z  15 32  z  x  32  x  y  32

Tương tự :
Suy ra

x
y
z
 2
 2
x  15 y  15 z  15
x
x
x
y
y
y
z
z
z


 

 



32  x  y  32  y  z  32 32  y  z  32  z  x  32 32  z  x  32  x  y  32
2

3 x  y  z
32
x
y
z
3 x  y  z
 2
 2

2
 x  y  z 1
32
Vậy x  15 y  15 z  15
