Title 019_Tuyển sinh 10_Toán Chuyên_mới_tỉnh_Đồng Nai_25-26.pdf ✅

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2025 – 2026 Môn: TOÁN HỌC (môn chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1. 1) Rút gọn biểu thức x 5 2 1 P : x x 2 x 1 x 2   + = −     + − − + (với x 0,x 1   ) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 2 x 2x 3m 1 0 − + + = có hai nghiệm phân biệt 1 2 x ,x thỏa mãn 3 3 1 2 x x 20 + = . Bài 2. 1) Giải hệ phương trình 2 2 xy y 2x 2y 0 x 2xy 3 x y 1  + − − =   + − = + +  2) Cho P(x) là đa thức bậc ba thỏa mãn (x 2)P(x 1) (x 1)P(x 2) + + = − + , với mọi số thực x và P(3) = 6. Chứng tỏ P(2) = 0 và xác định đa thức P(x). Bài 3. 1) Chứng minh trong 37 số nguyên dương bất kỳ, luôn tìm được 7 số có tổng chia hết cho 7. 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với mọi số nguyên dương a, b thì hai số a 8b + và 6a + 43b hoặc cùng chia hết cho p hoặc cùng không chia hết cho p. Bài 4. 1) Cho các số thực dương a, b. Chứng minh 3 3 2 2 a b a b b a +  + 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 3 + +  . Chứng minh 3 3 3 2(a b c ) 3abc 9 + + +  Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC (với AB < BC < CA) có I, J, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC. Gọi D là giao điểm của hai đường tròn (I; IA) và (J; JA), với D khác A. 1) Chứng minh tứ giác AIMJ là hình bình hành và ba điểm B, D, C thẳng hàng. 2) Tiếp tuyến của (I; IA) tại A cắt đường thẳng MJ tại điểm K và cắt (J; JA) tại điểm P, với P khác A. Tiếp tuyến của (J; JA) tại A cắt (I; IA) tại điểm Q, với Q khác
A. Gọi E là điểm đối xứng với A qua D. Chứng minh tứ giác ADMK nội tiếp đường tròn và PAQ PEQ 180 + = . 3) Gọi S và T lần lượt là giao điểm của đường thẳng PQ với hai đường thẳng BC và AD. Chứng minh TP.SQ TQ.SP = . ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Ta có: x 5 2 1 P : x x 2 x 1 x 2   + = −     + − − + ( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 x 5 2 P . x 2 x 1 x 2 x 1 x 5 2 x 2 P . x 2 x 1 x 2 x 2 x 1 P x 1 x 1 P x 1 P x 1   + = − +   − + −   + − + = + − + − + = − − = − = − 2) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi  = − − = −  ' 1 3m 1 3m 0 Hay m < 0 Theo định lý Viet ta có: 1 2 1 2 x x 2 x x 3m 1  + =   = + Khi đó: 3 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 x x (x x ) 3x x (x x ) 2 3(3m 1).2 8 18m 6 2 18m + = + − + = − + = − − = − Vì vậy 3 3 1 2 x x 20 + = 2 18m 20 m 1(TM) − = = − Vậy m = -1.
Bài 2. 1) Biến đổi phương trình đầu, ta được y(x y) 2(x y) 0 (x y)(y 2) 0 + − + = + − = x = -y hoặc y = 2 Nếu x = -y thay vào phương trình thứ hai ta được 2 − − = y 3 1 hay 2 y 4 0 + = Phương trình trên vô nghiệm vì 2 y 4 + > 0 với mọi y. 2) Ở ý 2), đây là một câu có thể nhiều học sinh sẽ bỏ qua nếu chưa có cơ hội tiếp xúc nhiều về đa thức. Mấu chốt của bài toán là thay những giá trị 2 phù hợp để có thể tìm ra nghiệm của P(x). Việc tìm ra nghiệm x = 2 và x = 0 khá đơn giản vì đã được gợi ý từ việc chứng minh P(2) = 0. Tuy nhiên để tìm được nghiệm còn lại là x = 1 thì không dễ với nhiều học sinh, điều này thu được thông qua P(0) = 0, vì vậy chỉ cần chọn 2 phù hợp để một vế xuất hiện P(0). Khi đã có đủ 3 nghiệm và giả thiết P(3) = 6, học sinh có thể sử dụng định lý Bezout để xác định dạng của P(x) (xem (3)) hoặc có thể giải một hệ 4 ẩn gồm 4 phương trình, rõ ràng cách sử dụng định lý Bezout đơn giản và thể hiện rõ các tính chất về nghiệm của đa thức. Bài 3. 1) Nếu trong 37 số nguyên dương này có đủ các số dư từ 0 đến 6 khi chia cho 7, ta chọn 7 số có số dư khi chia cho 7 lần lượt từ 0 đến 6, khi đó tổng của 7 số này chia hết cho 7. Nếu trong 37 số nguyên dương này có không quá 6 số dư khác nhau, vì 37 = 6.6 + 1 nên theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất 7 số có cùng số dư khi chia cho 7. Chọn 7 số này và khi đó tổng của chúng chia hết cho 7. 2) Nếu p = 5, vì (6a + 436) – (a + 8b) = 5a + 35b 5 nên 6a + 43b  a + 8b (mod 5). Vì vậy a + 8b và 6a + 43b hoặc cùng chia hết cho p hoặc cùng không chia hết cho p. Nếu p  5, giả sử tồn tại hai số nguyên dương a, b sao cho a + 8b và 6a + 43b đều chia hết cho p. Vì 6a + 43b = 6(a + 8b) - 5b p, mà a + 8b p nên 5b p. Hơn nữa gcd(p, 5) = 1 nên b p. Kết hợp với a + 8b p, ta suy ra a p. Như vậy, nếu a + 8b và 6a + 43b đều chia hết cho p thì a và b đều chia hết cho p.
Chọn b = 1 và a = 5p − 8 > 0, ta có a + 8b = 5p – 8 + 8 = 5p p, theo nhận xét trên thì 1 và 5p – 8 đều chia hết cho p, vô lý. Vậy chỉ có duy nhất số nguyên tố p = 5 cần tìm. Bài 4. 1) Ta có: 3 3 2 2 2 2 a b a b b a (a b)(a ab b ) ab(a b) + − − = + − + − + 2 2 2 = + − + = + − (a b)(a 2ab b ) (a b)(a b) (4) Vì 2 (a b) 0 −  và a + b > 0 (do a, b dương) nên 2 (a b)(a b) 0 + −  Từ (4) ta được 3 3 2 2 a b a b b a +  + 2) Áp dụng ý 1) ta có 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2(a b c ) 3abc (a b ) (b c ) (c a ) 3abc + + + = + + + + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b ab ) (b c bc ) (c a ca ) 3abc (a b ab abc) (b c bc abc) (c a ca abc) ab(a b c) bc(a b c) ca(a b c) (a b c)(ab bc ca)  + + + + + + = + + + + + + + + = + + + + + + + + = + + + + Ta có: 2 (a b c) 3(ab bc ca) 9 + +  + +  do đó a b c 3 + +  Suy ra: 3 3 3 2(a b c ) 3abc 3.3 9 + + +  = Bài 5. 1)