Đề thi khảo sát Toán 9 (chuyên) năm 2026 THPT Chuyên Lê Quý Đôn (TP.HCM) có đáp án
4 câu hỏi
1. Cho các số thực \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a + b = 4\) và \({a^3} + {b^3} = 40\). Tính giá trị biểu thức \(P = {a^5} + {b^5}\).
2. Giải phương trình \({\left( {\sqrt {2 + x} + 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {2 - x} + 1} \right)^2} = 2x + 6\).
3. Trong một cuộc thi thiết kế bảng tin của lớp, phần mềm chọn ngẫu nhiên hai số \(a,\,\,b\) từ 1 đến 6. Mỗi cặp \(\left( {a,\,\,b} \right)\) đều có khả năng xuất hiện như nhau. Từ đó, phần mềm đề xuất một tấm bảng hình chữ nhật có nửa chu vi bằng \(a{\rm{ dm}}\) và diện tích bằng \(b{\rm{ d}}{{\rm{m}}^2}\). Phương án được gọi là “hợp lệ” nếu tồn tại một hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng là hai số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện trên. Tính xác suất để phần mềm đưa ra một phương án “hợp lệ”.
Hướng dẫn giải
1. Ta có \({a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 3ab} \right]\)
\(40 = 4\left( {16 - 3ab} \right)\)
\(16 - 3ab = 10\)
\(ab = 2\).
Lại có: \({a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 16 - 4 = 12\).
Xét tích: \[\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {a^5} + {b^5} + {a^2}{b^2}\left( {a + b} \right)\]
\(40 \cdot 12 = P + {2^2} \cdot 4\)
\(480 = P + 16\)
\(P = 464\).
2. Điều kiện xác định: \( - 2 \le x \le 2\). Khai triển phương trình:
\(\left( {2 + x + 2\sqrt {2 + x} + 1} \right) + \left( {2 - x + 2\sqrt {2 - x} + 1} \right) = 2x + 6\)
\(6 + 2\sqrt {2 + x} + 2\sqrt {2 - x} = 2x + 6\)
\(\sqrt {2 + x} + \sqrt {2 - x} = x\)
Do vế trái luôn không âm nên \(x \ge 0\). Bình phương hai vế (với \(0 \le x \le 2\)):
\(\left( {2 + x} \right) + \left( {2 - x} \right) + 2\sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {2 - x} \right)} = {x^2}\)
\(4 + 2\sqrt {4 - {x^2}} = {x^2}\)
Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \,\,\left( {t \ge 0} \right),\) ta có \({x^2} = 4 - {t^2}\). Thay vào ta được:
\(4 + 2t = 4 - {t^2}\)
\({t^2} + 2t = 0\)
\(t\left( {t + 2} \right) = 0\)
Vì \(t \ge 0\) nên \(t = 0\) suy ra \(\sqrt {4 - {x^2}} = 0\)
Khi đó \({x^2} = 4\) nên \(x = 2\) (vì \(x \ge 0\)).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\).
3. Không gian mẫu khi chọn ngẫu nhiên mỗi cặp số \(\left( {a,\,\,b} \right)\) có thứ tự từ 1 đến 6 là \(\left| \Omega \right| = 6 \cdot 6 = 36\).
Nửa chu vi hình chữ nhật là \(a\), diện tích là \(b\).
Gọi chiều dài và chiều rộng là \(x,\,\,y\) \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).
Ta có hệ: \(x + y = a\) và \(xy = b\).
Theo định lí Viète đảo, \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình: \({t^2} - at + b = 0\).
Phương án "hợp lệ" khi phương trình có nghiệm nguyên dương. Khi đó:
• \(\Delta = {a^2} - 4b \ge 0\) và \(\Delta \) là số chính phương.
• \(a > 0,\,\,b > 0\).
Lần lượt xét các giá trị của \(a\):
• \(a = 1\): Không có giá trị \(b\) thỏa mãn.
• \(a = 2\): \(\Delta = 4 - 4b \ge 0\) nên \(b = 1\). Cặp \(\left( {2\,;\,\,1} \right)\) hợp lệ.
• \(a = 3\): \(\Delta = 9 - 4b \ge 0\) nên \(b \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\). Chỉ có \(b = 2\) cho \(\Delta = 1\) (chính phương). Cặp \(\left( {3\,;\,\,2} \right)\) hợp lệ.
• \(a = 4\): \(\Delta = 16 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 3\) và \(b = 4\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {4\,;\,\,3} \right),\,\,\left( {4\,;\,\,4} \right)\) hợp lệ.
• \(a = 5\): \(\Delta = 25 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 4\) và \(b = 6\) thỏa mãn. Cặp \[\left( {5\,;\,\,4} \right)\,,\,\,\left( {5\,;\,\,6} \right)\] hợp lệ.
• \(a = 6\): \(\Delta = 36 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 5\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {6\,;\,\,5} \right)\) hợp lệ.
Có tổng cộng 7 phương án hợp lệ. Xác suất phần mềm đưa ra một phương án hợp lệ là \(P = \frac{7}{{36}}\).
1. Biết phương trình \(2{x^2} - 3ax + a = 0\) có một nghiệm là \(b\) và phương trình \(a{x^2} - 3ax + 2 = 0\) có một nghiệm là \(\frac{4}{{3 - b}}\) với \(a\) là số thực khác 0 và \(b\) là số thực khác 3. Tính giá trị biểu thức \(T = {a^3} + {b^3}\).
2. Để chuẩn bị cho kỳ thi khảo sát năng lực trực tuyến, hệ thống học tập LMS của trường cần thuê máy chủ từ hai nhà cung cấp dịch vụ điện toán đám mây là Alpha và Beta để tự động xử lý và phân tích ảnh của 5000 bài thi trắc nghiệm. Nhà cung cấp Alpha xử lý \(x\) bài thi với tổng chi phí là \(f(x) = \frac{1}{{40}}{x^2} + 100x\) đồng. Nhà cung cấp Beta tính phí thiết lập hệ thống ban đầu là \(400\,\,000\) đồng và phí xử lý cho mỗi bài thi là 200 đồng.
a. Tính tổng chi phí mà trường phải trả cho cả hai nhà cung cấp theo \(x\), đơn vị: đồng.
b. Tổng chi phí thấp nhất phải trả là bao nhiêu đồng?
Hướng dẫn giải
1. Thế các nghiệm vào phương trình tương ứng, ta có:
\(2{b^2} - 3ab + a = 0\quad (1)\)
\(a{\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right)^2} - 3a\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right) + 2 = 0\quad (2)\)
Từ (1) suy ra \(a\left( {1 - 3b} \right) = - 2{b^2}\)
\(a = \frac{{2{b^2}}}{{3b - 1}}\) (nếu \(b = \frac{1}{3}\) thì \(a \cdot 0 = \frac{{ - 2}}{9}\) (vô lí), do đó \(b \ne \frac{1}{3}\)).
Rút gọn phương trình (2), ta được: \[a\frac{{16}}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{{12}}{{3 - b}} + 2 = 0\]
\(a\frac{8}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{6}{{3 - b}} + 1 = 0\)
\(a\left[ {8 - 6\left( {3 - b} \right)} \right] + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)
\(a\left( {6b - 10} \right) + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)
Thế \(a\) vào ta được:
\(\frac{{2{b^2}\left( {6b - 10} \right)}}{{3b - 1}} + {b^2} - 6b + 9 = 0\)
\(12{b^3} - 20{b^2} + 3{b^3} - {b^2} - 18{b^2} + 6b + 27b - 9 = 0\)
\(15{b^3} - 39{b^2} + 33b - 9 = 0\)
\(5{b^3} - 13{b^2} + 11b - 3 = 0\)
\(\left( {b - 1} \right)\left( {5{b^2} - 8b + 3} \right) = 0\)
\({\left( {b - 1} \right)^2}\left( {5b - 3} \right) = 0\)
TH1: \(b = 1\) suy ra \(a = 1\), do đó \(T = {1^3} + {1^3} = 2\).
TH2: \(b = \frac{3}{5}\) suy ra \(a = \frac{9}{{10}}\), do đó \(T = {\left( {\frac{9}{{10}}} \right)^3} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^3} = \frac{{189}}{{200}}\).
2. a) Máy chủ Alpha xử lý \(x\) bài với chi phí: \(f\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} + 100x\).
Máy chủ Beta sẽ xử lý \((5000 - x)\) bài với chi phí:
\(g\left( x \right) = 400\,\,000 + 200\left( {5000 - x} \right) = 1\,\,400\,\,000 - 200x\).
Tổng chi phí: \(C\left( x \right) = f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\) (đồng).
b) Tổng chi phí là \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\).
Ta có \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 4\,\,000x} \right) + 1\,\,400\,\,000\)
\( = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 2 \cdot x \cdot 2000 + {{2000}^2} - {{2000}^2}} \right) + 1\,\,400\,\,000\)
\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} - 100\,\,000 + 1\,\,400\,\,000\)\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} + 1\,\,300\,\,000\).
Vì \({\left( {x - 2000} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\) nên \(C(x) \ge 1\,\,300\,\,000\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 2000 = 0\) nên \(x = 2000\) (TMĐK).
Vậy tổng chi phí thấp nhất phải trả là \(1\,\,300\,\,000\) đồng.
Cho tam giác \(ABC\) có \(AB > AC\) và \(\widehat {BAC} > 90^\circ \). Vẽ đường cao \(AH\). Gọi \(D,\,\,E\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AC.\) Vẽ đường tròn tâm \(D\) đường kính \(AB\) và đường tròn tâm \(E\) đường kính \(AC.\) Đường thẳng \(AB\) cắt đường tròn \(\left( E \right)\) tại \(F\) \(\left( {F \ne A} \right)\); đường thẳng \(AC\) cắt đường tròn \(\left( D \right)\) tại \(G\) \(\left( {G \ne A} \right).\) Các đường thẳng \(BG\) và \(CF\) cắt nhau tại \(K\).
a. Chứng minh các điểm \[A,\,\,H,\,\,K\] thẳng hàng và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(FGH\) đi qua điểm \(D.\)
b. Trên tia đối của tia \(HB\) lấy điểm \(M\) sao cho \(HB = HM\). Gọi \(N\) là giao điểm của hai đường thẳng \(AM\) và \(CK\). Đường thẳng \(AH\) cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BCK\) tại điểm \(P\) \(\left( {P \ne K} \right).\) Hai đường thẳng \(BP\) và \(HN\) cắt nhau tại \(Q\). Chứng minh \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NQ\).
Hướng dẫn giải
a) Vì \(F \in \left( E \right)\) đường kính \(AC\) nên \(\widehat {AFC} = 90^\circ \), suy ra \(CF \bot AB\).
Tương tự \(BG \bot AC\).
Xét \(\Delta ABC\) có \(BG\) và \(CF\)là hai đường cao cắt nhau tại \(K\) nên \(K\) là trực tâm \(\Delta ABC\).
Vì \(AH\) là đường cao từ \(A\) xuống \(BC\) nên \(A,\,\,H,\,\,K\) thẳng hàng.
Ta thấy \(DE\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(DE\,{\rm{//}}\,BC\), suy ra \(\widehat {AED} = \widehat {ACB}\).
Vì tứ giác \(BGFC\) nội tiếp nên \(\widehat {ACB} = \widehat {GFB}\).
Do đó \(\widehat {AED} = \widehat {GFB}\), suy ra tứ giác \(DEFG\) nội tiếp.
Gọi \(T\) là trung điểm \(AK\).
Chứng minh tương tự, ta được tứ giác \(DHFT\) nội tiếp.
Do đó, các điểm \(H,\,\,E,\,\,F,\,\,T,\,\,G,\,\,D\) cùng thuộc một đường tròn hay đường tròn ngoại tiếp tam giác \(FGH\) đi qua điểm \(D.\)
b) Vì tứ giác \(BHFK\) nội tiếp nên \(\widehat {ABH} = \widehat {AKF}\).
Lại có \(\widehat {AKF} = \widehat {HBP}\) suy ra \(\widehat {ABH} = \widehat {HBP}\).
Vì tam giác \(ABP\) có \(BH\) vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên \(BH\) cũng là đường trung tuyến của \(\Delta ABP\). Khi đó \(H\) là trung điểm của \(AP\).
Theo giả thiết \(HB = HM\) nên \(H\) là trung điểm \(BM\).
Vì tứ giác \(ABPM\) có hai đường chéo \(AP\) và \(BM\) cắt nhau tại trung điểm \(H\) của mỗi đường nên \(ABPM\) là hình bình hành. Suy ra: \(BP\,{\rm{//}}\,AM\).
Xét \(\Delta HBQ\) và \(\Delta HMN\) có:
\(HB = HM\) (giả thiết)
\(\widehat {BHQ} = \widehat {MHN}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\widehat {HBQ} = \widehat {HMN}\) (do \(BP\,{\rm{//}}\,AM\))
Do đó \(\Delta HBQ = \Delta HMN\) (g.c.g)
Suy ra \(HQ = HN\) (hai cạnh tương ứng).
Vậy \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(NQ\).
1. Cho \(a\) và \(b\) là hai số nguyên dương phân biệt bé hơn 2027 thỏa mãn \({a^2} + 1,\,\,{b^2} + 1\) là hai số chia hết cho 2027. Chứng minh \(ab - 1\) chia hết cho 2027.
2. Cho tập hợp \(S = \left\{ {1\,;\,\,2\,;\,\, \ldots \,;\,\,2026} \right\}\) và tập hợp \(A\) là tập hợp con chứa ít nhất 3 phần tử của \(S\). Biết rằng ba số phân biệt bất kì thuộc tập hợp \(A\) luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1004 phần tử.
Hướng dẫn giải
1. Ta có \({a^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\) và \({b^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\)
\(\left( {{a^2} + 1} \right) - \left( {{b^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\)
\({a^2} - {b^2}\,\, \vdots \,\,2027\)
\(\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).
Vì 2027 là số nguyên tố nên \(\left( {a - b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) hoặc \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).
Vì \(0 < a,\,\,b < 2027\) và \(a \ne b\) nên \(0 < \left| {a - b} \right| < 2027\), do đó \(a - b\) không thể chia hết cho 2027.
Do đó \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\). Vì \(0 < a + b < 4054\) nên \(a + b = 2027\) suy ra \(b = 2027 - a\).
Khi đó \(ab - 1 = a\left( {2027 - a} \right) - 1 = 2027a - \left( {{a^2} + 1} \right)\).
Vì \(2027a\,\, \vdots \,\,2027\) và \(\left( {{a^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) nên \(ab - 1\,\, \vdots \,\,2027\) (đpcm).
2. Giả sử tập \(A\) có nhiều hơn 1014 phần tử, tức là \(\left| A \right| \ge 1015\).
Gọi các phần tử của \(A\) là \({a_1} < {a_2} < \ldots < {a_k}\) với \(k \ge 1015\).
Vì 3 phần tử bất kỳ luôn tạo thành 3 cạnh của một tam giác, nên tổng của 2 phần tử nhỏ nhất phải lớn hơn phần tử lớn nhất: \({a_1} + {a_2} > {a_k}\)
Mặt khác, vì \({a_i}\) là các số nguyên dương phân biệt, ta có \({a_k} \ge {a_2} + k - 2\).
Kết hợp hai điều trên \({a_1} + {a_2} > {a_k} \ge {a_2} + k - 2\) suy ra \({a_1} > k - 2.\)
Với \(k \ge 1015\), ta có \({a_1} > 1015 - 2\) nên \({a_1} \ge 1014\).
Suy ra: \({a_k} \ge {a_1} + k - 1 \ge 1014 + 1015 - 1 = 2028\).
Điều này vô lý vì mọi phần tử của \(A\) đều thuộc \(S\) nên \({a_k} \le 2026\).
Vậy giả thiết \(\left| A \right| \ge 1015\) là sai. Tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1014 phần tử.
