Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2025 - 2026 sở GDĐT Hưng Yên

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN

TỈNH HƯNG YÊN 2025 Câu I.

a. Điều kiện xác định: .4 ,0

0

0 ) 2 )( 4 (

4

0 ,0

0 8 4 2

0 4

    

 





  



  

 



 

   

 

x x

x

x x

x

x x

x x x x

x

Ta có:

. 1 4 ) 2 (. ) 2 ( ) 2 ( 8 4

4 4 4 ) 2 )( 4 ( 10 3 ) 2 )( 4 ( 2

2 4 4 4 8 4 2 10 3 4 1

2

2 x x x x x x

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x M

     

 

  

    

  



       

 

  

     

  



      

Vậy .0 ,4 , 1    x x x M

b. Ta có: . 10 10 2 3 2 4 9 4 2 9 ) 4 2 9 .(

2

4 4    

  

            x x x x x x x x x M N

Như vậy . 10 min  N Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi . 9 4 3 2 2 3 4 4      x x x x

Câu II.

a. Giả sử (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Khi đó phương trình hoành độ m x x   2 2 có hai

nghiệm phân biệt . , 2 1 x x

Ta có: 0 2 2    m x x có hai nghiệm phân biệt 2 1, x x khi .0 8 1     m

Khi đó: . 2 0 2 2 1 2 2 1 1 2 1 x x m x x m x x         Tương tự . 2 1 2 1 2 2 x x m x x    

Theo định lý Viet thì . 2 , 2 1

2 1 2 1 m x x x x    

Như vậy .2 ) ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( 4 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 2 2 1              x x x x x x m x x m x x

Hay là: . 8 7 2 4 1 4 ) ( 2 2 1 2 2 1        m m x x x x Thử lại ta thấy thoả mãn.

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Vậy 8 7  m là giá trị cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán.

b. Điều kiện: .0 2  y x Ta có:

Đặt 0 2    y x a . Từ (1) khi đó

.0 ) 2 2 )( ( 0 2 0 ) ( 2 ) ( 2 2 3 2 3 3 2 2 3               a ax x a x a ax x y x y x x x

Mà .0 ) ( 2 2 2 2 2 2       a a x a ax x Suy ra .0 , 2      x y x x a x (*)

Ta bình phương hai vế (*) lên ta có: . 2 2 x x y   Thay vào (2) thì

.)1 8 ( 4 2 20 96 2 )1 8 ( 4 ) ( 20 56 3 2 3 2 2 2            x x x x x x x x x x

Ta có: .3 24 )1 8 .( 16 .2 3 )1 8 ( 4 6 3 3      x x x x x

Và .3 24 3 24 ) 3 24 ( 3 24 ) 9 144 576 ( ) 2 20 96 .( 6 2 2 2              x x x x x x x x

Như vậy 3 2 )1 8 ( 4 2 20 96     x x x x , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

. 8 1 1 8 16 2      x x x (tm)

Suy ra . 8

7 64

7 2 2       y x x y Thử lại các cặp  

  

   

  



8 7 , 8 1 , 8 7 , 8 1 đều thoả mãn.

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là: . 8 7 , 8 1 , 8 7 , 8 1  

  

   

  



Câu III.

1. Giả sử phương trình (*) 169 2 25 )1 2 )( 2 ( ) 3 ( 2 2         y x y x y x y x có nghiệm nguyên. Ta có

phương trình (*) tương đương

. ) 13 ( 169 26 ) 7 ( 169 2 25 2 7 2 2 2 2 2 2 2 2               x x x y x y x y x x y y x

Như vậy 7 2  x là số chính phương. Đặt z z x , 7 2 2   là số nguyên dương.

Khi đó ). )( ( 7 x z x z    Do .0 2      z x z x z Ta xét hai trường hợp:

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

4

Trường hợp 1: .4

3

7

1

   

      

 

z

x

x z

x z Suy ra .4 16 2     y y

Trường hợp 2: . 4 3 1 7

              z x x z x z Suy ra . 2 5 4 25 2     y y (loại)

Như vậy phương trình (*) có các nghiệm (x, y) thoả mãn là ). 4 ,3 ( ), 4,3 ( 

2. Gọi số quả bóng có màu đỏ, màu xanh trong thùng lần lượt là: . , y x

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).

Vì xác suất để lấy được quả bóng màu đỏ là . 10 3 Như vậy . 12 10 3 40    x x

Số cách để lấy được một quả bóng màu xanh là: y (cách).

Vì xác suất để lấy được quả bóng màu xanh là . 8 3 Như vậy . 15 8 3 40    x y

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:

). ( 7 2 9 cm AH AB BH     

Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông KAH, BHC, KDC thì

. 85 , 90 , 13 2 2 2 2 2 2 2 2 2          BC HB HC DC KD KC AK AH KH