Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2026 lần 2 trường chuyên ĐHSP Hà Nội

Đáp án kì thi thử lần 2

Câu Nội Dung Điểm Câu 1 1.a (1.5 điểm)

Ta có

𝑎𝑏+ √𝑎𝑏+ 1 + √(𝑎2 + 𝑏)(𝑏2 + 𝑎) = 0 ⇒√(𝑎2 + 𝑏)(𝑏2 + 𝑎)

= −𝑎𝑏−√𝑎𝑏+ 1 ⇒(𝑎2 + 𝑏)(𝑏2 + 𝑎) = 𝑎2𝑏2 + 2𝑎𝑏√𝑎𝑏+ 1 + 𝑎𝑏+ 1

⇒𝑎3 + 𝑏3 = 2𝑎𝑏√𝑎𝑏+ 1 + 1

0.5

Ta có

𝑆2 = 𝑎2(𝑏2 + 𝑎) + 𝑏2(𝑎2 + 𝑏) + 2𝑎𝑏√(𝑏2 + 𝑎)(𝑎2 + 𝑏)

= 𝑎3 + 𝑏3 + 2𝑎2𝑏2 + 2𝑎𝑏(−𝑎𝑏−√𝑎𝑏+ 1) = 2𝑎𝑏√𝑎𝑏+ 1 + 1 + 2𝑎2𝑏2 + 2𝑎𝑏(−𝑎𝑏−√𝑎𝑏+ 1) = 1

0.5

Do 𝑎𝑏= −(√𝑎𝑏+ 1 + √(𝑎2 + 𝑏)(𝑏2 + 𝑎)) ≤0. Giả sử 𝑎≥0 và 𝑏≤0. Khi đó 𝑎√𝑏2 + 𝑎≥𝑎√𝑏2 ≥−𝑎𝑏 và √𝑎2 + 𝑏≤𝑎⇒𝑏√𝑎2 + 𝑏≥𝑎𝑏. Do đó 𝑆≥−𝑎𝑏+ 𝑎𝑏= 0 Suy ra 𝑆= 1.

0.5

1.b (1 điểm)

Giả sử hình vuông cần tô là 𝐴𝐵𝐶𝐷. Mỗi một cạnh có ba cách tô màu nên số cách tô màu các cạnh của hình vuông là 3.3.3.3 = 81.

0.25

Ta xác định số cách tô màu cạnh hình vuông để không có hai cạnh nào kề nhau cùng màu TH1. Nếu 𝐴𝐷 và 𝐵𝐶 được tô cùng màu, thì có ba cách chọn màu để tô hai đoạn thẳng này. Khi đó ta chỉ cần chọn màu khác màu của AD đê tô cho 𝐴𝐵 𝑣à 𝐶𝐷. Do đó mỗi cạnh 𝐴𝐵 và 𝐶𝐷 có 2 cách tô màu. Do đó có 3.2.2 = 12 cách tô màu. TH2. Nếu 𝐴𝐷 và 𝐵𝐶 tô khác màu nhau. Khi đó 𝐴𝐷 có 3 cách tô màu, 𝐵𝐶 có hai cách tô màu. Vì 𝐴𝐵 và 𝐶𝐷 thì phải tô khác màu với cả 𝐴𝐷 và 𝐵𝐶 nên mỗi đoạn chỉ có 1 cách tô. Do đó có 3.2.1.1 = 6 cách tô. Vậy số cách tô màu thoả mãn là 12 + 6 = 18.

0.5

Xác suất để tô được hình vuông có hai cạnh kề nhau khác màu là : 0.25

18 81 = 2

9.

Câu 2 2.a (1 điểm) Ta có 𝑏+ 𝑐≥2√𝑏𝑐. Suy ra √𝑎𝑏−1

𝑏+𝑐≤

1

2 √𝑎𝑏−1

𝑏𝑐 =

1

2 √

1

𝑐. √(𝑎−

1

𝑏)

0.5

Lại có √

1

𝑐. √(𝑎−

1

𝑏) ≤

1

2 (

1

𝑐+ 𝑎−

1

𝑏). Suy ra √𝑎𝑏−1

𝑏+𝑐≤

1

4 (

1

𝑐+ 𝑎−

1

𝑏)

0.25

Chứng minh tương tự ta có :

√𝑏𝑐−1

𝑐+ 𝑎 ≤1

4 (1

𝑎+ 𝑏−1

𝑐)

√𝑐𝑎−1

𝑎+ 𝑏 ≤1

4 (1

𝑏+ 𝑐−1

𝑎)

Suy ra

√𝑎𝑏−1

𝑏+ 𝑐 + √𝑏𝑐−1

𝑐+ 𝑎 + √𝑐𝑎−1

𝑎+ 𝑏 ≤𝑎+ 𝑏+ 𝑐

4

0.25

2.b(1 điểm)

Giả sử 𝑎2026𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑎2026𝑐+ 1 = 0 có hai nghiệm nguyên là 𝑟 và 𝑠. Khi đó 𝑟. 𝑠= 𝑐+

1

𝑎2026 là số nguyên nên 𝑎2026 = 1. Do đó 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐−1

0.25

Xét phương trình 𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐+ 1 = 0.

Theo định lý Viét có {𝑟+ 𝑠= −𝑏

𝑟𝑠= 𝑐+ 1.

Có 𝑓(1) = 𝑏+ 𝑐, 𝑓(−1) = 𝑐−𝑏.

0.25

Do đó (𝑓(1))

2 + 𝑓(−1)2 = (𝑏+ 𝑐)2 + (𝑐−𝑏)2 = 2(𝑏2 + 𝑐2).

Suy ra

(𝑓(1)2+𝑓(−1)2)

2 = 𝑏2 + 𝑐2 = (𝑟+ 𝑠)2 + (𝑟𝑠−1)2 = 𝑟2𝑠2 + 𝑟2 + 𝑠2 + 1 = (𝑟2 + 1)(𝑠2 + 1).

Vì 𝑟2 + 1 ≥2, 𝑠2 + 1 ≥2 nên

(𝑓(1)2+𝑓(−1)2)

2 là hợp số.

0.5

Câu 3. (1.5 điểm)

Với mọi 𝑛 thì (𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛)2 chia hết cho 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎. Cho 𝑛= 1 thì (𝑎+ 𝑏+ 𝑐)2 ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎) ⇒𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 ⋮ (𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎) Ta có 𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3 −3𝑎𝑏𝑐= (𝑎+ 𝑏+ 𝑐)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 −𝑎𝑏−𝑏𝑐− 𝑐𝑎) ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎). Cho 𝑛= 3 thì (𝑎3 + 𝑏3 + 𝑐3)2 ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎) Suy ra 9𝑎2𝑏2𝑐2 ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎) Vì (𝑎, 𝑏) = (𝑏, 𝑐) = (𝑐, 𝑎) = 1 nên (𝑎𝑏𝑐; 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎) = 1. Do đó 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎|9. Suy ra 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎≤9

0.5

Giả sử 𝑎≥𝑏≥𝑐. Khi đó 3𝑐2 ≤𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎≤9 ⇒𝑐2 ≤3 ⇒𝑐= 1. Do đó 𝑎𝑏+ 𝑎+ 𝑏|9. Vì 𝑎𝑏+ 𝑎+ 𝑏≥3 nên 𝑎𝑏+ 𝑎+ 𝑏∈{3; 9}. Nếu 𝑎𝑏+ 𝑏+ 𝑎= 3 thì 𝑎= 𝑏= 1. Do đó (𝑎; 𝑏; 𝑐) = (1; 1; 1; ). Nếu 𝑎𝑏+ 𝑎+ 𝑏= 9 ⇒(𝑎+ 1)(𝑏+ 1) = 10 ⇒𝑎= 4, 𝑏= 1 . Thử lại

0.5

Khi 𝑎= 𝑏= 𝑐= 1 thì (𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛)2 = 3 và 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎= 3. Do đó (𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛)2 ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎). Khi 𝑎= 4, 𝑏= 𝑐= 1 thì 𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛 = 4𝑛+ 2 chia hết cho 3 nên (𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛 )2 ⋮9 và 𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎= 4 + 4 + 1 = 9. Do đó (𝑎𝑛+ 𝑏𝑛+ 𝑐𝑛)2 ⋮(𝑎𝑏+ 𝑏𝑐+ 𝑐𝑎). Vậy các bộ thoả mãn là (1; 1; 1), (4; 1; 1; ), (1; 4; 1), (1; 1; 4).

0.5

Câu 4. (3.0 điểm)

a AD cắt BC tại D và cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai E. KBA  KMC ta được KM.KA = KB.KC Kết quả quen thuộc EI=EB=EC.

0.75

Gọi I1 là giao điểm thứ hai của KI với đường tròn đường kính AI, I2 là giao điểm thứ hai của KI với đường tròn (E; EI) Ta có KM.KA=KI.KI1 và KB.KC=KI.KI2. Lại có KM.KA=KB.KB suy ra KI.KI1 = KI.KI2  KI1 = KI2, do đó I1  I2 nên KI là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (AI) và (E). Vậy KI ⊥ AI.

0.75

Ta có thể giải ý a) theo cách sau