Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2025 - 2026 trường chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

Thầy Lê Văn Thế, Thầy Nguyễn Hồng Tâm, Thầy Nguyễn Trần Kiên/CLB Toán Cơ Sở; Nguyễn Trần Hoàng – ĐHSPHN1 2

HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO ĐỀ TOÁN CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU NGHỆ AN (2025 - 2026) Câu 1.

a. Giả sử a là số nguyên dương bé nhất khác 36 sao cho 1 | 1297 2  a

Ta có ). 36 )( 36 ( 36 1297 )1 (| 1297 2 2 2        a a a a

Vì 1297 là số nguyên tố suy ra . 36 | 1297

36 | 1297 

 



a

a

Nếu 36 | 1297  a thì a chia cho 1297 dư 1261 suy ra a bé nhất có thể là 1261.

Nếu 36 | 1297  a thì a chia cho 1297 dư 36 suy ra a bé nhất có thể là 1333.

Như vậy . 1297 )1 1261 )...( 1 2 )( 1 1( 2 2 2 2    

Vậy . 649  n

b. Đặt b a p   và ) , ( b a d  , suy ra . | p b a d  

Trường hợp 1: p d  thì đặt 2 2, dy b dx a   , với x, y nguyên dương và .1 ) , (  y x

Ta có .1 ) )( ( ) )( ( ) ( 2 2            y x y x y x y x d y x d b a p

Từ đây tính được .0 ,1   y x (vô lý)

Trường hợp 2: 1  d thì đặt 2 2, y b x a   , với x, y nguyên dương và .1 ) , (  y x

Ta có ) )( ( y x y x b a p      suy ra . ,1 p y x y x    

Khi đó . 2

1 , 2

1     p y p x Do đó . 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2                      p p p y x b a

Mà 5 | 5 2

5 3 2

1 3 | 5 2 2 2          p p p b a . Do vậy .5  p

Khi đó 2 ,3   y x thì .4 ,9   b a

Câu 2.

a. Với 2  x , ta có phương trình ban đầu tương đương:

.0 5 2 1 2 2 4 5 ) 2 (

2 4 5 2 2 2 4 5 ) 2 ( 4 2 . 4

2 2 2

2

4

2 2 2

2

2 2

  

  

    

  

        

                  

x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x

Trường hợp 1: .2

1 0 2 ) 2 )( 1 ( 0 2 2 0 1 2

2 2 

  

               x

x

x x x x x x x x

Trường hợp 2: .0 2

10 5 0 5 2

2 2  

      x

x x x

x (1)

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

Thầy Lê Văn Thế, Thầy Nguyễn Hồng Tâm, Thầy Nguyễn Trần Kiên/CLB Toán Cơ Sở; Nguyễn Trần Hoàng – ĐHSPHN1 3

Do 0 10 5 2   x x nên (1) vô nghiệm.

Như vậy 2 ,1    x x là nghiệm của phương trình ban đầu.

b. Ta có: . ) 2 ( )1 ( 5 4

)1( 5 18 9

2 2

3 3



 

  

  

y x

y x y x

Từ (2) có .9 5 2 2  y x

Từ (1) ta có: .0 ) 18 ( 0 18 0 9 5 18 2 2 3 3 3             xy x x y x x x y y x x

Trường hợp 1: . 5 3 5 9 0 2       y y x

Trường hợp 2: 18 2  xy x suy ra xy x x y     2 2 2 18 ) 5 ( 2

Hay .0 ) 5 3 )( 2 ( 0 10 3 2 2        y x y x y xy x

- Nếu . 5 9 2 2 2 2 y x y y x       Suy ra .3 ,6 3 ,6 

       y x y x

- Nếu . 20 81 9 20 9 25 5 9 5 3 2 2 2 2        y y y y y x Suy ra .

10 5 9 , 2 5 3 10 5 9 , 2 5 3

   





   

 

y x

y x

Vậy hệ phương trình có các nghiệm là:

  . 3 ,6 , 3,6 , 10 5 9 , 2 5 3 , 10 5 9 , 2 5 3 , 5 3 ,0 , 5 3 ,0    

  

    

  

  

  

   

  



Câu 3. a. Để chọn 4 bạn mà trong đó có bạn An thì ta chọn An có 1 cách. Ta chọn 3 bạn trong 4 bạn còn lại có 4 cách, bao gồm: Dũng, Bình, Cường ; Dũng, Bình, Thảo; Bình, Cường, Thảo; Cường, Dũng, Thảo Như vậy số trường hợp để chọn 4 bạn mà trong đó có bạn An là 4.

Xác suất chọn 4 bạn mà trong đó có bạn An là . 5 4

b. Cách 1: Tính trực tiếp. Giả sử 4 bạn được trao giải lài A,B,C,D. Ký hiệu các phần thưởng là số 1,2,3,4 tương ứng với 4 bạn A, B,C,D. Ta xét 3 trường hợp sau: TH1: Chỉ có 1 bạn nhận đúng phần thưởng, chọn 1 bạn trong 4 bạn có 4 cách chọn. Giả sử bạn đó là A, 3 bạn còn lại là B,C,D, chọn B để trao có 2 cách (nhận phần thưởng số 3 hoặc 4. Nếu B nhận số 3 thì D nhận số 2 và C nhận số 4. Nếu B nhận số 4 thì D nhận số 3, C nhận số 2). Như vậy TH này có 2x4=8 cách. TH2: Có 2 bạn nhận đúng phần thưởng, có 6 cách chọn 2 trong 4 bạn, Giả sử hai bạn nhận đúng phần thưởng là A (nhận số 1) và B (nhận số 2), khi đó C,D chỉ có 1 cách trao phần thưởng (C nhận số 4, D nhận số 3).