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

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

2

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN

TỈNH NINH BÌNH 2025 Câu 1.

a) Từ giả thiết ta có: . 1

2 2 2

b a a c c b abc ca bc ab + + = + + = Khi đó

.0 ) ( ) (

) ( ) ( ) (

= + + −       + + + + =

− − − + + + + + + + + =

c b a a c c b b a c b a

c b a a c b a c c b a c b b a c b a P

b) Ta có hệ phương trình: . ) 2 ( ) 2 ( 3 2

)1( 5 4 ) 2 3 (

2 2

2 2 2



 

− = −

= + −

y y xy x

y x xy

Ta thấy khi y = 0 thì từ (2) có x = 0, thao lại vào (1) thì không thoả mãn.

Xét y khác 0, từ (2) ta có . 2 2 2 3 2 ) 2 3 (

2 2 2 2 2 y y x y y x xy y x xy y − = − = − ⇔ − = −

Thay vào (1) thì

.0 ) )( )( ( 4 4

5 4 4 4 5 4 2

2 2 4 4 2 2

4

2 2 2 2 2

4 2 2

2 2

= + + − ⇔ = ⇒ = ⇔

= + + − ⇔ = +  

  

 −

y x y x y x y x y y x

Trường hợp 1: Nếu ,0 0 2 2 2 2 = = ⇔ = + ⇔ − = y x y x y x không thoả mãn.

Trường hợp 2: Nếu y x = thì từ (2)

    





− = =

= = = = ⇒

    





− =

= = ⇔ = − − ⇔ − = −

3 2 1 ) ( 0

3 2 1 0 0 2 3 ) 2 ( 3 2 2 3 3 2

y x

y x L y x

x

x x x x x x x x x

Trường hợp 3: Nếu y x − = thì từ (2)

.0 ) 2 3 ( 0 2 3 ) 2 ( 3 2 2 2 3 3 2 = + − ⇔ = + − ⇔ − − − = − x x x x x x x x x x

Mà 0 2 3 2 > + −x x nên x = 0 kéo theo y = 0, không thoả mãn.

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

3

Vậy hệ phương trình có các nghiệm ) , ( y x là . 3 2 , 3 2 ), 1,1(       − −

Câu 2.

a) Xét . ,0 )3 3 ( ) 9 18 ( ) 3 ( ' 2 2 m m m m ∀ ≥ − = − − = ∆

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 1, x x thì m khác 1.

Do 1x là nghiệm của phương trình (1) nên

.3 2 6 18 4 0 9 18 6 1 1 2 1 1 2 1 + = − + − ⇔ = − + − mx m mx x m mx x

Giả sử tồn tại m thoả mãn yêu cầu bài toán, khi đó đẳng thức trở thành:

.

6 1 0 72 2

9 6. 6 ) 9 18 ( 4 9 2

9 ) ( 6 4 ) 3 2 )( 3 2 ( 9 2

2

2

2 1 2 1 2 2 1

 





± =

= ⇔ = ⇔

+ + − = + ⇔

+ + + = + + = +

m

m m m

m m m m m

x x m x x m mx mx m

Thử lại với 6 1 , 6 1 ,0 − = = = m m m đều thoả mãn.

Vậy các giá trị m cần tìm là 6 1 , 6 1 ,0 − = = = m m m .

b) Ta có: c c c c 2 13 3 2 2 − ≤ − . Thật vậy 0 ) 11 2 ( 2 13 3 2 2 ≤ − ⇔ − ≤ − c c c c c c với .3 0 ≤ ≤c

Khi đó ) ( 2 ) ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 c b c b a c b c b a P + − + + ≤ − − + + ≤

Hay .8 6 3 ) 4 ( 2 ) 4 ( 2 2 2 2 + − = − − − + ≤ a a a a a P (*)

Mặt khác . 17 8 6 3 0 )3 2 (3 0 )3 )( 1 ( 2 2 ≤ + − ⇔ ≤ − − ⇔ ≤ − + a a a a a a

Như vậy từ (*) thì . 17 ≤ P

Vậy . 17 max = P Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = 3, b = 1, c = 0.

Câu 3.

a) Giả sử tồn tại m để A là một số chính phương. Ta có )3 4 )( 2 ( 2 + + + = m m m A .

Đặt )3 4 ,2 gcd( 2 + + + = m m m d . Khi đó .1 1| 1 ) 2 ( 3 4 |

2 |

2 2 = ⇔ ⇒   

− + = + +

+ d d m m m d

m d

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung

4

Do đó 3 4 ,2 2 + + + m m m đều là số chính phương.

Giả sử , 3 4 2 2 a m m = + + với a nguyên dương. Ta có

.1 ) 2 )( 2 ( 1 ) 2 ( 2 2 = + + − + ⇔ = − + a m a m a m

Trường hợp 1: . 0

1

1 2

1 2

   =

− = ⇔    = + +

= − +

a

m

a m

a m Thử lại 1 − = m thoả mãn.

Trường hợp 2: . 0

3

1 2

1 2

   =

− = ⇔    − = + +

− = − +

a

m

a m

a m Thử lại 3 − = m thoả mãn.

Vậy các giá trị m cần tìm để A là số chính phương là .1 ,3 − = − = m m

b) Giả sử tồn tại cặp số nguyên dương (x,y) sao cho .1 | 2 + + y x xy

Đặt ). 1 ( 1 1 2 2 − = + ⇔ = + + ky x y kxy y x Trong đó k nguyên dương, hiển nhiên .1 ≠ ky

Khi đó . |1 )1 ( )1 ( |1 1 |1 2 2 k y ky k y ky y y k ky y ky + − ⇒ + + − = + − ⇒ + −

Suy ra .1 )1 ( 1 + ≤ − ⇒ + ≤ − k k y k y ky (*)

Trường hợp 1: Nếu k = 1 thì .1 )1 ( 1 2 2 + = − ⇔ + + = y y x y x xy (1)

Do đó .2 |1 2 )1 )( 1 ( 1 |1 2 − ⇒ + + − = + − y y y y y Hay { }. 3;2 ∈ y

Với y = 2 thay vào (1) thì x = 5, còn y = 3 thì x = 5.

Trường hợp 2: Nếu k = 2 thì .1 )1 2 ( 1 2 2 2 + = − ⇔ + + = y y x y x xy (2)

Do đó .5 |1 2 5 )1 2 )( 1 2 ( )1 ( 4 |1 2 2 − ⇒ + + − = + − y y y y y Hay { }. 3;1 ∈ y

Với y = 1 thay vào (2) thì x = 2, còn y = 3 thì x = 2.

Trường hợp 3: Nếu k = 3 thì 1 3 2 + + = y x xy và từ (*) có ⇒ ≤2 y { }. 2;1 ∈ y

Với y = 1 thay vào (3) thì x = 1, còn y = 2 thì x = 1.

Trường hợp 4: …