Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh lai châu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH LAI CHÂU

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUN
NĂM HỌC 20220-2023
MƠN THI : TỐN CHUYÊN
Thời giang làm bài : 150 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

Cho biểu thức
a)

b)


a −1   a + a
a  a > 0
A = 1 +
:
+
÷

÷
÷
÷
÷
 a − a   a −1 a − a   a ≠ 1 

Rút gọn biểu thức

A

1
4

A=

a

Tính giá trị của khi

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình
a)
b)

có với

m

là tham số

m=2

Giải phương trình với

m

Tìm tất cả các giá trị của

thỏa mãn biểu thức

x 2 − 4 x + m + 1 = 0 ( 1)

để phương trình

( 1)

x + x = 5 ( x1 + x2 )
2
1

có hai nghiệm phân biệt

x1 ; x2

2
2

Câu 3. (2,0 điểm)
x + 1 + x2 − 4 x + 1 = 3 x

a)

Giải phương trình :

b)

Giải hệ phương trình :

 xy − x − y = 1( 1)
 3
2
3
 4 x − 12 x + 9 x = − y + 6 y + 7 ( 2 )

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn
OA = 2 R

( O; R )

. Từ A kẻ các tiếp tuyến

Đường thẳng

OA

cắt dây

BC

tuyến tại M của đường tròn
lượt tại

và một điểm

P, Q

AB, AC

tại I. Gọi

( O)

cắt

A

cố định ở bên ngồi đường trịn,

đến đường tròn

M

( O)

(B, C là các tiếp điểm).

là điểm di động trên cung nhỏ

AB, AC

lần lượt tại

E, F

. Dây

BC

cắt

BC.

Tiếp

OE , OF

lần


∠ABI = 60°

a)

Chứng minh rằng

b)

Chứng minh

c)

Xác định vị trí điểm
nhỏ nhất

EF = 2 PQ
M

và tứ giác

trên cung nhỏ

OBEQ

BC

là tứ giác nội tiếp

sao cho tam giác

OPQ

có diện tích

Câu 5. (1,0 điểm)
x, y , z

Cho

là các số thực dương thỏa mãn
S = 10 x + 10 y + z
2

của biểu thức

2

2

xy + yz + zx = 9.

Tìm giá trị nhỏ nhất


ĐÁP ÁN
Câu 1. (2,0 điểm)

a −1   a + a
a   a > 0
A = 1 +
:
+
÷

÷
÷
÷
÷
 a − a   a −1 a − a   a ≠ 1 

Cho biểu thức

Rút gọn biểu thức

c)

A


a −1   a + a
a  a > 0
A = 1 +
:
+
÷

÷
÷
÷
÷
 a − a   a −1 a − a   a ≠ 1 

 

a. a +1
a −1  
a


= 1+
:
+



a. a −1
a −1 a + 1
a. a −1 


 


(

=

d)

(

) (

)(

A=

a

Khi

)

Vậy khi

1
4

1

4

a=

thì

16
9

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình

Với

)

a −1 1
16
= ⇒ 4 a − 4 = a ⇔ a = (tm)
4
9
a

1
⇔
4
A=

Giải phương trình với

c)

(

a +1 a +1
a −1
:
=
a
a −1
a

Tính giá trị của khi

A=

)

x 2 − 4 x + m + 1 = 0 ( 1)

có với

m

là tham số

m=2

x =1
m = 2 ⇒ ( 1) ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 
x = 3

d)

Tìm tất cả các giá trị của
x1 ; x2

Ta có :

m

thỏa mãn biểu thức

∆ ' = 4 − ( m + 1) = − m + 3.

để phương trình

x + x = 5 ( x1 + x2 )
2
1

( 1)

có hai nghiệm phân biệt

2
2

Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì :

∆ ' > 0 ⇔ −m + 3 > 0 ⇔ m < 3

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có :

 x1 + x2 = 4

 x1 x2 = m + 1

. Khi đó :

x12 + x22 = 5 ( x1 + x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 5 ( x1 + x2 )
2

⇔ 16 − 2 ( m + 1) = 20 ⇔= −2m = 6 ⇔ m = −3(tm)

Vậy

m = −3

Câu 3. (2,0 điểm)
c)

Giải phương trình :

Điều kiện :

x ≥ 0
 2
x − 4x +1 ≥ 0

x + 1 + x2 − 4x + 1 = 3 x

. Bình phương hai vế, ta có :

2 x 2 − 11x + 2 + 2 ( x + 1) x 2 − 4 x + 1 = 0
⇔ − ( x 2 + 2 x + 1) + 5 ( x 2 − 4 x + 1) + 4 ( x + 1) x 2 − 4 x + 1 = 0

Đặt

 x2 + 2x + 1 = a ( a ≥ 0)

 2
 x − 4 x + 1 = b ( b ≥ 0 )

. Ta có :

 a = −b
− a + 5b 2 − 4ab = 0 ⇔ ( a + b ) ( 5b − a ) = 0 ⇔ 
5b = a
*)a = −b ⇒ x 2 + 2 x + 1 = − x 2 − 4 x + 1( ktm)
*)5b = a ⇒ x 2 + 2 x + 1 = 5 x 2 − 4 x + 1 ⇔ x 2 + 2 x + 1 = 25 ( x 2 − 4 x + 1)
x = 4
⇔ 24 x − 102 x + 24 = 0 ⇔ 
x = 1

4
2

Vậy

 1
x ∈ 4; 
 4


d)

Đặt

Giải hệ phương trình :

z = y −1

 xy − x − y = 1( 1)
 3
2
3
4 x − 12 x + 9 x = − y + 6 y + 7 ( 2 )

, hệ phương trình thành :

 yz = z + 2
 yz = z + 2
 yz = z + 2

⇔ 3
⇔  y = − z
 3
3
2

3
 y − 3y z + 4z
 y − 3 y ( z + 2 ) + 4 z = 0
 y = 2 z

 1 + 17
1 + 17
5 + 17
;y=
;x =
z =
4
2
4
⇔
 1 − 17
1 − 17
5 − 17
;y=
;x =
z =

4
2
4
 5 + 17 1 + 17   5 − 17 1 − 17  
;
;
÷; 
÷

2 ÷
2 ÷
 4
  4
 

( x; y ) ∈ 
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn
OA = 2 R

và một điểm

. Từ A kẻ các tiếp tuyến

điểm). Đường thẳng
BC.

( O; R )

OA

cắt dây

AB, AC

BC

A

cố định ở bên ngồi đường trịn,

đến đường trịn

tại I. Gọi

Tiếp tuyến tại M của đường tròn

( O)

cắt

M

( O)

(B, C là các tiếp

là điểm di động trên cung nhỏ

AB, AC

lần lượt tại

E, F

. Dây

BC


cắt

OE , OF

d)

lần lượt tại

P, Q

Chứng minh rằng

Ta có :

OB = OC = R, AB = AC

trực của

BC

hay

BC ⊥ OA

cos ∠ABI = cos ∠AOB =

e)

và tứ giác

OBEQ

⇒ OA

là đường trung

tại I. Do đó :
. Mà

∠MOC + ∠BOM ∠BOC
=
= ∠AOB = 60° ⇒ ∠EOF = ∠BOI
2
2

∠ABI = ∠FOE = 60° ⇒ ∠QBE = ∠QOE ⇒ OBEQ

Chứng minh

là tứ giác nội tiếp

(tính chất hai tiêp tuyến cắt nhau)

OB
= 0,5 ⇒ ∠ABI = 60°
OA

∠EOF = ∠MOF + ∠EOM =

Từ đó :

∠ABI = 60°

EF = 2 PQ

là tứ giác nội tiếp


∠OQP = ∠OEB = ∠OEF ⇒ ∆OQP ∽ ∆OEF ⇒

Ta có
Mặt khác

∠OBE = ∠OQE = 180°

mà

∠OBE = 90°

⇒ ∠OQE = 90° ⇒ ∠OEQ = 90° − ∠EOF = 30°
f)

Xác định vị trí điểm
tích nhỏ nhất

M

⇒ sin OEQ =

trên cung nhỏ

Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt
∆OQP ∽ ∆OEF ⇒

Vì

SOQP
S FOE

=

PQ OQ
=
PE OE

BC

1
OQ 1
⇒
= ⇒ EF = 2 PQ
2
OE 2

sao cho tam giác

AB, AC

lần lượt tại

OPQ

có diện

K, H

S
FE 2 1
R.FE
= ⇒ SOPQ = FOE =
2
PQ
4
4
8

mà

R
∠K = ∠BOI = 60° ⇒ HC = KB = OB.cot K =
3

. Ta có :

FE = FM + EM = FC + EB = HF − HC + KE − BK
= HF + KE − HC − BK = ( HF + KE ) − 2 HC ≥ 2 HF .KE =

2R
3

Mặt khác ta có :
∆HFO ∽ ∆OFE ; ∆KOE ∽ ∆OFE ⇒ ∆HFO ∽ ∆KOE ⇒

⇒ HF .KE = OK .OH = OK 2 =

FH HO
=
OK EK

4R2
S
R.FE R 2 3
⇒ SOPQ = FOE =
≥
4
8
8
3

khi M nằm chính giữa

cung BC
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho

x, y , z

là các số thực dương thỏa mãn
S = 10 x + 10 y + z
2

nhất của biểu thức

2

xy + yz + zx = 9.

2

4 x 2 + 4 y 2 ≥ 8 xy;16 x 2 + z 2 ≥ 8 zx;16 y 2 + z 2 ≥ 8 yz

Ta có :
Cộng vế theo vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta có :

Tìm giá trị nhỏ


x = y = 1
2 S ≥ 8 ( xy + yz + zx ) ≥ 36 ⇒ Min S = 36 ⇔ 
z = 4