Đề minh họa thi vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2026 trường Phổ thông Năng khiếu (TP.Hồ Chí Minh) có đáp án
5 câu hỏi
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
2) Cho hai số nguyên dương \(a,\,\,b\) phân biệt. Chứng minh phương trình sau có đúng ba nghiệm
\(\left( {\sqrt x - 1} \right)\left[ {{x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2} \right] = 0\).
Hướng dẫn giải
1) Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.\).
Lấy hiệu phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được: \(\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2} + 3} \right) = 0\).
Do \({y^2} + yz + {z^2} = {\left( {y + \frac{z}{2}} \right)^2} + \frac{{3{z^2}}}{4} \ge 0\) nên \(y = z\).
Tương tự, lấy hiệu phương trình (2) và (3) ta được \(x = z\).
Thế lại (1): \(2{x^3} = 3x\).
TH1: \(x = 0 = y = z\) | TH2: \(x = \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\) | TH3: \(x = - \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z\). |
2) Điều kiện: \(x \ge 0\).
Phương trình trở thành: \(x = 1\) hoặc \({x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2 = 0\quad (*)\).
Xét phương trình \((*)\), ta có \(\Delta ' = {\left( {a + b} \right)^2} - ab - 2 = {a^2} + {b^2} + ab - 2 \ge 0\) (do \(a,\,\,b\) nguyên dương);
\(S = a + b > 0\,;\,\,P = ab + 2 > 0\).
Suy ra phương trình \((*)\) có hai nghiệm phân biệt dương.
Ta nhận xét tiếp phương trình \((*)\) không nhận \(x = 1\) là nghiệm.
Giả sử ngược lại, thế vào phương trình ta có:
\({1^2} - 2 \cdot \left( {a + b} \right) \cdot \,1 + ab + 2 = 0\)
\(\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right) = 1\)
\(a = b = 1\) hoặc \(a = b = 3\) (trái giả thuyết \(a,\,\,b\) phân biệt).
Vậy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.
Cho hai số thực không âm \(a,\,\,b\) thỏa \(a + b = 2\). Chứng minh
\(\frac{7}{2} \le \frac{1}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{3}{{ab}} \le \frac{7}{{2ab}}\).
Hướng dẫn giải
Ta có \({a^2} + {b^2} \ge 2ab\) nên \({a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) \ge 2ab\).
Suy ra \(\frac{1}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{3}{{ab}} \le \frac{7}{{2ab}}\).
Ta lại có \({a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right){\,^3} - 3ab\left( {a + b} \right) = 8 - 6ab\).
Suy ra \(\frac{1}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{3}{{ab}} = \frac{1}{{8 - 6ab}} + \frac{3}{{ab}}\).
Đặt \(t = ab\) nên \(t \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]\).
Ta chứng minh \(\frac{1}{{8 - 6t}} + \frac{3}{t} \ge \frac{7}{2}\)
\(2\left( {24 - 17t} \right) \ge 7t\left( {8 - 6t} \right)\)
\(42{t^2} - 90t + 48 \ge 0\)
\(6\left( {t - 1} \right)\left( {7t - 8} \right) \ge 0\) (đúng vì \(t \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]\))
Cho hai số tự nhiên \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(2{a^2} + a = 3{b^2} - b\).
a) Chứng minh rằng nếu \(b\) là số nguyên tố thì \(a = b\).
b) Chứng minh rằng \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Hướng dẫn giải
a) Nhận xét: \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\) suy ra \(a \ge b\).
Giả sử ngược lại: \(a \ne b\) nên \(a > b\).
Ta có \(2{a^2} + a = b\left( {3b - 1} \right)\,\, \vdots \,\,b\).
Do \(b\) là số nguyên tố nên \(a\,\, \vdots \,\,b\) hoặc \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\).
TH1: Nếu \(a\,\, \vdots \,\,b\) suy ra \(a \ge 2b\).
Từ giả thiết \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a \ge 8{b^2} + 2b\) (vô lí)
TH2: Nếu \(2a + 1\,\, \vdots \,\,b\). Do \(2a + 1\) lẻ nên \(2a + 1 = 3b\,;\,\,2a + 1 = 5b\,; \ldots \)
Mà ta lại nhận xét nếu \(2a + 1 \ge 7b\) thì \(a > b\) . Khi đó \(3{b^2} - b = 2{a^2} + a > 7{b^2}\) (vô lí).
Nếu \(2a + 1 = 3b\), thế vào phương trình: \(3b\frac{{3b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
Nếu \(2a + 1 = 5b\), thế vào phương trình: \(5b\frac{{5b - 1}}{2} = b(3b - 1)\) (loại).
b) Ta chứng minh \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau bằng phản chứng.
Giả sử ngược lại, gọi \[p\] là ước nguyên tố chung của chúng.
Từ \({b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,{p^2}\) suy ra \(b\,\, \vdots \,\,p\) mà \(a + b\,\, \vdots \,\,p\) nên \(a\,\, \vdots \,\,p\) .
Do \(2a - 2b + 1\) cũng chia hết cho p nên \(1\,\, \vdots \,\,p\) (vô lí).
Do đó \(a + b\) và \(2a - 2b + 1\) nguyên tố cùng nhau.
Từ \(\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}\), ta suy ra \(2a - 2b + 1\) là số chính phương.
Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \[\left( O \right)\] có tam giác \(ABD\) là tam giác nhọn và đường chéo \(AC\) đi qua tâm O của đường tròn \[\left( O \right)\]. Gọi \[I\] là trung điểm \(BD\), \[H\] là trực tâm của tam giác \(ABD,\) \[E\] là giao điểm khác \(A\) của \(AI\) với \[\left( O \right)\] và \[K\] là hình chiếu vuông góc của \[H\] lên \(AI.\)
a) Chứng minh \(CEHK\) là hình bình hành và \(I{B^2} = I{D^2} = IA \cdot IK\).
b) Lấy điểm \[F\] trên cung nhỏ . của đường tròn \[\left( O \right)\] sao cho \(\widehat {BAF} = \widehat {DAI}\). Chứng minh các điểm \[K\] và \[F\] đối xứng nhau qua đường thẳng \[BD.\]
c) Chứng minh các đường phân giác trong các góc \(\widehat {BAD}\) và \(\widehat {BKD}\) cắt nhau trên \[BD.\]
d) Trên đường thẳng qua \[H\] và song song \[AC\] lấy điểm \[T\] sao cho \(TH = TK\). Chứng minh các điểm \[O,\,\,K,\,\,F,\,\,T\] cùng thuộc một đường tròn.
Hướng dẫn giải
a) Ta có \[BHDC\] là hình bình hành nên I là trung điểm HC.
Suy ra \(\Delta IKH = \Delta IEC\,\,{\rm{(g}}{\rm{.c}}{\rm{.g)}}\) nên \(CE = HK\) (hai cạnh tương ứng).
Do đó \(CEHK\) là hình bình hành.
Ta có \(IB \cdot IC = IA \cdot IE\).
Mà \(IB = IC\); \(IK = IE\) nên \(I{B^2} = IA \cdot IK\).
b) Từ giả thiết, suy ra \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(OI \bot EF\), do đó \(IF = IE = IK\).
Suy ra \(\Delta KFE\) vuông tại \[F\] nên \[BD\] là trung trực \[KF\].
c) Từ \(I{B^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{IB}}{{IA}}\).
Tương tự \(I{D^2} = IA.IK\) suy ra suy ra \(\frac{{KD}}{{AD}} = \frac{{ID}}{{IA}}\).
Do đó \(\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{KD}}{{AD}}\).
Gọi \[J\] là chân đường phân giác trong \[AJ\] của tam giác \[ABC.\]
Ta có \(\frac{{JB}}{{JD}} = \frac{{AB}}{{AD}}\) suy ra \(\frac{{KB}}{{KD}} = \frac{{JB}}{{JD}}\).
Suy ra \[KJ\] là phân giác \(\widehat {BKD}\) (đpcm).
d) Gọi \[L\] là giao điểm của \[AH\] và \[\left( O \right)\].
Suy ra \[L\] đối xứng với \[H\] qua \[BD\].
Mà \[K\] và \[F\] cũng đối xứng qua \[BD\] nên \[\left( {BHKD} \right)\] và \[\left( O \right)\] đối xứng qua \[BD\].
Gọi \[T'\] là tâm của đường tròn \[\left( {BHKD} \right)\] suy ra \[O\] và \[T'\] đối xứng qua \[BD\].
Mà \(OI \bot BD\) nên \[I\] là trung điểm \[OT'.\]
Do đó \[OHT'C\,\] là hình bình hành, suy ra \[HT'{\rm{ // }}OC.\]
Mà \(T'H = T'K\) nên \[T'\] thuộc trung trực \[HK\] suy ra \(T \equiv T'\).
Do tính đối xứng qua \[BD\] nên \[OKFT\] là hình thang cân nên cũng là tứ giác nội tiếp.
Cho các số nguyên dương \({a_1} < {a_2} < {a_3} < ... < {a_{30}} < {a_{31}}\). Người ta ghi tất cả các số này lên 31 chiếc thẻ, mỗi thẻ ghi một số.
a) Biết rằng tổng các số được ghi trên 16 thẻ bất kỳ trong số 31 thẻ trên luôn lớn hơn tổng các số được ghi trên 15 thẻ còn lại. Chứng minh \({a_1} \ge 226\).
b) Lấy \({a_1},{a_2},...,{a_{31}}\) là 31 số nguyên dương đầu tiên: \(1\,,\,\,2\,,\,\, \ldots \,,\,\,31\). Người ta bỏ 31 thẻ được ghi các số này vào hai chiếc hộp một cách ngẫu nhiên. Khi kiểm tra một hộp thì thấy rằng trong hộp đó không có hai thẻ nào có tổng hai số được ghi là số chính phương. Chứng minh trong hộp còn lại ta có thể chọn ra được bốn thẻ và chia chúng thành hai cặp sao cho tổng hai số được ghi trên mỗi cặp là số chính phương.
Hướng dẫn giải
a) Từ giả thiết \({a_1} + {a_2} + ... + {a_{16}} > {a_{17}} + ... + {a_{31}}\)
\[{a_1} > \left( {{a_{17}} - {a_2}} \right) + \left( {{a_{18}} - {a_3}} \right) + ... + \left( {{a_{31}} - {a_{16}}} \right) \ge 15 \cdot 15 = 225\].
Suy ra \({a_1} \ge 226\).
b) Xét ba thẻ ghi các số lần lượt là 6, 19 và 30.
Ta thấy rằng tổng 2 thẻ bất kỳ trong chúng hoặc là 25, 36 hoặc 49, nên đều là các số chính phương.
Do chia các thẻ vào 2 hộp nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại một hộp chứa ít nhất 2 thẻ trong 3 thẻ trên nên tổng 2 thẻ đó là số chính phương.
Loại 3 thẻ này, giả sử không còn hộp nào chứa hai thẻ mà tổng lại là số chính phương.
Ta xét cụ thể, giả sử thẻ số 1 thuộc hộp thứ nhất, khi đó các thẻ 3, 8, 15, 24 sẽ thuộc hộp thứ hai.
Do thẻ ghi số 3 thuộc hộp thứ hai nên thẻ 13 sẽ thuộc hộp thứ nhất nên thẻ 12 sẽ thuộc hộp thứ hai.
Khi đó, trong hộp thứ hai này ta chọn thẻ 12 và 24, tổng của chúng sẽ là số chính phương (mâu thuẫn).
Vậy trong hộp còn lại này ta sẽ chọn được 4 thẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
