Đề Thi Tuyển Sinh 10 Môn Toán Chuyên Sở GD Hòa Bình 2025-2026 Có Đáp Án

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Toán) THUC
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
Đề thi có 01 trang, gồm 04 câu.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------
Câu I (3,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức: A = ( 5 −1) 6 + 2 5
2. Gọi x ; x là hai nghiệm của phương trình 2
x − x − 3 = 0. Không giải phương trình, 1 2 x x
hãy tính giá trị biểu thức: 1 2 B = + x x 2 1
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d ) : y = (m + 2)x + 3 . Tìm giá trị
của m để đường thẳng (d ) cắt hai trục Ox; Oy lần lượt tại 2 điểm A và B sao cho tam giác AOB cân.
Câu II (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2
(4x − 7x + 4)(3x − 4x + 3) = 3x
x + my = 3m − 3
2. Cho hệ phương trình: 
(m là tham số). Tìm các giá trị nguyên
mx + y = 2m − 2
của m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ;
x y) , trong đó ;
x y là các số nguyên.
3. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một con Robot được lập trình để chuyển động thẳng đều trên một quãng đường từ điểm
A đến điểm B theo quy tắc: Đi được 120cm thì dừng lại 1 phút, đi tiếp 240cm rồi dừng lại 2
phút, đi tiếp 360cm rồi dừng lại 3 phút..., tổng thời gian từ khi bắt đầu di chuyển từ A cho đến
B là 253 phút. Tính quãng đường từ A đến B biết vận tốc của Robot không đổi là 40cm/phút.
Câu III (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O , đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia BA lấy điểm
C cố định, qua C kẻ đường thẳng d vuông góc với AC . Gọi K là điểm cố định nằm giữa
O và B (K khác O và B) , qua K vẽ dây cung ED bất kì của đường tròn (O) . Gọi P, Q
lần lượt là giao điểm của AE và AD với đường thẳng d . Đường tròn ngoại tiếp tam giác
APQ cắt tia AC tại điểm M (M khác )
A . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác PEDQ nội tiếp được trong một đường tròn.
b) ° AKD ” ° AQM .
c) AK.AM = A . B AC.
d) Khi dây ED thay đổi thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ luôn nằm trên một đường cố định.
Câu IV (1,0 điểm) (
 2 − x) 1− x − y y −1 = 0
1. Giải hệ phương trình: 
 x + 2 + y +1 = 3
2. Cho a,b  0 thỏa mãn a(a − ) 1 + b(b − ) 1 = ab . 3 3
a + b + 2023(a + b) + 4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: F = ab
-------- HẾT --------
Họ và tên thí sinh:........................................... Số báo danh: ......................... Phòng thi: .....
Giám thị 1:.......................................................Giám thị 2:..................................................... Trang 0
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
(Dành cho thí sinh dự thi vào lớp chuyên Toán) THUC
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang
Câu I (3,0 điểm) Phần Nội dung Điểm 2 A = ( 5 −1) ( 5 +1) 0,5 1
A = ( 5 −1)( 5 +1) = 4 0,5 x + x = 1 Theo ĐL Viét, ta có: 1 2  0,5 x x = −3 2 1 2 2 2 2 2 x x x + x
(x + x ) − 2x x 1 − 2.(−3) −7 1 2 1 2 1 2 1 2 B = + = = = = x x x x x x −3 3 0,5 2 1 1 2 1 2 ĐK: m  −2 −3 −3 3  ( A ;0)  OA = = m + 2 m + 2 m + 2 0,5
 B(0;3)  OB = 3 3 3
Ta có tam giác AOB cân tại O nên OA = OB  = 3 0,25 m + 2  3 = 3  m + 2
m = −1 (TM )    0,25 3  
m = − 3 (TM ) = −3  m + 2 Câu II (3,0 điểm) Phần Nội dung Điểm 2 2 2
(4x − 7x + 4)(3x − 4x + 3) = 3x (1) 0,25
Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (1).
Xét x khác 0, chia cả 2 vế của (1) cho 2
x ta được phương trình. 4 3  1   1 
(4x − 7 + )(3x − 4 + ) = 3  4(x + ) − 7 . 3(x + ) − 4 = 3 0,25 x x  x   x      1
Đặt x + = t . Ta được phương trình: x t = 1 0,25 1 2 (4t 7)(3t 4) 3 12t 37t 25 0  − − =  − + =  25 t =  12 1 * Với t = 1 2
 x + =1  x − x +1 = 0 (Phương trình vô nghiệm). x  4 x = 25 1 25  0,25 * Với t = 2 3  x + =
 12x − 25x +12 = 0   . KL.... 12 x 12 3 x =  4
x + my = 3m − 3
x + my = 3m − 3    0,25 2 2 m
 x + y = 2m − 2 (
 m −1)x = 2m − 5m + 3
Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì 2
m −1  0  m  1  2m − 3 5 x = = 2 −  m +1 m +1 2
Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất là  0,25 5 y = 3−  m +1
Vì m nguyên để hệ phương trình có nghiệm duy nhất là các số nguyên thì
m + 1 phải là ước của 5  m +11;−1;5;−  5 0,25
 m 0;−2;4;−  6 (TM ) . KL... 0,25
Gọi số lần đi của Robot (theo quy luật đi rồi lại nghỉ) là x (x > 1, x *   )
Thời gian đi của Robot theo quy luật là: 0,25 120 240 360 120x 3x(x +1) + + + ... + = 3 + 6 + 9 + ...+ 3x = (phút) 40 40 40 40 2 x(x −1)
Thời gian nghỉ của Robot là: 1+ 2 + 3 + .... + x −1 = (phút) 0,25 2 3
3x(x +1) x(x −1)
Theo bài ra ta có phương trình: 2 +
= 253  2x + x − 253 = 0 0,25 2 2 23
Giải phương trình tìm được: x = 11 (TM ); x = − (KTM ) 1 2 2 0,25 3.11.12
Quãng đường từ A đến B là: .40 = 7920 ( ) cm 2
Câu III (3,0 điểm) Phần Nội dung Điểm 0 0 0
BEP + BCP = 90 + 90 = 180  tứ giác BEPC nội tiếp. 0,5
 EPC = EBA (vì cùng bù với EBC ) a
 EDA = EBA (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) 0,5
 EDA = APQ  Tứ giác PEDQ nội tiếp.
AMQ = APQ  APQ = ADE  AMQ = ADK 0,5 b
 AKD ” AQM (QAM chung; ADK = AMQ) 0,5 AK AD c
 AKD ” AQM  =
 AK.AM = A . D AQ 0,25 AQ AM Trang 1 Ta có: 0
ADB ” ACQ (A chung; ADB = ACQ = 90 ) AD AB 0,25  =  A . B AC = A .
D AQ  AK.AM = A . B AC AC AQ A . B AC
Ta có AK.AM = A . B AC  AM =
(không đổi)  M cố định. 0,25 d AK
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ thì ta có IA = IM nên 0,25
I nằm trên đường trung trực của AM cố định.
Câu IV (1,0 điểm) Phần Nội dung Điểm
ĐKXĐ: −2  x  1; y  1
(1)  (1− x) 1− x − ( y −1) y −1 + 1− x − y −1 = 0
Đặt 1− x = u (u  0); y −1 = t (t  0) ta được phương trình: 0,25 u  − t = 0 3 3
u − t + u − t = 0 2 2
 (u − t)(u + ut + t +1) = 0   2 2 u
 + ut + t +1 = 0 1
 u − t = 0  1− x = y −1  x = 2 − y .
Từ (2) suy ra 4 − y + y +1 = 3 (ĐKXĐ: 1  y  4 ) 2 2
 5 + 2 (4 − y)(y +1) = 9  4 + 3y − y = 2  3y − y = 0 y = 0 (KTM ) 0,25
 y =3 (TM) Vậy hệ có nghiệm ( ; x y) = (−1;3).
Từ giả thiết a(a − ) + b(b − ) 2 2 1
1 = ab  a + b − (a + b) = ab 2 2
 a + b = ab + a + b
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2 2
a + b  2ab  ab + a + b  2ab  a + b  ab (1) 0,25
Lại có: ab + a + b + = ( 2 a + ) + ( 2 8 4
b + 4)  4a + 4b = 4(a + b)
 ab + 8  3(a + b)  3ab (do ( ) 1 )  ab  4 . 2 4
Đặt t = ab  0  t  2  1 1. 2 t t 2
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có: 2 2 2 2 a b  1 1  4 a b 1 4 F = + + 2023 +  +  2 . + 2023.2 + b a  a b  ab b a ab ab 1 4 = 2t + 4046. + 0,25 2 t t 8 2 4
F  2t + + 2019  + . 2 t t t 8 8
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 2t +  2 2t. = 8 t t
 F  8 + 2019 +1 = 2028. Vậy min F = 2028 , đạt khi a = b = 2 . Trang 2
* Chú ý: Các lời giải đúng khác đều được xem xét cho điểm tương ứng.
– – – – – HẾT – – – – – Trang 3