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

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN TỈNH PHÚ YÊN Năm học 2025 – 2026

Câu 1

a) Với 1 ,0   x x ,ta có

x x x x x x x P

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 x x x x x x x x P

1 2 ) 1( )1 )( 1 (

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

1 1 1 1 1 1

3

2 2

2 2

       

              

                  

Khi đó . 4 9

2 1 9 1 2 9 9 0        

x x x x x P Do để P

9 nguyên.

TH1:

   





 

  

   





 

     

2 5 21 47 2 5 21 47

2 5 3 7 2 5 3 7

9 1 9

x

x

x

x P P (thỏa mãn)

TH2:  







 

  







    

4 1

4

2 1

2

2 9 2 9 x

x

x

x P P (thỏa mãn)

Vậy tập các giá trị của x thỏa mãn là

  

     4 1 ;4; 2 5 21 47 ; 2 5 21 47 .

b) Ta có b b b b b 1 0 3 6 2 0 2 6 3 2 2         là nghiệm của phương trình 0 3 6 2 2   x x

Mà a cũng là nghiệm của phương trình 0 3 6 2 2   x x , nên theo Vi-ét ta có:



 



   

 

 





  

2 3

3 1

2 3

3 1

b a

b ab

b a

a b .

Thay vào P ta được: 2025 ) 3 ( . 2 3 . 20

6075 )1 ( 20 6075

3 2

3

3 2

3        b b b b ab ab b P

Vậy 2025  P .

Câu 2.

a) ĐKXĐ . 3 2 0 1 ,2 3       x x x Đặt .0 , ,1 , 2 3      b a x b x a Suy ra . 2 2 2 b a x  

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Ta có: . 2 2 1 2 2 3 2 5 3 2 2 2 b a ab b a x x x x x            

Suy ra . 2 ) )( 2 ( b a b a b a    

Trường hợp 1: .0 1 2 3 0 0 2           x x b a b a (vô nghiệm)

Trường hợp 2: .1 1 2 3 1        x x b a Ta bình phương hai vế của phương trình thì

.1 1 2 2 2 3         x x x x x

Với .0  x Ta có: . 2

5 1 1 2      x x x

Thử lại thấy 2

5 1  x thoả mãn phương trình ban đầu.

Vậy tập nghiệm của phương trình là . 2 5 1

  

  

b) Gọi 2 1, x x là hai nghiệm nguyên của phương trình .0 ) (  x P Giả sử 2 1 x x 

Suy ra ). )( ( ) ( 2 1 x x x x x P    Theo định lý Vi - ét, ta có: .4 2 1  c x x (1)

Mà 2 1 4 4 ) 4 ( x x P    là số nguyên tố.

TH1: Nếu .3

5 1 4

1

1 1 

 

    x

x x

+ Với 3 1  x . Như vậy , 3 4

1 2 x x   vô lý.

+ Với 5 1  x . Như vậy , 0 5 4

1 2 2 x x x     vô lý.

TH2: Nếu .3

5 1 4

2

2 2 

 

    x

x x

+ Với .3 2  x Như vậy .0 1 1 1    x x

Khả năng 1: 0 1  x thì 4 ) 4 (  P không là số nguyên tố.

Khả năng 2: 1 1  x thì .3 ,4 ) ( 2 1 2 1        x x c x x b

+ Với 5 2  x . Như vậy .0 5 4

1 1    x x Khi đó 4 ) 4 (  P không là số nguyên tố.

Vậy .3 4 ) ( ,3 ,4 2       x x x P c b

Câu 3.

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

4

a. Do BA vuông góc AC và DE vuông góc BC nên H là trực tâm của tam HBC.

Suy ra HC vuông BD tại F.

Ta có      90 HEC DFH và EHC FHD    suy ra

. . . ) . ( ~ HD HE HC FH HC HD EH FH g g EHC FHD      

b. Theo định lý Pitago . 2

2 2 2 2 2 a AB AC AB BC    

Ta có: . 45  ADH Suy ra tam giác ADH vuông cân tại A và AD = AH.

Bằng cách chứng minh tương tự câu a thì

. . . ~ HB HA HC FH HC HB AH FH AHC FHB      

Theo bất đẳng thức AM - GM: . 8 4 4 ) ( . .

2 2 2 a AB HB HA HB HA HC FH     

Vậy . 8 ) . max(

2 a HC FH  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ . 2 1 2 1 AC AB BH AH DA    

Như vậy khi D thuộc tia đối AC sao cho . 4 2 2 1 a AC DA  

Câu 4.

a. Gọi hình chiếu của E lên BC là G.

Khi đó, ta có )1 .( . . ) . ( ~ AG AB AD AE AD AG AB AE g g ADB AGE      

Và ) 2 .( . . ) . ( ~ BG BA BC BE BC BG BA BE g g BCA BGE      

Từ (1) và (2) ta có: . 4 ) ( . . 2 2 a BA GB AG BA BC BE AD AE     

b. Ta thấy 90     ACB ADB suy ra E là trực tâm của tam giác FAB. Hay EF vuông góc AB.

Gọi I’ là trung điểm của EF. Khi đó ta có I’E = I’F = I’C= I’D.

Ta có: . 90 ' 180 ' 180 '                ABF FB I ODB DF I DO I