ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 MÔN TOÁN (CHUYÊN) CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

Website:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH AN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10
Năm học: 2022 - 2023
Mơn thi: TỐN - CHUYÊN
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (2,5 điểm)
Cho A =

(4 + x + 2

3+ x

)

2

(

− 10 1 + 3 + x

)

2

a) Tính giá trị biểu thức A khi x = 2 2 .
b) Tìm x biết A = −9 .
Bài 2. (2,0 điểm)

Cho Parabol ( P ) : y = −2 x 2 và hai điểm A ( −1;0 ) , B (1; −2 ) .
a) Vẽ đồ thị ( P ) và hai điểm A, B trên cùng hệ trục toạ độ.
b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với AB và tiếp xúc với ( P ) .

Bài 3. (2,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai ẩn x, n là tham số: nx 2 − 2 ( n + 1) x + n =
0.
a) Tìm n để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
b) Chứng minh rằng x1 − x2 ≤ 2 3 với mọi số n nguyên dương.

Bài 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C

( AC > BC ) ,

BC = 2 . Biết rằng đường tròn ( O ) qua ba

điểm A, B, M ( M là trung điểm của BC ) cắt AC tại L với BL là tia phân giác của góc ABC .
a) Chứng minh CA.CL = 2 .
b) Chứng minh AB.LC = BC.LM .
c) Tính độ dài cạnh AB .
Bài 5. (1,0 điểm)
Một nông dân thu hoạch 100 trái dưa lưới có khối lượng trung
bình là 1,5 kg. Trong 100 trái này có các trái dưa lưới nặng hơn 1,5
kg có khối lượng trung bình là 1,73 kg, các trái dứa lưới nhẹ hơn

1,5 kg có khối lượng trung bình 1,33 kg và các trái dưa lưới nặng
đúng 1,5 kg.
a) Tìm biểu thức liên hệ giữa số trái dưa lưới theo khối lượng
của chúng.
b) Có ít nhất bao nhiêu trái dưa lưới nặng đúng 1,5 kg?
= = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = =

Liên hệ tài liệu word toán SĐT:

Website:


Website:
Hướng dẫn giải:
Bài 1. (2,5 điểm)
Cho A =

(4 + x + 2

3+ x

)

2

(

− 10 1 + 3 + x

)

2

a) Tính giá trị biểu thức A khi x = 2 2 .
b) Tìm x biết A = −9 .
Lời giải
Với điều kiện 3 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ −3
2

A =(1 + 3 + x ) 2  − 10(1 + 3 + x ) 2 =(1 + 3 + x ) 4 − 10(1 + 3 + x ) 2
a) Với x = 2 2 thì 3 + x =3 + 2 2 =(1 + 2) 2 ⇒ 3 + x =1 + 2 .
Suy ra A =+
(2
2) 4 − 10(2 + 2) 2 =+
(2
2) 2 (2 + 2) 2 − 10  .
Do (2 + 2) 2 = 6 + 4 2 ⇒ A = (6 + 4 2)(−4 + 4 2) = 8 + 8 2 .
b) Đặt t =+
1 3 + x (t ≥ 1) . Biểu thức A trở thành A= t 4 − 10t 2
t = ±1
A = −9 ⇔ t 4 − 10t 2 + 9 = 0 ⇔ ( t 2 − 1)( t 2 − 9 ) = 0 ⇔ 
t = ±3
Do t ≥ 1 nên t = 1 hoặc t = 3 .
Với t =⇒
1 1 + 3 + x =⇔
1
3+ x =
0⇔ x=
−3 (nhận).
Với t = 3 ⇒ 1 + 3 + x = 3 ⇔ 3 + x = 2 ⇔ 3 + x = 4 ⇔ x = 1 (nhận).

Vậy A = −9 tìm được các giá trị x là −3;1 .
Bài 2. (2,0 điểm)

Cho Parabol ( P ) : y = −2 x 2 và hai điểm A ( −1;0 ) , B (1; −2 ) .
a) Vẽ đồ thị ( P ) và hai điểm A, B trên cùng hệ trục toạ độ.
b) Viết phương trình đường thẳng ( d ) song song với AB và tiếp xúc với ( P ) .
Lời giải

a) Vẽ đồ thị hàm số y = −2 x 2 ( P ) , ta có bảng sau:

x
y = −2 x 2

-2
-8

-1
-2

0
0

1
-2

2
-8

y

-2 -1
A

0 1

-2

2

x

B

-8
(P)

b) Gọi ( d ') : =
y ax + b là phương trình đường thẳng qua hai điểm A(−1;0), B(1; −2) .

Liên hệ tài liệu word toán SĐT:

Website:


Website:

0 =−a + b
a =−1
Khi đó 
⇔

⇒ ( d ') : y =− x − 1 .
b =−1
−2 =a + b
Phương trình đường thẳng (d ) / / ( d ') có dạng y =− x + c ( c là hằng số)
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của ( P), (d ) : −2 x 2 =− x + c(*) .
( P), (d ) tiếp xúc nhau ⇔ phương trình (*) có nghiệm kép
1
⇔ ∆ = 1 − 4(−2)(−c) = 0 ⇔ c = .
8
1
Vậy (d ) : y =− x + là phương trình đường thẳng thỏa mãn u cầu bài tốn.
8
Bài 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, n là tham số: nx 2 − 2 ( n + 1) x + n =
0.

a) Tìm n để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
b) Chứng minh rằng x1 − x2 ≤ 2 3 với mọi số n nguyên dương.
Lời giải
Phương trình nx 2 − 2(n + 1) x + n =
0 (1) là phương trình bậc hai ẩn x nên n ≠ 0 .
2
2
a) Biệt thức ∆ '= (n + 1) − n = 2n + 1 .
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2
1
⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2n + 1 > 0 ⇔ n > −
2
1
Vậy với n > − và n ≠ 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 .

2
b) Do n nguyên dương ⇒ n ∈ * , tức là n ≥ 1 .
Từ câu 3 a thấy với n ≥ 1 , phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 .
2
Theo hệ thức Vi-ét, ta có: x1 + x2 =2 + và x1 x2 = 1 .
n
4 8
2
⇒ x1 − x2= ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2=
+ ≤ 4 + 8= 2 3.
n2 n
Dấu "=" xảy ra khi n = 1 .
Bài 4. (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC ( AB < AC ) nội tiếp trong đường tròn ( O ) đường kính AC . Gọi I là

một điểm thuộc đoạn OC ( I khác O và C ). Qua I kẻ đường vng góc với AC cắt BC tại E và
AB kéo dài tại D . Gọi K là điểm đối xứng của C qua điểm I .
a) Chứng minh rằng các tứ giác BDCI và AKED nội tiếp.
b) Chứng minh IC.IA = IE.ID .
Lời giải

Liên hệ tài liệu word toán SĐT:

Website:


Website:

Xét ∆CML và ∆CAB có

 = CBA
 ( Tứ giác BMLA nội tiếp)
CLM
=
MCL
ACB (góc chung)
Nên hai tam giác CML, CAB đồng dạng
CM ML CL
(1).
⇒
=
=
CA AB CB
1
a) M là trung điểm BC ⇒ CM =
BC
2
1
⇒ CM .CB = BC 2 =2 .
2
Từ (1) ⇒ CL.CA = CM .CB = 2 .
b) Từ (1) ⇒ AB.LC =
BC.LM .
=

c) BL là tia phân giác 
ABC ⇒ MBL
ABL
Mà B, M, L, A cùng thuộc một đường tròn nên LM = LA .
2

.
Từ câu a ) ⇒ LM = LA = AC − CL = AC −
AC
2 

2
2 ⋅  AC −
AC 2 − 2 )

BC ⋅ LM
AC  AC (

Từ câu b) ⇒ AB =
=
=
= AC 2 − 2 .
2
2
LC
AC
AC
2
2
2
2
∆ABC vuông tại C ⇒ AB= AC + BC= AC + =
4 ( AC 2 − 2 ) + =
6 AB + 6 (2).
Từ (2) ⇔ ( AB − 3)( AB + 2) =0 ⇒ AB =3( vì AB > 0) .
Bài 5. (1,0 điểm)

Một nơng dân thu hoạch 100 trái dưa lưới có khối lượng trung
bình là 1,5 kg. Trong 100 trái này có các trái dưa lưới nặng hơn 1,5
kg có khối lượng trung bình là 1,73 kg, các trái dứa lưới nhẹ hơn
1,5 kg có khối lượng trung bình 1,33 kg và các trái dưa lưới nặng
đúng 1,5 kg.
a) Tìm biểu thức liên hệ giữa số trái dưa lưới theo khối lượng
của chúng.
b) Có ít nhất bao nhiêu trái dưa lưới nặng đúng 1,5 kg?
Lời giải
a) Gọi x, y, z lần lượt là số quả dưa nặng hơn 1,5 kg; bằng 1,5 kg; nhẹ hơn 1,5 kg.
(trong đó x, y, z là các số nguyên dương).
Khi đó ta có 1, 73 x + 1,5 y + 1,33=
z 1,5.100
= 150 (1) .

Liên hệ tài liệu word toán SĐT:

Website:


Website:
b) Theo cách gọi ở câu a), ta có: x + y + z= 100 ⇒ 1,5 x + 1,5 y + 1,5 z= 150 (2).
Từ (1), (2) ⇒ 0, 23 x − 0,17 z = 0 ⇔ x =

17
z.
23

Vì (17, 23) = 1 nên đặt=
z 23k ( k ∈ * ) ⇒=

x 17 k . Từ đó suy ra
y= 100 − x − z= 100 − 40k .

 y = 60
y ≥ 0 ⇒ 100 − 40k ≥ 0 ⇔ k ≤ 2,5 ⇒ k = 1; 2 ⇒ 
 y = 20
Vậy có ít nhất 20 trái dưa lưới nặng đúng 1,5 kg.

Liên hệ tài liệu word toán SĐT:

Website:


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU
ĐỀ CHÍNH THỨC

Website:

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐƠN
Năm học: 2022 – 2023
ĐỀ THI MƠN: TỐN (Chun)
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi:09/06/2022

Câu 1 (3,0 điểm).


x −2
x + 2  2( x − 1)

với x ≥ 0, x ≠ 1 .
−
:
2
2
 ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x)

a) Rút gọn
biểu thức P 
=

b) Giải phương trình: x 2 − 3x + 2 − ( x − 1) 2 x − 5 =
0.
 x 2 + 4 xy + x − 2 =
0
c) Giải hệ phương trinh:  2
.
4 y + x + 4 y − 1 =0

Câu 2 (2,0 điểm).
ac
≥ 2 . Chứng minh phương trình sau ln
b+d
có nghiệm ( x 2 + ax + b )( x 2 + cx + d ) =
0

a) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình
( x + y )(2 x + 3 y ) 2 + 2 x + y + 2 =

0.
Câu 3 (1,0 điểm).
Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )= 3 y ( x + z ) .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức =
P

2( x + y + z ) − ( x 2 + z 2 ) .

Câu 4 (3,0 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường trịn tâm O và có ba đường cao
AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AH và BC .
a) Chứng minh rằng IJ vng góc với EF và IJ song song với OA .
b) Gọi K , Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng
QE KE
.
=
QF KF

 cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia
c) Đường thẳng chứa tia phân giác của FHB
 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A .
phân giác của CAB
Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng.

Câu 5 (1,0 điểm).

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:

Website:

Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng
tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1 , S2 lần lượt là
diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1 + S2 .
--------------HẾT------------HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1 (3,0 điểm).


x −2
x + 2  2( x − 1)
−
với x ≥ 0, x ≠ 1 .
:
2
2
 ( x − 1)( x + 1) ( x + 1)  (1 − x)

=
a) Rút gọn
biểu thức P 

b) Giải phương trình: x 2 − 3x + 2 − ( x − 1) 2 x − 5 =
0.
 x 2 + 4 xy + x − 2 =
0

c) Giải hệ phương trinh: 

2
4 y + x + 4 y − 1 =0

.

Lời Giải:
 ( x − 2)( x + 1) − ( x + 2)( x − 1)  ( x − 1) 2
(−2 x )( x − 1) 2
a) P =
=2
=
− x.

⋅
2
( x − 1)( x + 1) 2

 2( x − 1) 2( x − 1) ( x + 1)

5
2

b) Điều kiện : x ≥ .
 x − 1 =0(1)

Phương trình ⇔ ( x − 1)( x − 2 − 2 x − 5) = 0 ⇔ 

 x − 2=

2 x − 5(2)

.

(1) ⇔ x =
1 (không thỏa mãn điều kiện).

x ≥ 2
x ≥ 2
⇔
⇔x=
(2) ⇔ 
3.
 2
2
( x − 2) = 2 x − 5  x − 6 x + 9 = 0

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S = {3} .
c) Cộng hai phương trình đã cho theo vế được
1
x + 2y =
.
( x + 2 y ) 2 + 2( x + 2 y ) − 3 = 0 ⇔ 
−3
x + 2y =

Trường hợp 1: x + 2 y =1 ⇔ x =1 − 2 y thay vào phương trình sau của hệ thu được
 y = 0 ⇒ x =1
4 y +1− 2 y + 4 y −1 = 0 ⇔ 
1
y =

2
− ⇒x=
2

2

Trường hợp 2 : x + 2 y =−3 ⇔ x =−2 y − 3 thay vào phương trình sau của hệ thu
được

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:


Website:


−1 + 17
−5 − 17
=
=
⇒x
y
4
2
4 y2 − 3 − 2 y + 4 y −1 = 0 ⇔ 2 y2 + y − 2 = 0 ⇔ 

−1 − 17
−5 + 17
=

=
⇒x
y
4
2


Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm

(1;0 ) ;  2; −


1   −5 − 17 −1 + 17   −5 + 17 −1 − 17 
;
;
;
 ; 
 .
2  
2
4
2
4
 


Câu 2 (2,0 điểm).
ac
≥ 2 . Chứng minh phương trình sau ln
b+d

có nghiệm ( x 2 + ax + b )( x 2 + cx + d ) =
0

a) Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình
( x + y )(2 x + 3 y ) 2 + 2 x + y + 2 =
0.
Lời Giải:
 x 2 + ax + b =
0(1)
⇔
a) Phương trình đã cho
.
 2
0(2)
 x + cx + d =

Ta có ∆1 = a 2 − 4b và ∆ 2 = c 2 − 4d
Giả sử phương trình này vơ nghiệm, khi đó cả hai phương trình (1), (2) đều vơ
4b > a 2
∆(1) < 0
nghiệm. Tức là 
⇔
⇒ b > 0; d > 0 ⇒ b + d > 0 .
2
 4d > c
∆(2) < 0

Lúc này theo giả thiết thì

ac
≥ 2 ⇒ ac ≥ 2(b + d ) .
b+d

Tuy nhiên điều này vô lý do 2(b + d ) >

(

)

1 2 2
a + c ≥ ac .
2

Vậy với điều kiện đề cho thì pt ( x 2 + ax + b )( x 2 + cx + d ) =
0 ln có nghiệm
a= x + y
b 2x + 3y
=

b/ Đặt 

Khi đó 2 x + y + 2 = 4 x + 4 y − 2 x − 3 y + 2
= 4 ( x + y ) − ( 2 x + 3 y ) + 2 = 4a − b + 2

Ta có
( x + y )(2 x + 3 y ) 2 + 2 x + y + 2 =
0
⇔ ab 2 + 4a − b + 2 =

0
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:


Website:

⇔ a ( b + 4 ) =b − 2
2

⇒ b − 2 b 2 + 4

⇒ ( b − 2 )( b + 2 ) ( b 2 + 4 )
⇒ ( b 2 + 4 ) − ( b − 2 )( b + 2 ) ( b 2 + 4 )
⇒ 8 ( b 2 + 4 )
⇒ ( b 2 + 4 ) ∈ {4,8}

Nếu b 2 + 4 =4 ⇒ b =0 ⇒ a =−

1
2

1

−
x + y =
⇒
2
2 x + 3 y =

0
3

x = −
⇒
2 (loại)
 y = 1

Nếu b 2 + 4 =
4
b = 2 ⇒ a = 0
⇒
b =−2 ⇒ a =− 1
2


*) b = 2 ⇒ a = 0
0
x + y =
⇒
2
2 x + 3 y =
 x = −2
(nhận)
⇒
y = 2

*) b =−2 ⇒ a =−

1

2

1

−
x + y =
⇒
2
2 x + 3 y =
−2
1

x =
⇒
2 (loại)
 y = −1

Vậy ( −2; 2 ) thỏa mãn pt đã cho
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:


Website:

Câu 3 (1,0 điểm).

Với các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 ( x 2 + y 2 + z 2 )= 3 y ( x + z ) .
2( x + y + z ) − ( x 2 + z 2 ) .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức =
P

Lời Giải:
Ta có : 3 y ( x + z ) = 2 y 2 + 2 ( x 2 + z 2 ) ≥ 2 y 2 + ( x + z ) 2
⇒ 3 y( x + z ) ≥ 2 y 2 + ( x + z )2
⇒ ( x + z )2 − 3 y( x + z ) + 2 y 2 ≤ 0
2

 x+z
 x+z
⇒
 − 3
+2≤ 0
 y 
 y 
⇒1≤

x+z
≤ 2.
y

Do đó :
2

2

3 
1 
1

3
P ≤ 4( x + z ) − x − z =2 x + z − x − z ≤ x + z + 1 − x − z = −  x −  −  z −  ≤
2 
2 
2
2
2

2

2

2

2

2

.
1
2

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = z = ; y = 1 .
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là

3
.
2

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O và có ba đường cao
AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AH và BC .
a) Chứng minh rằng IJ vng góc với EF và IJ song song với OA .
b) Gọi K , Q lần lượt là giao điểm của EF với BC và AD . Chứng minh rằng
QE KE
.
=
QF KF

 cắt AB, AC lần lượt tại M và N . Tia
c) Đường thẳng chứa tia phân giác của FHB
 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN tại điểm P khác A .
phân giác của CAB
Chứng minh ba điểm H , P, J thẳng hàng.

Lời Giải:

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:


Website:

A

J

E

Q
F

K

B

O

H

D

C

I

T

= IF
=
a) IE

1
1
BC ; JE
= JF
=
AH
2

2

⇒ IJ là đường trung trực của EF .
⇒ IJ ⊥ EF

Kẻ đường kính AT của (O)
⇒ BHCT là hình bình hành
⇒ I là trung điểm của HT .
⇒ IJ //AT

b) Các tứ giác BDHF , CDHE , BCEF là các tứ giác nội tiếp nên ta có




EDH
= HCE
= HBF
= HDF

và do HD ⊥ HK ⇒ DQ, DK là phân giác trong và phân giác ngồi của tam giác
DEF .
QE
QF

Đến đây theo tính chất đường phân giác thì =

Liên hệ tài liệu word tốn SĐT (zalo):

Website:

KE  DE 
=

.
KF  DF 


Website:

A

J

E

Q
F

O
N

H
M

G

L

R

P

K

B

D

C

I

T

 + MHB
 = NCH
 + NHC
 = HNA

c) Ta có 
AMH = MBH

⇒ ∆AMN cân tại A
⇒ AP là đường kính của ( AMN )
⇒ PM //HC , PN //HB .

Gọi G là giao điểm của PM , HB và L là giao điểm của PN , HC .
Khi đó tứ giác HGPL là hình bình hành
nên HP đi qua trung điểm R của GL .
Đến đây sử dụng định lý Talet và tính chất đường phân giác ta được

GH MF HF
= =
;
GB MB HB
LH NE HE
= =
.
LC NC HC

Tuy nhiên hai tam giác HFB, HEC đồng dạng nên
⇒

GH LH
=⇒ GL //BC
GB LC

Cho HR cắt BC tại I′
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:

HF HE
=
.
HB HC


Website:

RG AR RL

sử dụng định lý Talet thì = =
I ′ B AI ′ I ′C

⇒ I ′ B = I ′C ⇒ I ′ ≡ I .

Vậy ba điểm H , P, I thẳng hàng.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho tam giác ABC cố định có diện tích S . Đường thẳng d thay đổi đi qua trọng
tâm của tam giác ABC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M , N , Gọi S1 , S2 lần lượt là
diện tích các tam giác ABN và ACM . Tìm giá trị nhỏ nhất của S1 + S2 .
Lời Giải:
A

M

G
N

B

C

D

Gọi D là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ABC .
Ta có :
=

AM AN S AMN S AMG + S ANG
⋅

=
=
AB AC
S
S

1 S AMG 1 S ANG 1 AM AG 1 AN AG 1  AM AN 
⋅
+ ⋅
= ⋅
⋅
+ ⋅
⋅
= 
+

2 S ABD 2 S ACD 2 AB AD 2 AC AD 3  AB AC 

⇒

Mà

AB AC
+
=
3
AM AN
S1 + S 2 S ABN + S ACM AN AM
=
=

+
S
S ABC
AC AB

⇒ 3.

S1 + S 2  AN AM  AB AC 
=
+
+

≥4
S
 AC AB  AM AN 

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

Website:


Website:

4
⇒ S1 + S 2 ≥ S .
3

Đẳng thức xảy ra ⇔

AM AN

=
⇔ d //BC .
AB AC

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức S1 + S2 là

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo):

4
S , đạt được khi và chỉ khi d //BC .
3

Website:


SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
NĂM HỌC 2022 - 2023
ĐỀ THI MƠN TỐN (DÀNH CHO CHUN TỐN)

Ngày thi: 05 tháng 6 năm 2022

Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang, 04 câu)

-------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu I (3,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức: A = 3 + 2 2 − 3 − 2 2
2) Tìm m để các đường thẳng: y =
2 x + 4 (d ) ; y =
3 x + 5 (d '); y =
−2mx + m − 3 (∆)
cùng đi qua một điểm.
3) Cho phương trình: x 2 − 2mx + 2m − 1 =0 ( m là tham số). Tìm m để phương trình có
hai nghiệm dương.
Câu II (3,0 điểm)
1) Tìm x, y nguyên thoả mãn: xy + 2 x + y − 1 =0
2) Một cửa hàng điện máy thực hiện chương trình khuyến mãi giảm giá tất cả các mặt
hàng 10 % theo giá niêm yết, và nếu hóa đơn khách hàng trên 10 triệu sẽ được giảm thêm 2%
số tiền trên hóa đơn, hóa đơn trên 15 triệu sẽ được giảm thêm 4% số tiền trên hóa đơn, hóa
đơn trên 40 triệu sẽ được giảm thêm 8% số tiền trên hóa đơn. Ơng An muốn mua một ti vi
với giá niêm yết là 9 200 000 đồng và một tủ lạnh với giá niêm yết là 7 100 000 đồng. Hỏi
với chương trình khuyến mãi của cửa hàng, ông An phải trả bao nhiêu tiền?
xy
2 x 2 − 6 y 2 =
3) Giải hệ phương trình: 
2
3 x + 2 y = xy + x

Câu III (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại B ( BC > AB ) nội tiếp trong đường tròn tâm O đường
kính AC = 2 R . Kẻ dây cung BD vng góc với AC, H là giao điểm của AC và BD. Trên HC
lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đường tròn tâm O’ đường kính EC cắt đoạn BC
tại I (I khác C).
1) Chứng minh rằng: CI.CA=CE.CB
2) Chứng minh rằng: Ba điểm D, I, E thẳng hàng.
3) Chứng minh rằng: HI là tiếp tuyến của đường trịn đường kính EC.

4) Khi B thay đổi thì H thay đổi, xác định vị trí của H trên AC để diện tích tam giác
O’IH lớn nhất.
Câu IV (1,0 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số thực x, y dương thỏa mãn điều kiện:

22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 + 6 x 2 + 36 xy + 22 y 2 =
x 2 + y 2 + 32
2) Cho a, b là các số thực thỏa mãn: a 2 + b 2 =a + b .
Chứng minh rằng: a 3 + b3 + a 2b + ab 2 ≤ 4
------- Hết -------Họ và tên thí sinh:............................................. Số báo danh: ......................... Phịng thi: .....
Giám thị 1:........................................................Giám thị 2:.....................................................


SỞ GD & ĐT HỒ BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
NĂM HỌC 2022-2023
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
(DÀNH CHO CHUN TỐN)

(Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang)

Câu I (3,0 điểm)
Phần

Nội dung

a) Rút gọn biểu thức: A=
1

2

3

A=

2 +1−

2 − 1=

( 2 + 1) 2 − ( 2 − 1) 2

2 + 1 − 2 + 1= 2

0,5

Tọa dộ giao điểm của (d) và (d’) là A(-1;-2)

0,5

Để (∆) , (d) và (d’) cùng đi qua một điểm khi và chỉ khi A thuộc (∆)
1
Khi đó ta có −2m.(−1) + m − 3 =−2 ⇔ 3m =1 ⇔ m =
3
1
Vậy m = thì 3 đường thẳng đã cho cùng đi qua điểm A(-1;-2)
3
3) Phương trình x 2 − 2mx + 2m − 1 =
0 có hai nghiệm dương khi và chỉ
∆=' m 2 − 2m + 1 ≥ 0


 P= 2m − 1 > 0
=
 S 2m > 0

(m − 1) 2 ≥ 0∀m

1
1

⇔ m >
⇒m>
2
2

m > 0
Câu II (3,0 điểm)
Phần
Nội dung
xy + 2 x + y − 1 =0 ⇔ x( y + 2) + (y + 2) − 3 =0 ⇔ ( y + 2)(x + 1) =3
1

Điểm
0,5

Vì x, y nguyên nên (y+2) và (x-1) thuộc Ư(3) = {−3; −1;1;3}
Học sinh tìm được cặp số nguyên (x;y ) = (-4;-3); (-2;-5);(0;1); (2;-1)

0,5

0,5

0,5

Điểm
0,5
0,5

Tổng giá trị 1 chiếc Tivi và 1 chiếc tủ lạnh ông An mua là 16 300 000
2

( đồng)
Số tiển ông An phải trả khi được giám giá 10% là.
16300000.90% = 14 670 000 (đồng )

1

0,5


Vì số tiền trên hóa đơn của ơng An là 14700000( đồng) nên ông An được
giảm thêm 2% số tiền in trên hóa đơn.
Vậy số tiền ơng An phải trả là 14670000.98% = 14 376 600(đồng

0,5

2
0
xy
( x − 2 y )(2 x + 3 y ) =

2 x − 6 y =
⇔ 2
Giải hệ phương trình:  2
3 x + 2 y = xy + x
3 x + 2 y = xy + x

x = 2 y
Với x = 2y ta có  2
3 x + 2 y = xy + x

0,5

y
=
=
x 2 y
 x 2=
x 2 y
x = 0
⇔
⇔
⇔
⇔



2
2
2
2

2
y=0
12
2
2
2
12
2
0
10
0
y
y
y
y
y
y
y
+
=
+
−
=
=





3

Với 2x = -3y ta có hệ phương trình
−2 x

y=

=
−
x
y
2
3


3
⇔
 2
2
3 x + 2 y = xy + x
3 x 2 − 4 x =
− x2 + x

3
3
−2 x

y=

−2 x
3



y =
⇔
⇔  x = 0
3
11x 2 − 7 x =
0 
7

 x =
11


0,5

Học sinh giải hệ 2 và kết luận nghiệm (x;y) = ( 0;0); (
Câu III (3,0 điểm)
Phần

7 −14
;
)
11 33

Nội dung

Điểm

B

I
O

A

H

E

D
2

O'

C


Xét hai tam giac CIE và CBA có ∠ ICE chung; ∠ EIC = ∠ ABC =900
1

( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Suy ra ∆CIE  ∆CBA(g − g ) ⇒

2

3

4

CI CE
=
⇔ CI .CA = CE.CB (dpcm)
CB CA

Ta có EI ⊥ BC ( Do ∠ EIC là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)(1)
Vì BD ⊥ AC tại H, và HA = HE; HB = HD nên tứ giác ABED là hình
thoi
Suy ra DE  AB, mà AB ⊥ BC nên DE ⊥ BC(2)
Từ (1) và (2) ta có 3 điểm D,E,I thẳng hàng.
Ta có tứ giác DHIC nội tiếp đường trịn đường kính DC nên ta có
∠ BIH = ∠ BDC = (1800 - ∠ HIC )
Lại có ∠ BAC = ∠ IEO’ ( đồng vị ); ∠ IEO’ = ∠ O’IE
( do tam giác O’IE cân tại O’)
Suy ra ∠ BIH = ∠ O’IE mà ∠ BIH+ ∠ HIE = 900 nên ∠ HIE+ ∠
O’IE=900 suy ra HI ⊥ O’I hay HI là tiếp tuyến của (O’)
Ta
có
AC 2
O ' I 2 + HI 2 O 'H 2
R2
R2
O ' I .HI ≤
2 S∆O ' IH =
=
=4 = ⇒ S∆O ' IH ≤
2
2
2
2

4


R2
R
O ' I .HI =
Dấu = xảy ra khi 
2 ⇒ O ' I =HI = ( Do O’I > 0, HI >
2
O ' I = HI

0)
R
R
Ta có O’H = R; mà O’E = O’I =
suy ra AH = HE = R =
2
2
R( 2 − 1)
2

Vậy AH =

R ( 2 − 1)
thì diện tích tam giác O’IH lớn nhất.
2

3

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25


Câu IV (1,0 điểm)
Phần

Nội dung

Điểm

Ta có: 22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 = (5 x + 3 y ) 2 − 3(x − y) 2 ≤ (5 x + 3 y ) 2
⇒ 22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 ≤ 5 x + 3 y ( do x, y dương )

Tương tự ta có :
6 x + 36 xy + 22 y = (3 x + 5 y ) − 3(x − y) ≤ (3 x + 5 y )
2

2

2

2

0,25
2

⇒ 6 x 2 + 36 xy + 22 y 2 ≤ 3 x + 5 y ( do x, y dương )

1

Vậy

22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 + 22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 ≤ 8( x + y ) (1)

Ta có ( x − 4) 2 + ( y − 4) 2 ≥ 0(∀x, y )

0,25

⇔ x 2 − 8 x + 16 + y 2 − 8 y + 16 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 + 32 ≥ 8( x + y ) (2)

Vậy

22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 + 22 x 2 + 36 xy + 6 y 2 =
x 2 + y 2 + 32

x = y

⇔ x − 4 = 0 ⇒ x = y = 4
y − 4 =
0



0 suy ra a 2 + b 2 = 0 ⇒ a = b = 0 khi đó bất đẳng thức
Nếu a + b =
cần chứng minh đúng.

0,25

Nếu a + b ≠ 0 ⇒ a + b = a 2 + b 2 > 0
Ta có :
2

( a + b) 2
( a + b) 2
a +b ≥
⇒a+b≥
⇔ 2(a + b) ≥ (a + b) 2
2
2
Suy ra a + b ≤ 2
Ta có : a 3 + b3 + a 2b + ab 2 =(a + b)(a 2 − ab + b 2 ) + ab(a + b) =(a + b) 2
2

2

Vì 0 < a + b ≤ 2 nên (a + b) 2 ≤ 4 (đpcm)
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.

4

0,25


Tuyển sinh vào chuyên Toán
Câu 1.

(2,0 điểm) Cho biểu thức =
A

Tỉnh Bắc Kạn

10

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
−
−
x+ 2 x −3
x −1
x +3

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm các giá trị của x để A = −
Câu 2.

(2,0 điểm)

13
.
6

1. Giải phương trình x 2 + 9 x − 2 x 2 + 9 x − 1 − 4 =
0.

 x 2 − 3 xy + y 2 =
−4
2. Giải hệ phương trình 
.
2
 x + y + xy =

Câu 3.

(2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ

Câu 4.

Oxy , cho parabol

( P ) : y = x2

và đường thẳng

( d ) : y = 2mx − m2 − 2m + 3 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( d )
cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B cùng nằm bên phải trục tung.
xyz .
2. Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn 5 ( x + y + z ) =
(3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) và dây cung CD cố định ( CD không là đường kính). I là
một điểm di dộng trên tia đối của tia DC ( I không trùng với D ). Qua I kẻ hai tiếp tuyến

IA, IB ( A, B là hai tiếp điểm) với đường tròn ( O ) . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CD .
1. Chứng minh năm điểm A, I , B, H , O cùng thuộc một đường tròn.

Câu 5.

 = DOC
.
2. Gọi E là giao điểm của IO và AB . Chứng minh DEC
3. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi I di động.
(1,0 điểm) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thoả mãn x + 2 y + 3 z ≥ 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
P =x + y + z +

3
9 1
+
+ + 10 .
4x 8 y z
---Hết---


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

(2,0 điểm) Cho biểu thức =
A

15 x − 11 3 x − 2 2 x + 3
−
−

x+ 2 x −3
x −1
x +3

1. Rút gọn biểu thức A.
2. Tìm các giá trị của x để A = −

13
.
6
Lời giải:

1. Rút gọn biểu thức A.
Điều kiện: x ≥ 0; x ≠ 1 .

A=
=

) (
( x − 1)( x + 3)

(

15 x − 11 − 3 x − 2

)(

x +3 − 2 x +3

)(

)

x −1

−5 x + 7 x − 2

( x − 1)( x + 3)
x − 1)( 2 − 5 x )
(=
( x − 1)( x + 3)

2−5 x
.
x +3

2. Tìm các giá trị của x để A = −

13
.
6

2−5 x
13
13
=
− ⇔ 6 5 x −2 =
6
x +3

(

)

(

x +3

)

⇔ 17 x =
51
⇔ x=
3
⇔x=
9 (TM).
Vậy x = 9 thì A = −
Câu 2.

(2,0 điểm)

13
6

1. Giải phương trình x 2 + 9 x − 2 x 2 + 9 x − 1 − 4 =
0.

 x 2 − 3 xy + y 2 =
−4
.

+
+
=
x
y
xy
2


2. Giải hệ phương trình 

Lời giải:
1. Giải phương trình x 2 + 9 x − 2 x 2 + 9 x − 1 − 4 =
0.
2
Điều kiện: x + 9 x − 1 ≥ 0 .

0.
(1) ⇔ x 2 + 9 x − 1 − 2 x 2 + 9 x − 1 − 3 =
Đặt t =
x 2 + 9 x − 1, ( t ≥ 0 ) . Phương trình trở thành

t = −1 ( L )
t 2 − 2t − 3 = 0 ⇔ 
.
t
TM
=
3
(

)


x = 1
.
x 2 + 9 x − 1 =3 ⇔ x 2 + 9 x − 10 =0 ⇔ 
 x = −10
Kết hợp với điều kiện xác định ta được tập nghiệm của PT(1) là S= {1; −10} .
Với t = 3 ta được


 x 2 − 3 xy + y 2 =
−4
2. Giải hệ phương trình 
.
2
 x + y + xy =
( x + y )2 − 5 xy =
−4
.
( I) ⇔ 
2
( x + y ) + xy =
 S 2 − 5P =
 S= x + y
−4
Đặt 
. Hệ phương trình trở thành 
. (II)
2

 P = xy
S + P =
 S 2 + 5S − 6 =
 S = −6
0
S = 1
.
(II) ⇔ 
hoặc 
⇔
P = 8
P = 1
 P= 2 − S
S = 1
+) Với 
, không tồn tại x, y thỏa mãn.
P = 1

 S = −6
, ta có ( x; y ) ∈ {( −2; −4 ) ; ( −4; −2 )} .
8
P
=


+) Với 

Vậy hệ phương trình (I) có tập nghiệm T =
Câu 3.

{( −2; −4 ) ; ( −4; −2 )} .

(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy , cho parabol

( P ) : y = x2

và đường thẳng

( P ) : y = x2

và đường thẳng

( d ) : y = 2mx − m2 − 2m + 3 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( d )
cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B cùng nằm bên phải trục tung.
xyz .
2. Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn 5 ( x + y + z ) =
1. Trong mặt phẳng tọa độ

Lời giải:
Oxy , cho parabol

( d ) : y = 2mx − m2 − 2m + 3 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( d )
cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B cùng nằm bên phải trục tung.
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là
2
x=
2mx − m 2 − 2m + 3 ⇔ x 2 − 2mx + m 2 + 2m − =

3 0. (1)

(d )

cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B đều nằm bên phải trục tung khi và chỉ khi phương
trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt.
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi

3
∆ ' > 0 ⇔ −2m + 3 > 0 ⇔ m < . (*)
2
2m
 x1 + x2 =

Khi đó theo định lí Vi – ét ta có: 

2
 x1.x2 = m + 2m − 3

.

Để x1 , x2 dương thì

m > 0
 2m > 0
 x1 + x2 > 0

⇔ 2
⇔   m > 1 ⇔ m > 1. (**)


 x1.x2 > 0
 m + 2m − 3 > 0
  m < −3



3
thỏa mãn u cầu bài tốn.
2
xyz .
2. Tìm các số nguyên tố x, y, z thỏa mãn 5 ( x + y + z ) =
Từ (*) và (**) suy ra 1 < m <

xyz nên xyz5 .
Vì 5 ( x + y + z ) =
Suy ra trong 3 số x, y, z có ít nhất một số chia hết cho 5.
Vai trò x, y, z như nhau, giả sử z 5 , mà z là số nguyên tố nên z = 5 .
Khi đó phương trình trở thành

x + y + 5 = xy ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 6 = 2.3 = 1.6 .
x −1 2 =
=
x 3
⇔
. (loại vì x, y là số nguyên tố)
y −1 3 =
=
y 4

TH1: 

x −1 1 =
=
x 2
⇔
.
y
1
6
y
7
=
−
=


Vậy ( x; y; z ) ∈ {( 2;7;5 ) ; ( 2;5;7 ) ; ( 5;7;2 ) ; ( 5;2;7 ) ; ( 7;2;5 ) ; ( 7;5;2 )} là các giá trị cần tìm.
TH2: 

Câu 4.

(3,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) và dây cung CD cố định ( CD khơng là đường kính). I là

một điểm di dộng trên tia đối của tia DC ( I không trùng với D ). Qua I kẻ hai tiếp tuyến

IA, IB ( A, B là hai tiếp điểm) với đường tròn ( O ) . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CD .
1. Chứng minh năm điểm A, I , B, H , O cùng thuộc một đường tròn.

 = DOC
.

2. Gọi E là giao điểm của IO và AB . Chứng minh DEC
3. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi I di động.
Lời giải:

1. Chứng minh năm điểm A, I , B, H , O cùng thuộc một đường trịn.



= IBO
= 90o ( gt ) .
Ta có IAO

 = 90o .
Vì H là trung điểm CD nên OH ⊥ CD , suy ra IHO

 = IBO
 = IHO
 = 90o .
⇒ IAO

Vậy năm điểm A, I , B, H , O cùng thuộc đường trịn đường kính OI .


 = DOC
.
2. Gọi E là giao điểm của IO và AB . Chứng minh DEC
OA = OB
. Do đó OI là đường trung trực của AB .
 IA = IB

Ta có 

Suy ra OI ⊥ AB .
Xét ∆OBI có BE là đường cao, ta có IE.IO = IB 2 .(1)

1 


 chung và IBD
= ICB
=
∆IBD ∽ ∆ICB vì BIC
Sđ BD .
2
Suy ra

IB ID
=
⇔ IB 2 = IC.ID . (2)
IC IB

Từ (1) và (2) suy ra IE.IO= IC.ID ⇔

IE ID
=
.
IC IO

 chung và IE = ID .
∆IED ∽ ∆ICO vì CIO

IC IO
 = ICO
.
Suy ra IED
 + OED
 =IED
 + OED
 =180o .
Như vậy DCO
Do đó tứ giác CDEO nội tiếp.

 = CED
.
Vậy COD
3. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi I di động.
Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng AB, OH .

 chung và OHI


∆OHI ∽ ∆OEJ vì IOJ
= OEJ
= 90O .
OH OI
OI .OE OC.OD
=
⇔ OJ =
=
Suy ra
OE OJ

OH
OH
Vì đường trịn ( O ) , dây cung CD cố định nên điểm H cố định.
Suy ra OJ =

Câu 5.

OC.OD
khơng đổi.
OH

Do đó J cố định.
Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm J cố định khi I di động.
(1,0 điểm) Cho x > 0, y > 0, z > 0 thoả mãn x + 2 y + 3 z ≥ 10 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

P =x + y + z +

3
9 1
+
+ + 10 .
4x 8 y z
Lời giải:

Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số dương x,

x+

1
, ta có

x

1
3
1 3
≥ 2 ⇔  x +  ≥ . (1)
x
4
x 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1 .


Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số dương y,

y+

9
, ta có
4y

9
1
9  3
≥3⇔ y+
 ≥ . (2)
4y
2
4y  2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y =

3
.
2

Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số dương z ,

z+

4
, ta có
z

4
1
4
≥ 4 ⇔  z +  ≥ 1 . (3)
z
4
z

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi z = 2 .
Theo giả thiết ta có

x + 2 y + 3z ≥ 10 ⇔

x + 2 y + 3z 5
x y 3z 5
≥ ⇔ + + ≥ . (4)

4
2
4 2 4 2

Đẳng thức xảy ra khi x = 1 , y =

3
, z = 2.
2

Cộng theo vế các bđt (1), (2), (3) và (4), ta được

x+ y+z+
Đẳng thức xảy ra khi x = 1 , y =
Vậy Min P =

3
9 1 13
33
+
+ ≥ ⇔P≥ .
4x 8 y z 2
2

3
, z = 2.
2

33
3

khi x = 1 , y = , z = 2 .
2
2
---Hết---