Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (vòng 2) năm 2025 - 2026 trường chuyên ĐH Vinh - Nghệ An

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN

ĐẠI HỌC VINH 2025 Câu 1.

a. Ta có: . ) 2 ( 1 3 3

)1( 14 2

2 3   

= − + +

= + +

y x x x

y xy x

Từ (2) thì .1 3 3 2 3 − + + = x x x y Thay vào (1) ta có:

( ) ( ) ( ) .0 4 )1 ( ) 3 )( 1 (

0 4 )1 ( ) 2 1 )( 2 1 ( 16 )1 (

)1 ( 2 )1 ( 2 )1 )( 1 3 3 ( 2 )1 ( 2 14

2

2 4

3 2 3

= + + + − 

= + + + + − +  = + 

+ − + + = + − + + + = + + =

x x x

x x x x

x x x x x x x x x y x

Ta thấy .0 4 )1 ( 2  + + x Với x = 1 thì y = 6 và với x = -3 thì y = -10 .

Vậy hệ phương trình các nghiệm (x, y) là ). 10 ,3 ( ), 6,1( − −

b. Điều kiện xác định: .2  x Đặt .2 2 3 + − − = x x t Ta có:

.4 3 8 5 2 4 6 2 ) 2 ( 9 2 2 2 2 − − − =  − − + + − = x x t x x x t

Khi đó phương trình ban đầu trở thành: . 2 4 3 8 5 2 2 3

2 2 t t x x x x =  − − − = + − −

Trường hợp 1: .2 2 3 0 + = −  = x x t (*)

Ta bình phương hai vế của phương trình (*) có: . 2 5 2 ) 2 ( 9 =  + = − x x x

Thử lại 2 5 = x , ta thấy thoả mãn phương trình ban đầu.

Trường hợp 2: .2 2 2 3 2 + + = −  = x x t (**)

Ta bình phương hai vế của phương trình (**) có:

.2 6 2 2 4 24 8 2 4 6 ) 2 ( 9 + = −  + = −  + + + = − x x x x x x x (***)

Với .3  x Ta tiếp tục bình phương hai vế của phương trình (***) có:

.0 ) 2 )( 17 2 ( 0 34 25 4 2 36 24 4 2 2 = − −  = + −  + = + − x x x x x x x

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Đối chiếu điều kiện thử lại, ta thấy 2 17 = x thoả mãn phương trình ban đầu.

Vậy tập nghiệm của phương trình ban đầu là . 2 5 , 2 17

 

Câu 2.

a. Ta thấy với n nguyên dương lẻ thì

.5 )1 4 ... 4 4 ( 5 )1 4 ... 4 4 )( 4 1( 4 1 2 1 2 1  + − + − = + − + − + = + − − − − n n n n n n

.5 ) 3 3.2 ... 3. 2 2 ( 5 ) 3 3.2 ... 3. 2 2 )( 3 2 ( 3 2 1 2 2 1 1 2 2 1  − − − − − − − − + − + − = + − + − + = + n n n n n n n n n n

Như vậy với n lẻ thì

n n n n 4 3 2 1 + + + chia hết cho 5.

- Ta xét n chia cho 4 dư 2, đặt ). 0 (,2 4  + = k k n Ta có:

.5 )1 4 ... 4 4 ( 5 )1 4 ... 4 4 )( 4 1( 4 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2  + − + − = + − + − + = + = + − − + + k k k k k k n n

và .5 ) 16 16 .9 ... 16 . 9 9 .( 25 16 9 4 3 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2  k k k k k k n n + − + − = + = + − − + +

Như vậy với n chia cho 4 dư 2 thì

n n n n 4 3 2 1 + + + chia hết cho 5.

- Ta xét n chia hết cho 4, đặt ). 0 (, 4  = k k n Ta có: ). 5 (mod 1 4 3 2 1 4 4 4 4    

Suy ra ). 5 (mod 1 4 3 2 1 ) 5 (mod 1 4 3 2 1 4 4 4 4          n n n n k k k k

Khi đó

n n n n 4 3 2 1 + + + chia cho 5 dư 4. Hay

n n n n 4 3 2 1 + + + không chia hết cho 5.

Do đó với n lẻ hoặc n chia cho 4 dư 2 thì

n n n n 4 3 2 1 + + + chia hết cho 5.

Từ 1 đến 2025 có 1013 số lẻ và 506 số chia cho 4 dư 2.

Vậy có tất cả 1519 số nguyên dương n từ 1 đến 2025 sao cho

n n n n 4 3 2 1 + + + chia hết cho 5.

b. Với x = y = 0 thì 1 2 2 + + y x là số chính phương. Xét x, y không đồng thời bằng 0.

Ta có: . )1 2 2 )( ( ) ( ) ( 2 3 2 2 2 2 2 2 2 y y x y x y y x y x y y x x = + + −  = − + −  + = +

Đặt ). 1 2 2, ( + + − = y x y x d

Giả sử d > 1 và gọi p là một ước nguyên tố bất kì của d.