Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Hưng Yên

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TỈNH HƯNG YÊN 2025 Câu I. x  4  0 x  4  
a. Điều kiện xác định: x x  2x  4 x 8  0  (
 x  4)( x  2)  0  x  , 0 x  4.   x  , 0 x  0 x  0   Ta có:  1 3 x 10   x  4 x  4  M    2
 x  4 x x  2x  4 x 8  4 x       x  2 3 x 10   x  4 x  4    
(x  4)( x  2) (x  4)( x  2)   4 x      4 x  8 ( x  2)2 1  .  . ( x  2)2 ( x  2) 4 x x 1 Vậy M  , x  , 4 x  0. x 9x  2 x  4 4  2 2  b. Ta có: N  M 9 .( x  2 x  ) 4   9 x   2  34 x   10  . 10 4 x x  x  Như vậy min N  1 .
0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 2 4 34 x   x   x  . 4 x 3 9 Câu II.
a. Giả sử (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Khi đó phương trình hoành độ x2 2  x  m có hai nghiệm phân biệt x , x . 1 2 Ta có: 2 2
x  x  m  0 có hai nghiệm phân biệt x , x khi   1 8m  . 0 1 2 Khi đó: 2 2 x  x  m  0  2 2
x  x  m  x  x . Tương tự 2 2 x  x  m  x  x . 1 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 m
Theo định lý Viet thì x  x  , x x   . 1 2 2 1 2 2 Như vậy 4  (2 2 x  x  m)2  (2 2
x  x  m)2  (x  x )2  (x  x )2  (x  x )2  2. 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 7
Hay là: 2  (x  x )  4x x   2m  m  . Thử lại ta thấy thoả mãn. 1 2 1 2 4 8 2 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung 7
Vậy m  là giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán. 8 b. Điều kiện: 2 x  y  . 0 Ta có: Đặt 2
a  x  y  0 . Từ (1) khi đó 3 x  x( 2 x  y )  2 ( 2 x  y )3  0 3 2  x  ax  2 3 a  0  (x  a)( 2 x  2ax  2 2 a )  0. Mà 2 x  2ax  2 2 a  (x  a)2 2  a  . 0 Suy ra 2
x  a  x  x  y , x  . 0 (*)
Ta bình phương hai vế (*) lên ta có: 2 2
y  x  x . Thay vào (2) thì 56 2 x  2 ( 0 2 2 x  x  x )  4x 8 ( x  ) 1  2  96 2 3 x  20x  2 3  4x 8 ( x  ) 1 . Ta có: 63 4x 8 ( x  ) 1  33 . 2 16x 8 .( x  ) 1  24x  . 3 Và 6 9 .( 6 2 x  20x  ) 2  5 ( 76 2 x 144x  ) 9  24x  3  (24x  )
3 2  24x  3  24x  3. Như vậy 2 3 96x  20x  2  4x 8 ( x  )
1 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
2  16x  8x 1  x  . (tm) 8  1 7   1 7  2 2 7 7 Suy ra y  x  x   y   . Thử lại các cặp , , , đều thoả mãn. 64 8      8 8   8 8   1 7   1 7 
Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: , , , .  8 8   8 8      Câu III.
1. Giả sử phương trình ( 2 x  ) 3 2
y  (x  2y)(x  2 y  )
1  25x  2y 169(*) có nghiệm nguyên. Ta có
phương trình (*) tương đương 2 2 x y  7 2 2
y  x  x  2y  25x  2y 169  ( 2 x  7) 2 2
y  x  26x 169  (x  ) 13 2. Như vậy 2
x  7 là số chính phương. Đặt x2  7  z2, z là số nguyên dương.
Khi đó 7  (z  x)(z  x). Do z  x  z  x  2z  0. Ta xét hai trường hợp: 3 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung z  x  1 x  3 Trường hợp 1:    . Suy ra 2 y  16  y  4  . z  x  7  z  4  z  x  7 x  3  2 25 5 Trường hợp 2:    . Suy ra y   y   . (loại) z  x  1  z  4  4 2
Như vậy phương trình (*) có các nghiệm (x, y) thoả mãn là , 3 ( 4), , 3 ( 4  ).
2. Gọi số quả bóng có màu đỏ, màu xanh trong thùng lần lượt là: x, . y
Số cách lấy ngẫu nhiên một quả bóng từ trong thùng là 40 (cách).
Số cách để lấy được một quả bóng màu đỏ là: x (cách). 3 x 3
Vì xác suất để lấy được quả bóng màu đỏ là . Như vậy   x  12. 10 40 10
Số cách để lấy được một quả bóng màu xanh là: y (cách). 3 y 3
Vì xác suất để lấy được quả bóng màu xanh là . Như vậy   x  15. 8 40 8
Do đó số quả bóng có màu khác trong thùng là 40 - 12 - 15 = 13.
Vậy số quả bóng có màu khác xanh và đỏ là 13 (quả). Câu IV.
Kẻ đường cao HI của tam giác HKC. Do K là trung điểm AD nên AK = KD = 3 (cm). Ta có:
BH  AB  AH  9  2  7(cm).
Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông KAH, BHC, KDC thì 2 2 2 KH  AH  AK  , 13 2 2 2 KC  KD  DC  , 90 2 2 2 HC  HB  BC  85. 4 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung
Suy ra KH  13, KC  3 10, HC  85(cm). Ta có: 2 2 2 2 2
KH  HI  KI  HC  IC  (KC  IC)2 2 2  HC  KC  2KC.IC. IC
Mà tam giác HIC vuông tại I nên cos H  CK   IC  HC.cos HCK. HC Như vậy 2 2 2
KH  HC  KC  2KC.HC.cos H  CK. 2 2 2 HC  KC  KH 85  90 13 27 34 Do đó: cos HCK    . 2KC.HC 2 85 3 . 10 170 27 34 Vậy cosHCK  . 170 Câu V.
1) Gọi C là giao điểm của OI và HK, và D là trung điểm của IP.
Do tam giác IPK vuông tại K và tam giác IPH vuông tại H nên DK = DP = DI = DH.
Như vậy bốn điểm P, K, I, H thuộc cùng một đường tròn. 1 1 Ta có: I  KH  I  DH  HPI  PM  I  NOI. 2 2 180  NOI 1 Suy ra CIH  IKH   NOI  90 .  2 2
Vậy HK vuông góc OI tại C. 5 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung
2) Ta gọi giao của PH, PK với (I,R) lần lượt là E, F.
Do tam giác IPE cân tại I có IH vuông góc EP nên H là trung điểm PE.
Giả sử AH cắt (O,R) tại B’ thì H . A HB' HM. 2 HI  HP  H . P H . E
Như vậy tứ giác APB’E nội tiếp. Hay B’ thuộc (I,R) nên B’ trùng B.
Do đó H thuộc AB, tương tự thì K cũng thuộc AB.
Như vậy A,H,K,B thẳng hàng.
Ta có AO = AI, BO = BI nên AB là đường trung trực của OI nên C là trung điểm OI. 1 1 2 R R Ta có: S  IC.HK  . . IO HK  .IP 
(do IP là đường kính của đường tròn (D, DI)) HIK 2 4 4 4 1
Dấu bằng xảy ra khi và chi khi R  IP  HK  EF. Tức là EF là đường kính của (I,R). Hay P 2 trùng với O. 2 R Vậy GTLN của S là khi P trùng với O. HIK 4 Câu VI. C S Ta có: ( 5 2 2 x  2 2
xy  y )  22 12 (x  y)2 2
 x   2(x  y)  x2  (3x  2y)2. x  y 2 2 x  2 2 xy  y x  y  x  2 2 3 ( 2 )2 Suy ra 3 2 1 2 (x  y)  x  hay   1 . 5 x  2 y 5(x  2 y) 5  x  2  y 
Chứng minh tương tự ta cũng có: 2 2 y  2 2 yz  z 1  2y  2 2 z  2 2 zx  x 1  2z   1 ,  1 .  y  2z 5  y  2  z  z  2x 5  z  2x 
Khi đó ta cộng vế theo vế và áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu thì 3 2  x y z  3 2 2 2 2  x y z  P         5
5  x  2y y  2z z  2  x  5 5  2 x  2 2 xy y  2 2 yz z  2   zx  3 2 (x  y  z)2 3 2   .    5. 5 5 2 2 2
x  y  z  2xy  2 yz  2zx 5 5
Vậy min P  5. Dấu bằng xảy ra khi và chi khi x = y = z. 6
Document Outline

• de-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan-chuyen-nam-2025-2026-so-gddt-hung-yen
• Hưng Yên. De thi Chuyen Toán Hưng Yên 2025