Tiêu đề 057_Tuyển sinh 10_Toán Chuyên_mới_tỉnh_Thanh Hóa_25-26.pdf ✅

Bảo đứng ở hai ô vuông góc đối diện như hình vẽ (bảng 1). Bàng 1 Bàng 2 Cho phép đổi vị trí các học sinh trong bảng theo quy tắc: Mỗi lần, chọn một học sinh đứng ở ô vuông kề với ô vuông trống rồi chuyển học sinh đó sang ô vuông trống. Hỏi bằng cách thực hiện liên tiếp một số hữu hạn lần phép chuyển học sinh theo quy tắc trên đối với bảng 1 ta có thể nhận được cách xếp sao cho An và Bảo đổi chỗ cho nhau còn các học sinh khác giữ nguyên vị trí như hình vẽ (bảng 2) hay không? Vì sao? HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TỈNH THANH HOÁ Năm học 2025-2026 Câu 1. 1. Ta có: ( )( ) ( )( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 1 1 a b ab a b a b ab + =  + + + = + + + + + Suy ra ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 0 1 ( ) 0. a b ab a b ab a b a b a b a b ab ab ab ab a b + + + = + +  + + = + +  + − + − =  − − = Do ab, là hai số thực khác nhau nên 1 ab a 1 b =  = . Khi đó:
2025 2025 2025 2025 2025 2025 2025 1 1 1 1 1 1. 1 1 1 1 1 1 1 a M a b a a a a = + = + = + = + + + + + + 2. Giả sử tồn tại bốn số nguyên a b c d , , , phân biệt sao cho f a f b f c f d ( ) = = = = ( ) ( ) ( ) 2025. Do đó đa thức Q x f x ( ) = − ( ) 2025 nhận a b c d , , , là nghiệm. Khi đó f x x a x b x c x d ( ) − = − − − − 2025 ( )( )( )( ). Giả sử tồn tại số nguyên t sao cho P t( ) = 2028 thì 3 2025 = − = − − − − f t t a t b t c t d ( ) ( )( )( )( ) Mà 3 có tất cả 4 ước nguyên khi đó do t a t b t c t d − − − − , , , phân biệt nên tồn tại hai trong bốn số đó chia hết cho 3. Khi đó 9∣ (t a t b t c t d − − − − )( )( )( ). Suy ra điều vô lý. Như vậy không tồn tại giá trị nguyên x sao cho f x( ) bằng 2028 . Câu 2. Ta có: ( )( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 2 5 4 3 2 1 2 2 0 2 x y xy y x y xy x y x y  − + = +   + − − − + =  . Từ (2) ta có: ( )( ) 2 2 xy x y − + − = 1 2 0 . Trường hợp 1: xy =1 . Ta thấy y khác 0 , khi đó (1) trở thành ( ) ( ) 3 3 2 2 3 5 4 3 2 3 6 3 0 3 3 1 3 6 0 0. x y y x y y y x y y y y y − + = +  − + = −  − + =  = Suy ra 2 y =1 . Do đó 1 1 x y x y  = =   = = − . Trường hợp 2: 2 2 x y + = 2 . Từ (1) ta có: ( )( ) 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 3 x y x y x y xy y x y xy x y x y xy y + + = − +  + + + = − + 5 4 3 5 4 3 ( ) 3 3 2 2 2  − + − =  − − = x y xy x y x y x y 2 5 4 0 2 ( ) 0 . • Nếu x y = thì 2 x =1 . Suy ra 1 1 x y x y  = =   = = − . • Nếu x y = 2 thì 2 10 2 5 5 =  =  y y . Suy ra 2 10 10 , 5 5 2 10 10 , 5 5 x y x y   = =    = − = −  . Vậy hệ phương trình có các nghiệm là ( ) ( ) 2 10 10 2 10 10 1,1 , 1, 1 , , , , 5 5 5 5     − − − −             . Câu 3.
Số các số có 4 chữ số được lập thành từ 1,2,3,4,5,6 , tức là số phần tử tập M là 4 6.6.6.6 6 = . Biến cố: "Số chọn được là số chia hết cho 3". Giả sử số cần tìm là: abcd . Đặt M a b c = + + . Ta chọn bộ số (abc , , ) có 3 6.6.6 6 = cách. Nếu M  0 mod3 ( ) thì chọn d 3,6. Nếu M 1 mod3 ( ) thì chọn d 2,5 . Nếu M  2 mod3 ( ) thì chọn d 1, 4. Như vậy khi ta chọn bộ số (abc , , ) bất kỳ thì chỉ có 2 cách chọn d nên số cách chọn bộ số (a b c d , , , ) để abcd chia hết cho 3 là 3 2.6 . Vậy xác suất để chọn được một số trong tập M và chia hết cho 3 là 3 4 2 6 1 6 3  = . Câu 4. a. Ta có: 3 3 2 2 2 2 2 5 x y x y xy xy + + + = − hay ( )( ) 2 2 2 2 5 x y x y xy + + = − . Suy ra 2 2 2 2 5 x y xy + − ∣ . Ta thấy 2 5 0 xy −  . Nếu 2 5 0 xy −  thì 2 2 2 2 2 2 5 ( ) 5 x y xy x x y +  −  + −  − . Nếu 2 5 0 xy −  , khi đó 2 2 2 5 2 x y xy + − ∣ thì 2 2 2 2 2 5 2 ( ) 5 x y xy x y x +  −  + +  . Suy ra   2 x x    − − 5 2, 1,0,1, 2 . Mặt khác 3 2 2 3 2 2 2 5 x x y xy xy y + + − = − − . Trường hợp 1: ( )( ) 3 2 2 x y y y y y y = −  − + − =  − − + = 2 2 12 11 0 1 11 0 . Vì 2 y y − +  11 0 nên y =1. Trường hợp 2: ( )( ) 3 2 2 x y y y y y y =  + + + =  + − + = 2 2 4 21 0 3 7 0 . Vì 2 y y −+ 7 0 nên y =−3. Trường hợp 3: 3 2 x y y y = −  − + + = 1 4 3 0. Ta thấy ( ) 3 2 2 − = − + = − + 3 4 1 4 2 y y y y y y (vô lý) Vậy phương trình này không có nghiệm nguyên. Trường hợp 4: 3 2 x y y =  + + = 1 7 0 . Ta thấy ( ) 3 2 2 − = + = + 7 1 2 y y y y . (vô lý) Vậy phương trình này không có nghiệm nguyên. Trường hợp 5: 3 x y =  = − 0 5 . (vô lý do -5 không là lập phương của số nguyên) Vậy (−2,1) và (2, 3− ) là các nghiệm nguyên của phương trình đã cho. b. Đặt d x y = ( , ) khi đó tồn tại ab, nguyên dương sao cho x da y db = = , với (a b, 1 ) = . Khi đó 3 3 d ab p a b = + . Giả sử ( ) 3 ab a b , 1 +  và gọi q là ước nguyên tố của ( ) 3 ab a b , + . Nếu 3 q b∣ thì q a b q b q a +  , ∣ , suy ra p a b ∣ ( , ) , vô lý do (a b, 1 ) = . Tương tự nếu thì suy ra q a∣ được điều vô lý. Như vậy ( ) 3 ab a b , 1 + = .