Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh hưng yên

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUN HƯNG N
Năm học 2022-2023
Mơn thi: TỐN CHUN
Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức
a)

Rút gọn biểu thức

A

x

Tìm giá trị của để
Câu II. (2,0 điểm)
b)

1. Trong mặt phẳng tọa độ

( d ) : y = ( m + 1) x − m + 5

biệt

A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

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

A=3

Oxy,

cho parabol

( P ) : y = x2

. Tìm giá trị của tham số
sao cho

x1 ; x2

Giải phương trình :

Giải hệ phương trình :
Câu IV. (3,0 điểm)
1. Cho

nhau tại

H.

nhọn

x 4 − 2 x3 + x 2 − 16 y 2 + 12 x − 16 y + 4 = 0

3x − 2
3− x
−
=1
x −1
x −1

2.

∆ABC

để (d) cắt (P) tại hai điểm phân

là các số nguyên

2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình
Câu III. (2,0 điểm)
1.

m

( AB < AC )

 x 3 + y 3 + xy = 2 x + 4 y − 1

 xy + x + 2 y = 1

nội tiếp đường tròn

( O) .

Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng

a) Chứng minh tứ giác
b) Đường thẳng

AK

và đường thẳng

BFEC

nội tiếp, từ đó suy ra

cắt đường trịn
BC.

( O)

Hai đường cao

EF

BE , CF

cắt

và BC

KF .KE = KB.KC

tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi I là
M, H, I

trung điểm của đoạn thẳng
Chứng minh ba điểm
thẳng hàng
2. Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu bằng nhau và một hình trụ (hình vẽ). Hãy
tính thể tích của chi tiết máy đó theo các kích thước cho trên hình vẽ


Câu V. (3 điểm) Cho ba số thực dương
2x

P=

x +4
2

x, y , z

y

+

y +9
2

thỏa mãn
+

4 xy + 2 yz + 3 xz = 24.

z
z + 16
2

trị lớn nhất của biểu thức
ĐÁP ÁN

Câu I. (2,0 điểm) Cho biểu thức
c)

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

A

Rút gọn biểu thức

 x+2 x
2 
1  x ≥ 0
A = 
+
:
÷

÷
÷
 x + x − 2 x − x  x −1  x ≠ 1 


x x +2
2

 . x −1
=
+
 x −1
x +2
x. x −1 


x+2
x+2

=
. x −1 =
x
x x −1

(

(

)(

(

d)

)

)

)

(

(

(

)

)

x

Tìm giá trị của để
A=3⇔

)

A=3

 x = 1(ktm)
x+2
= 3 ⇔ x −3 x + 2 = 0 ⇔ 
x
 x = 4(tm)

x=4

Vậy
thì A=3
Câu II. (2,0 điểm)

Tìm giá


1.

Trong mặt phẳng tọa độ

( d ) : y = ( m + 1) x − m + 5

Oxy,

cho parabol

( P ) : y = x2
m

. Tìm giá trị của tham số

A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

và đường thẳng

để (d) cắt (P) tại hai điểm

x1 ; x2

phân biệt
sao cho
là các số nguyên
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
x 2 = ( m + 1) x − m + 5 ⇔ x 2 − ( m + 1) x + m − 5 = 0 ( *)
∆ = ( m + 1) − 4 ( m − 5 ) = ( m − 1) + 20 > 0
2

Ta có

2

Nên (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt
 x1 + x2 = m + 1

 x1 x2 = m − 5

. Xét

x =1

A, B

. Theo hệ thức Vi-et ta có :

khơng phải là nghiệm của phương trình

5
⇒ x−
= m ( 1)
x −1

Vì

x1 , x2 ∈ ¢

nên

Từ (1) ta có

m + 1; m − 5

m∈¢

khi

là các số ngun do đó m cũng là số nguyên

 m = −3
5 
 x − 1∈ ¢

x−
÷∈ ¢ ⇔ 5Mx − 1 ⇔  m = 5
x −1 
) 

 (

 x − 1 = −5 ⇒ x = −4 ⇒ m = −3
 x − 1 = −1 ⇔ x = 0 ⇒ m = 5

 x −1 = 5 ⇔ x = 6 ⇒ m = 5

 x − 1 = 1 ⇔ x = 2 ⇒ m = −3

Vậy

m = −3; m = 5

thỏa mãn u cầu bài tốn

2. Tìm các nghiệm ngun của phương trình

x 4 − 2 x 3 + x 2 − 16 y 2 + 12 x − 16 y + 4 = 0

x 4 − 2 x3 + x 2 − 16 y 2 + 12 x − 16 y + 4 = 0
⇔ x 4 + x 3 − 3 x 3 − 3 x 2 + 4 x 2 + 4 x + 8 x + 8 = 16 y 4 + 16 y + 4
⇔ ( x + 1) ( x 3 − 3 x 2 + 4 x + 8 ) = (4 y + 2) 2
⇔ ( x + 1)

Vì

2

(x

2

− 4 x + 8 ) = (4 y + 2) 2

y ∈ ¢ ⇒ 4 y + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −1


Vì

x, y ∈ ¢

nên

( x + 1)

2

và

( 4 y + 2)

2

là số chính phương khác 0 nên

(x

x − 4 x + 8 = m ( m ∈ ¥ *)
2

số chính phương . Đặt

⇔ ( x − 2 ) + 4 = m 2 ⇔ ( x − 2 ) − m 2 = −4 ⇔ ( x − 2 − m ) ( x − 2 + m ) = − 4 ( *)
2

Do

2

x−2−m < x−2+m

nên :


1


 x − 2 − m = 4
 x = 2
⇔
(ktm)

 x − 2 + m = 1
m = 5


2

 x − 2 − m = −2
 x = −2
⇔  
⇔
(tm)
x−2+m = 2
m=2



  x − 2 − m = −1  x = 7 / 2
⇔
(ktm)

x
−
2
+

m
=
4
m
=
5
/
2





4 y + 2 = 2
y = 0
2
x = −2 ⇒ ( 4 y + 2 ) = 4 ⇔ 
⇔
 4 y + 2 = −2
 y = −1

Vậy phương trình có nghiệm ngun
Câu III. (2,0 điểm)
3.

Giải phương trình :
ĐK:

( −2; 0 ) , ( −2; −1)

3x − 2
3− x
−
=1
x −1
x −1

1< x ≤ 3

⇔ 3x − 2 − 3 − x = x − 1 ⇔ 3x − 2 = x − 1 + 3 − x
⇒ 3x − 2 = 2 + 2

( x − 1) ( 3 − x )

⇔ 3x − 4 = 2

3x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥

(*) có điều kiện

4
3

( *) ⇔ 9 x 2 − 24 x + 16 = 4 ( x − 1) ( 3 − x )
 x = 2(tm) x
⇔ 13 x − 40 x + 28 = 0 ⇔ 
 x = 14 ( ktm)
13

2

( x − 1) ( 3 − x ) ( *)

2

− 4x + 8)

cũng là


Vậy

4.

x=2

Giải hệ phương trình :

 x 3 + y 3 + xy = 2 x + 4 y − 1

 xy + x + 2 y = 1

 x 3 + y 3 + xy = 2 x + 4 y − 1  x 3 + y 3 + xy = 2 ( 1 − xy ) − 1
⇔

xy
+
x
+
2

y
=
1
 x + 2 y = 1 − xy

 x 3 + y 3 + 3xy = 1( 1)
⇔
 x + 2 y = 1 − xy ( 2 )

( 1) ⇔ ( x + y ) − 3x 2 y − 3xy 2 + 3xy − 1 = 0
3
⇔ ( x + y ) − 13 − 3xy ( x + y − 1) = 0
3

 x + y −1 = 0
⇔ ( x + y − 1) ( x 2 + y 2 − xy + x + y + 1) = 0 ⇔  2
2
 x + y − xy + x + y + 1 = 0

Với

x + y −1 = 0 ⇔ x = 1− y

thay vào (2) ta được :
y = 0 ⇒ x =1
 y = 2 ⇒ x = −1

( 2) ⇔ 1 − y + 2 y = 1 − ( 1 − y ) y ⇔ y ( y − 2) = 0 ⇔ 
Với

x 2 + y 2 − xy + x + y + 1 = 0 ⇔ 2 x 2 + 2 y 2 − 2 xy + 2 x + 2 y + 2 = 0

⇔ ( x 2 − 2 xy + y 2 ) + ( x 2 + 2 x + 1) + ( y 2 + 2 y + 1) = 0
⇔ ( x − y ) + ( x + 1) + ( y + 1) = 0 ⇒ x = y = −1
2

2

2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là

( 1;0 ) , ( 2; −1) , ( −1; −1)


Câu IV. (3,0 điểm)
1. Cho

∆ABC

nhau tại

H.

nhọn

( AB < AC )

Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng

a) Chứng minh tứ giác
Xét tứ giác
có
nhìn 1 cạnh bằng nhau)
∆KEF

và

∆KBE

có :

⇒ ∆KEF ∽ ∆KBE ( g .g ) ⇒

b) Đường thẳng

BFEC

nội tiếp, từ đó suy ra

∠BEC = ∠CFB = 90°

BFEC

Xét

nội tiếp đường tròn

AK

nên tứ giác

∠K chung , ∠KCF = ∠KEB

Hai đường cao
EF

cắt đường tròn
BC.

( O)

BE , CF

cắt

và BC

KF .KE = KB.KC

BFEC

nội tiếp (có 2 góc cùng

(cùng chắn cung

KF KC
=
⇒ KF .KE = KC .KB (dfcm )
KB KE

I là trung điểm của đoạn thẳng
Ta có

( O) .

BF )

(1)

tại điểm thứ hai là M (M khác A). Gọi

Chứng minh ba điểm

∆KIB ∽ ∆KBA( g .g ) ⇒ KI .KA = KB.KC ( 2 )

M, H, I

thẳng hàng


Từ (1), (2)
⇒ KE.KF = KI .KA ⇒

⇒ IAEF

là tứ giác nội tiếp (góc trong bằng góc ngồi tại đỉnh đối diện)

Mặt khác

AEHF

⇒ I , A, E , F , H

Mà

KE KA
=
; ∠K chung ⇒ ∆KEA ∽ ∆KIF (c.g .c ) ⇒ ∠KEA = ∠KIF
KI KF

cùng thuộc đương tròn đường kính AH

∠NIA = 90°

(góc chắn nửa đường trịn)

Kẻ đường kính
Xét tứ giác

nội tiếp đường trịn đường kính AH

AN

BHCN

của (O),

có :

⇒ N, I, H

N ∈( O)

⇒ ∠IHA = 90°

thẳng hàng

BH / / CN ( ⊥ AB ) , CH / / BN ( ⊥ AC ) ⇒ BHCN

BC ⇒ M ∈ HN ⇒ M , I , H

là hình bình hành

Mà M là trung điểm
thẳng hàng
2. Một chi tiết máy gồm hai nửa hình cầu bằng nhau và một hình trụ (hình
vẽ). Hãy tính thể tích của chi tiết máy đó theo các kích thước cho trên hình vẽ

V=

4 3
4
1216
R π + R 2π .20 = .43 π + 20.42 π =
π ( cm3 )
3
3
3
x, y , z

Câu V. (3 điểm) Cho ba số thực dương
P=

2x
x2 + 4

thỏa mãn
+

y
y2 + 9

+

4 xy + 2 yz + 3 xz = 24.

z
z 2 + 16

giá trị lớn nhất của biểu thức
4 xy + 2 yz + 3 xz = 24 ⇔

Ta có :
Đặt

xy yz xz
x y y z x z
=
=

=1⇔ . + . + . =1
6 12 8
2 3 3 4 2 4

x
y
z
= a > 0; = b > 0; = c > 0 ⇒ ab + bc + ca = 1
2
3
4

Tìm


4a

P=

4a 2 + 4
2a

=

+

3b
9b 2 + 9

a 2 + ab + bc + ca

2a
=
+
( a + b) ( a + c)
=

+

+

4c
16c 2 + 16
b

=

2a
a2 +1

+

b
b2 + 1
c

+

c
c2 + 1

+
b 2 + ab + bc + ca
c 2 + ab + bc + ca
b
c
+
( a + b) ( b + c) ( a + c ) ( b + c)

2a 2a
2b
b
c
2c
.
+
.
+
.
a+b a+c
a + b 2( b + c)
2( b + c) a + c

Ta có :
2a
2a
2a 2a
2b
b
2b
b

+
≥2
.
;
+
≥2
.
a+b a+c
a + b a + c a + b 2( b + c)
a + b 2( b + c)
c
2c
c
2c
+
≥2
.
2( b + c) a + c
2( b + c) a + c
1  2a
2a
2b
b
c
2c 
P ≤ 
+
+
+
+

+
÷
2  a + b a + c a + b 2( b + c) 2( b + c) a + c ÷

1  2 ( a + b ) 2(a + c )
b+c 
1
1
9
⇔P≤ 
+
+
 ⇒ P ≤  2 + 2 + ÷⇒ P ≤
2  a+b
a+c
2( b + c) 
2
2
4

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
 2a

2a

=
a =
a + b a + c

b = c

 2b
b


=
⇔ a = 7b ⇔ b =

a + b 2( b + c)
 a = 7c


 c

2c
=

c =

 2 ( b + c ) a + c

Max P =

Vậy

7
15
1
15
1
15

9
4
3
⇔x=z=
;y=
4
15
15

⇔x=z=

4
15

;y =

3
15