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

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NINH Năm học 2025 – 2026

Câu 1.

a) Đặt 1 ,1     b y a x suy ra theo giả thiết 1  xy .

Ta có: .1 2 2 2

3 3

3 3

2 2 3 3

2 2 3 3

2

2

2

2                  y x y x xy y x y x y x y x x y y y x x A

b) Phép thử "Chọn ngẫu nhiên đồng thời 2 câu hỏi trong số 12 câu hỏi thực hiện bài kiểm tra".

Số kết quả có thể xảy ra là . 66 2

11 . 12 

Biến cố A "Chọn hai câu sao cho chọn được 2 mức độ khác nhau"

Có 5 cách chọn 1 câu mức độ nhận biết, 4 cách chọn 1 câu mức độ thông hiểu, 3 cách chọn 1 câu

mức độ vận dụng. Số kết thoả mãn biến cố là: 5.4 + 4.3 + 5.3 = 47

Xác suất để 2 câu hỏi được chọn thuộc hai mức độ khác nhau là . 66 47 ) (  A P

Câu 2.

a) ĐKXĐ: .0 ,0 2 5 2     x x x

Ta có 2 2 2 2 1 2 5 1 2 5 x x x x x x x x           

Ta bình phương hai vế và thu được:

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

1 2 2 5 ) 1 ( ) 2 5 (

2 2 3

2 4 2 3 4 2 2 2 2

        

          

x x x x x

x x x x x x x x x

Ta thấy x x x     ,0 1 5 2 suy ra .1   x

Vậy tập nghiệm của phương trình là: {-1}.

b) ĐKXĐ: (*). 0 6 2 3,0 8 2      x y y x

Ta có: . ) 2 ( 6 2 3 8

)1( 0

2

2 2 2 2



 

   

     

x y y x

x y yx y x xy Từ (1) ta có: .0 )1 )( ( 2     y x y x

Trường hợp 1: 0 9 8 0 2 2 2        y y x y x suy ra x = y = 0.

Thử lại thì không thoả mãn (*)

Trường hợp 2: .1 0 1       y x y x Thay vào (2) ta có: .4 8 8 2     y y y (**)

Ta bình phương hai vế thu được: .6

2 0 24 16 2 ) 4 ( 8 8 2 2 2 

 

          y

y y y y y y

Do khi y = 2 thì thay vào (*) sẽ vô lý. Nên y = 6 thì x = 5 thử lại thoả mãn (*) và (**).

Như vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (5,6).

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Câu 3.

a) Ta có: . 33 ) 3 ( )1 ( 23 6 3 3 2 3 2 2 3           x y x x y y y

Khi đó do y + 1 nguyên dương nên .2 33 1 33 )1 ( 3 3        y y y

Nếu y = 1 thì .8 2

8 25 ) 3 ( 2   

  

    x x

x x

Nếu y = 2 thì 6 ) 3 ( 2   x suy ra không có giá trị x thoả mãn.

b) Ta thấy nếu A là tích của ít nhất của ba số tự nhiên liên tiếp thì A chia hết cho 3.

Ta thấy ) 3 (mod 2,1 29 5,1 ) 3 (mod 1,0 , 2 2 2 2      q p q p Như vậy A không chia hết cho 3. Suy ra A

chỉ có thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Giả sử . )1 2 ( 1 ) 29 5 )( 1 ( 8 )1 ( ) 29 5 )( 1 ( 2 2 2 2 2 2            n q p n n q p A (1

Ta xét q > p > 3, thì ) 3 (mod 1 2 2  q p .

Khi đó ). 3 (mod 2 1 ) 29 5 )( 1 1( 8 )1(      VT

Mà VP(1) là số chính phương, như vậy vô lý. Khi đó có ít nhất một số bằng 3.

Nếu q = 3 thì p = 2, ta có )1 ( 740    n n A . Ta thấy phương trình này không có nghiệm nguyên.

Nếu p = 3 thì )1 ( 580 100 )1 ( ) 29 5 ( 20 2 2        n n q n n q

). 20 1 2 )( 20 1 2 ( 2321 )1 2 ( 2321 ) 20 ( 2 2 q n q n n q          

Ta thấy q n q n 20 1 2 20 1 2      ta có bảng sau:

q n 20 1 2   2321 211

q n 20 1 2   1 11

n 580 55 q 58 (loại) 5

Như vậy q = 5. Thử lại thì ). 1 ( 3080 56 . 55    n n

Vậy (p, q) = (3,5) là bộ số ta cần tìm.

Câu 4.

a) Do A, C là trung điểm của HE, HD nên AC là đường trung bình của tam giác EHD.

Suy ra AC || ED mà AB vuông góc AC hay BA vuông góc ED.

Mà EH vuông góc BC suy ra A là trực tâm của tam giác BDE.

b) Do MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABD nên BAE. BDA = BAM =   

Suy ra ). . ( ~ g g BEA BMA   Khi đó . . 2 BE BM BA  Mặt khác ta chứng minh được . . 2 BC BH BA 

Khi đó BH.BC=BM.BE hay BC BE BM

BH  kết hợp góc EBD chung thì ). . . ( ~ c g c CBM EBH  

Như vậy . 90  BMC Suy ra M thuộc (O).