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

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TỈNH THÁI NGUYÊN

Năm học 2025 – 2026

Câu 1.

a. ĐKXĐ:

   ≥

≠ ⇔

 

 



≥

≠ −

≠ − +

0

1

0

0 1

0 3 2

x

x

x

x

x x

. Với 1 ,0 ≠ ≥ x x , ta có

1 1 ) 3 )( 1 ( ) 3 )( 1 ( ) 3 )( 1 ( 3 4 ) 3 )( 1 ( ) 3 )( 3 ( )1 )( 1 ( 7 4 3

1 3 3 1 ) 3 )( 1 ( 7 4 3 1 3 3 1 3 2 7 4 3

− + = + − + + = + − + + = + − − + − − + − − + = ⇔

− − − + + − + − − + = − − − + + − − + − + =

x x x x x x x x x x x x x x x x x x P

x x x x x x x x x x x x x x x x P

Vậy

1 1 − + = x x P với 1 ,0 ≠ ≥ x x .

b. Với 1 ,0 ≠ ≥ x x , có

1 2 1 1 1 − + = − + = x x x P .

Để P nguyên thì 1 2 − x nguyên ∈ − ⇔ 1 x Ư(2) { } 2 ;1 ± ± = , kết hợp 1 ,0 ≠ ≥ x x { } 9;4;0 ∈ ⇒x

Vậy tập giá trị nguyên của x thỏa mãn là { } 9 ; 4 ; 0 .

Câu 2. Giả sử đa thức ) (x P bậc 1 ≥ n thoả mãn ) 2026 ( ), 2025 ( P P là số tự nhiên và có nghiệm

nguyên a. Khi đó theo định lý Bezout thì ) ( ). ( ) ( x Q a x x P − = , với .1 ) ( deg − = n x Q

Ta có: ). 2026 ( ). 2026 ).( 2025 ( ). 2025 ( ) 2026 ( ) 2025 ( Q a Q a P P − − =

Do a a − − 2026 , 2025 là hai số nguyên liên tiếp nên ) 2026 )( 2025 ( a a − − chẵn.

Mặt khác ) 2026 ( ) 2025 ( P P lẻ. Do đó xảy ra điều mâu thuẫn.

Vậy đa thức ) (x P không có nghiệm nguyên.

Câu 3.

Hình chứa C, B lần lượt là tập các HS biết chơi môn đá cầu và bóng đá. Hình chứa A là tập các

HS biết chơi cả hai môn đá cầu và bóng đá. Gọi số phần tử tập chứ A,B,C lần lượt là . , , C B A n n n

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Gọi xác suất của biến cố A, B, C lần lượt là . , , C B A p p p Theo giả thiết thì . 3 2 , 9 2 = = B A p p

Cách 1: Số học sinh biết chơi cả hai môn đá cầu và bóng đá là 10 45 . 9 2 45 . = = = A A p n học sinh.

Số học sinh biết chơi môn đá cầu là 30 45 . 3 2 45 . = = = B B p n học sinh.

⇒Số học sinh biết chơi môn đá bóng là: 25 10 30 45 = + − = C n học sinh.

⇒Xác suất biến cố C là: . 9 5 45 25 45 = = = C C n p

Cách 2: Xác suất biến cố C là

9 5 9 2 3 2 1 1 = + − = + − = A B C p p p .

Vậy 9 5 = C p

Câu 4.

a. Giả sử pqr n = , với p, q, r là các số nguyên tố phân biệt.

Ta có các ước dương của n là . , , , , , , ,1 pqr pr qr pq r q p Theo giả thiết thì

). 1 )( 1 )( 1( 1 16 2 r q p pqr rp qr pq r q p n + + + = + + + + + + + = −

Tức là ). 1 )( 1 )( 1(| 4 r q p + + + ). 1 )( 1 )( 1( 16 2 r q p pqr + + + = −

Trong p, q, r phải có ít nhất hai số nguyên tố lẻ. Suy ra ). 8 ( 2 ) 1 )( 1 )( 1(| 4 − = + + + n r q p

Hay nói cách khác .8 | 2 − n (1)

Giả sử ta p, q, r là các số nguyên tố chia cho 3 dư 1, thì có 1 ,1 ,1 + + + r q p chia cho 3 dư 2.

Do đó ) 1 )( 1 )( 1( r q p + + + chia cho 3 dư 2 và pqr 2 chia cho 3 dư 2.

Suy ra ) 1 )( 1 )( 1( 2 16 r q p pqr + + + − = chia hết cho 3. Dẫn đến điều vô lý.

Như vậy trong ba số tồn tại một số chia cho 3 dư 2.

Khi đó ) 8 ( 2 ) 1 )( 1 )( 1(| 3 − = + + + n r q p hay .8 | 3 − n (2)

Từ (1) và (2) ta có 8 − n chia hết cho 6.

b. Giả sử 4 2 3 − −p p là số chính phương, đặt

2 2 3 4 a p p = − − .

Khi đó ). 2 )( 2 ( 2 2 + + − = p p p a

Đặt ). 2 ,2 gcd( 2 + + − = p p p d Suy ra .8 | 8 ) 3 )( 2 (| d p p d ⇒ + + −

- Nếu d chẵn thì 2 − p chẵn và kéo theo 1 − p lẻ, vô lý do .1 | 4 − p

- Nếu .1 = d Khi đó 2 ,2 2 + + − p p p đều là số chính phương.