Đề vào 10 hệ chuyên môn toán 2022 2023 tỉnh sơn la

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH SƠN LA

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

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

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

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức
x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

với

A

a)

Rút gọn biểu thức

b)

Tìm các giá trị nguyên để

x

A

nhận giá trị nguyên

Câu 2. (2,0 điểm)

a)

Giải hệ phương trình

 y − 2x −1 = 0
 2
2
 4 x − 3 xy + y = 1

x2 + 2 x + 7 = 3
b)

Giải phương trình :

(x

2

+ 1) ( x + 3)

Câu 3. (2,0 điểm)
a)

b)

k

Tìm giá trị của tham số để đường thẳng

( d2 ) : y = 2 x + 3 − k

Trong mặt phẳng tọa độ

( d ) : y = 2mx − m + 1

(với

m

Oxy,

cho parabol

D.

Kẻ
a)

. Đường cao

DM

AB

Chứng minh tứ giác
của góc

∠MDC

ABC

của tam giác

vng góc với

( P ) : y = x2

và đường thẳng

là tham số). Tìm tất cả các giá trị của

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác
AH

cắt đường thẳng

tại một điểm nằm trên trục hồnh

(P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ

( O; R )

( d1 ) : y = − x + 2

x1 , x2

thỏa mãn

có ba góc nhọn

ABC

để (d) cắt

x1 − x2 > 3

( AB > AC )

cắt đường tròn

m

( O; R )

nội tiếp đường tròn

tại điểm thứ hai là

tại M

BMHD

nội tiếp được đường tròn và

DA

là tia phân giác


b)

Từ

D

kẻ DN vng góc với đường thẳng

M,H, N

c)

Cho

AC

tại N. Chứng minh ba điểm

thẳng hàng

P = AB 2 + AC 2 + CD 2 + BD 2

, tính giá trị biểu thức

P

R

theo

Câu 5. (1,0 điểm)
a)

Cho

x, y

)(

( x+

là các số thực dương thỏa mãn

)

x2 + 1 y + y 2 + 1 = 2

Q = x y 2 + 1 + y x2 + 1

Tính
b)

Cho

x, y

4 x 2 + 4 y 2 + 17 xy + 5 x + 5 y ≥ 1

là các số thực dương thỏa mãn

P = 17 x + 17 y + 16 xy
2

trị nhỏ nhất của biểu thức

2

ĐÁP ÁN

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức

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

x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4

c)

Rút gọn biểu thức

A

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

2

(

(

)

x −2 + x+5

)(

x−4+3

:

) ( x + 1) ( x − 2 )
( x + 2 x + 1) .( x + 2) = ( x + 1) ( x + 2) =
=
( x + 1) ( x − 1) ( x + 1) ( x + 1) ( x − 1) ( x + 1)
x +1

x −2

) (

x −2

)(

2 x −4+ x+5

=

x +2

.

(

x −2

)(

x −1

2

d)

x

Tìm các giá trị nguyên để
A=

x +2
3
= 1+
x −1
x −1

A∈¢ ⇔

Để

(

)

x − 1 ∈ U (3) = { ±1; ±3}

A

x +2

x −1

nhận giá trị nguyên

x +2

)

với

. Tìm giá


x − 1 = −3 ⇒ x = −2(ktm)

x − 1 = −1 ⇔ x = 0(tm)

x − 1 = 3 ⇔ x = 16(tm)

x − 1 = 1 ⇔ x = 4(ktm)

x = 0, x = 16

Vậy
thì A nguyên
Câu 2. (2,0 điểm)

c)

Giải hệ phương trình

 y − 2x −1 = 0
 2
2
4 x − 3 xy + y = 1

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

Thay

y = 2x + 1

vào phương trình (1) ta được hệ :

 x = 0

 y = 1
 y = 2 x + 1
 y = 2x +1
⇔ 2

⇔ 
 2
2
1
 x = −
 4 x − 3x ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1) = 1 2 x + x = 0
2

  y = 0


1 
; 0 ÷
 2 

( x; y ) ∈ ( 0;1) ;  −


Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm
x2 + 2x + 7 = 3
d)

Giải phương trình :

Điều kiện:
Ta có :
Đặt

(x

2

+ 1) ( x + 3)

x ≥ −3

x 2 + 2 x + 7 = ( x 2 + 1) + 2 ( x + 3 )

a = x2 + 1 ( a > 0) ; b = x + 3 ( b ≥ 0)

. Ta có phương trình :

a = b
a 2 + 2b 2 = 3ab ⇔ ( a − b ) ( a − 2b ) = 0 ⇔ 
 a = 2b
  x = −1
 x2 + 1 = x + 3
(tm)
 x2 − x − 2 = 0

⇔
⇔ 2
⇔  x = 2
 x 2 + 1 = 2 x + 3
 x − 4 x − 11 = 0
 x = 2 ± 15(tm)


{

S = 2; −1; 2 ± 15

Vậy tập nghiệm của phương trình là

}


Câu 3. (2,0 điểm)
k

Tìm giá trị của tham số để đường thẳng

c)

( d2 ) : y = 2 x + 3 − k

Vậy

Để đường thẳng

cắt trục hoành tại điểm

( d1 ) : y = − x + 2
( d2 )

trên trục hồnh thì

⇒ 0 = 4+3−k ⇔ k = 7

Vậy

cắt đường thẳng

tại một điểm nằm trên trục hồnh

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

( d1 ) : y = − x + 2

( d1 ) : y = − x + 2

( d1 )

với trục hoành

A ( 2; 0 )

cắt đường thẳng

phải đi qua điểm

⇒ y = 0, x = 2

( d2 ) : y = 2 x + 3 − k

A ( 2; 0 )

tại một điểm nằm

k =7

d)

Trong mặt phẳng tọa độ

( d ) : y = 2mx − m + 1

(với

m

Oxy,

cho parabol

( P ) : y = x2

là tham số). Tìm tất cả các giá trị của

cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của

( d)

x = 2mx − m + 1 ⇔ x − 2mx + m − 1 = 0 ( 1)
2

và đường thẳng

và

x1 , x2

( P) :

thỏa mãn

m

để (d)

x1 − x2 > 3

2

2

1 3

∆ ' = m − m +1 =  m − ÷ + > 0
2 4

2

Ta thấy

với mọi m

Nên phương trình (1) ln có 2 nghiệm phân biệt. Do đó đường thẳng
tại hai điểm phân biệt với mọi m

Ta có

x1 , x2

là hai nghiệm của phương trình (1)

Áp dụng định lý Vi-ét ta được :

 x1 + x2 = 2m

 x1 x2 = m − 1

. Ta có :

( d)

cắt (P)


x1 − x2 > 3 ⇔ ( x1 − x2 ) > 3 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 3 > 0
2

2

⇔ 4m 2 − 4m + 1 > 0 ⇔ ( 2m − 1) > 0 ⇔ m ≠
2

m≠

Vậy

1
2

1
2

thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

x1 ; x2

thỏa mãn

x1 − x2 > 3


Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác
tròn

( O; R )

hai là

d)

D.

. Đường cao

Kẻ

DM

AH

giác của góc
Ta có :

có ba góc nhọn

của tam giác

vng góc với

Chứng minh tứ giác

ABC

AB

BMHD

∠MDC

ABC

cắt đường trịn

MH). Hay

nội tiếp nên

∠MDA = ∠ABC

( O; R )

nội tiếp được đường trịn và

cùng nhìn BD dưới 1 góc bằng nhau nên
Vì tứ giác

nội tiếp đường
tại điểm thứ

tại M

AD ⊥ BC , DM ⊥ AB ( gt ) ⇒ ∠DHB = ∠DMB = 90°

BMHD

( AB > AC )

BMHD

∠MDH = ∠MBH

DA

là tia phân

, mà 2 đinh M, H kề nhau

là tứ giác nội tiếp

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung


∠ADC = ∠ABC

Lại có

⇒ ∠MDA = ∠ADC
e)

Từ

D

(cùng chắn cung AC)

hay DA là tia phân giác của

∠DCN = ∠ABD

Suy ra

BDHM

(vì

Cho

DHCN

nội tiếp

⇒ ∠DHN = ∠DCN

là tứ giác nội tiếp )

⇒ ∠ABD + ∠DHM = 180°

∠DHN + ∠DHM = 180°

. Do đó ba điểm

P = AB + AC + CD + BD

Kẻ đường kính
Ta có

ABDC

nội tiếp
2

f)

tại N. Chứng minh ba điểm

thẳng hàng

Chứng minh tương tự câu a ta có tứ giác

Tứ giác

AC

kẻ DN vng góc với đường thẳng

M,H, N

Mà

∠MDC

2

2

M,H, N

thẳng hàng

2

, tính giá trị biểu thức

P

theo

R

AE

» = sdCD
» ⇒ BE = CD
∠AEB = ∠ACB ⇒ ∠BAE = ∠DAC ⇒ sd BE

Tương tự

EC = BD

Áp dụng định lý Pytago ta có
P = AB 2 + AC 2 + CD 2 + BD 2 = AB 2 + BE 2 + AC 2 + CE 2 = AE 2 + AE 2
P = 4R 2 + 4 R 2 = 8R 2

Câu 5. (1,0 điểm)
x, y
c)

Cho

là các số thực dương thỏa mãn

( x+

)(

Q = x y2 + 1 + y x2 + 1

Tính
2 = xy +

Ta có :

(

(x

⇒ ( 2 − Q ) = xy +
2

2

+ 1) ( y 2 + 1) + Q ⇔ 2 − Q = xy +

(x

2

+ 1) ( y 2 + 1)

)

(x

2

4 − 4Q + Q 2 = 2 x 2 y 2 + x 2 + y 2 + 1 + 2 xy

(x

2

+ 1) ( y 2 + 1) ( 1)

2

)

x2 + 1 y + y 2 +1 = 2

+ 1) ( y 2 + 1)


Mặt khác ta lại có :

(

Q2 = x y 2 + 1 + y x2 + 1

)

Q 2 = 2 x 2 y 2 + x 2 + y 2 + 2 xy

2

= x 2 ( y 2 + 1) + y 2 ( x 2 + 1) + 2 xy

(x

2

d)

3
4

Cho

x, y

là các số thực dương thỏa mãn

4 x 2 + 4 y 2 + 17 xy + 5 x + 5 y ≥ 1

P = 17 x + 17 y + 16 xy
2

giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Đặt

a = x + y ( a > 0) .

( x + y)
xy ≤

2

=

4

a2
4

4 x 2 + 4 y 2 + 17 xy + 5 x + 5 y = 4 ( x + y ) + 9 xy + 5 ( x + y )
2

, ta có:

2

2

a = x+ y

2

Áp dụng bđt Cosi ta có :

1 ≤ 4 ( x + y ) + 9 xy + 5 ( x + y ) ≤ 4 ( x + y ) +

Thay

+ 1) ( y 2 + 1)

3

4

Từ (1) và (2) ta suy ra
Vậy

2

+ 1) ( y 2 + 1) ( 2 )

4 − 4Q = 1 ⇔ Q =

Q=

(x

9
2
( x + y ) + 5( x + y )
4

ta có :
2

9
5

1 ≤ 4 a 2 + 5a + a 2 ⇔ 2 ≤  a + 1 ÷
4
2


a = ( x + y) ≥ 0

a≥

. Từ đó, ta có

2
5

(

)

2 −1

9
⇒ P = 17 x 2 + 17 y 2 + 6 xy = 17a 2 − 18 xy ≥ 17 a 2 − a 2 ≥ 2
2
x=y=

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

2 −1
5

(

)

2

2 −1 = 6 − 4 2

. Tìm


Min P = 6 − 4 2 ⇔ x = y =

Vậy

2 −1
5