SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI KHẢO SÁT VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2025 – 2026
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút.
(ĐỀ THI GỒM CÓ 01 TRANG)  x x 1 x   3 
Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức S      : 2    x 1 x  3 x  2 x  3    x 1
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức S.
b) Tìm tất cả các số thực x thoả mãn  x  3 x 1.S  2x  5  2 .x Câu 2 (1,5 điểm). 2 2 x  y  2 
a) Giải hệ phương trình  4 . 3 3 3x  y    x  y
b) Từ một tấm bìa hình tam giác vuông cân có cạnh bên bằng 10 dm, bác An cắt một hình
chữ nhật có hai đỉnh thuộc cạnh đáy và mỗi cạnh bên chứa một đỉnh còn lại để làm biển
quảng cáo. Hỏi bác An có thể cắt được hình chữ nhật có diện tích lớn nhất là bao nhiêu?
Câu 3 (1,0 điểm). Bạn Ân thực hiện một thí nghiệm: Gieo một con xúc sắc có sáu mặt cân
đối, đồng chất hai lần liên tiếp.
a) Tính số phần tử của không gian mẫu  .
b) Tính xác suất của biến cố A: “Tổng hai lần gieo là một số nguyên tố”.
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên n để biểu thức 4 3 2
A  n  2n  4n  2n  3 là số chính phương. 2 4 p 1
Câu 5 (1,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 và n  . Chứng minh rằng 3 n5 4 1 chia hết cho 3 . n
Câu 6 (1,0 điểm). Cho tập hợp S  1; 2;...; 404 
8 . Chứng minh rằng khi chọn 2025 số bất
kì trong tập S ta luôn chọn được 2 số trong 2025 số đó mà số này là bội của số kia.
Câu 7 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A ngoại tiếp đường tròn I . Một tiếp tuyến
bất kì của đường tròn I  tại điểm P cắt hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt tại F, E ( E
khác A và C, F khác A và B ). Hạ EK, FL cùng vuông góc với BC K, L  BC . Gọi
FK cắt LE tại điểm J. Hạ JH vuông góc với BC H  BC . a) Chứng minh rằng  EHJ   FHJ. b) Chứng minh rằng 2 2 BF .S  CE .S . CEJK BFJL MK PF.CE
c) Gọi M là giao điểm của PJ và EK. Chứng minh rằng  . ME PE.BF
------------------------------- HẾT----------------------------------
Họ tên thí sinh ………………………………………..Số báo danh ……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2025 – 2026
(Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Câu Nội dung Điểm  x x 1 x   3  Cho biểu thức S      : 2        1,5 đ     Câu 1 x 1 x 3 x 2 x 3 x 1
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức S.
b) Tìm tất cả các số thực x thoả mãn  x  3 x 1.S  2x  5  2x x  0  x  0 a) ĐKXĐ    0.25  x  1 x  1  x x 1 x   3  S      : 2    x 1 x  3 x  2 x  3    x 1
x  x  3   x   1  x   1  x 2 x   1  3 S   0,25 x   1  x  3 : x 1 Ta có:
x  3 x  x 1 x 2 x 1 S   0,25 x   1  x  3 : x 1 2 x 1 x 1 1 S    0,25 x   1  x  3.2 x 1 x  3 b) Ta có  x   1 3 x 1.  2x  5  2x x  3  0,25 x 1  
1   2x  5  3  2x  4  0 x   1 x  2 2 x  2   2x  2  0 x 1 1 2x  5  3    x   1 2 2   2  0    x 1 1 2x  5  3  1 2 2 Nhận xét 
 2  1  2  0 suy ra x  2TM 0,25 x 1 1 2x  5  3 3 2 2 x  y  2 
a) Giải hệ phương trình  4 . 3 3 3x  y   Câu 2  x  y
b) Từ một tấm bìa hình tam giác vuông cân có cạnh bên bằng 10 dm, bác 1,5 đ
An cắt một hình chữ nhật có hai đỉnh thuộc cạnh đáy và mỗi cạnh bên chứa
một đỉnh còn lại để làm biển quảng cáo. Hỏi bác An có thể cắt được hình
chữ nhật có diện tích lớn nhất là bao nhiêu? a) Ta có  x  y 2 2 2 0,25 3 3 3x  y  x  y x  y 4 3 3 4 4 4 2 2
3x  xy  3x y  y  x  y  2x y  0 4 3 2 2 3 4
2x  3x y  2x y  xy  2y  0 *
Nhận xét: Nếu y  0 suy ra x  0 (Vô lý) x
Vậy y  0 . Chia cả hai vế phương trình (*) cho 4 y và đặt t  t   1 ta y được phương trình: 4 3 2
2t  3t  2t  t  2  0 suy ra t  1 hoặc t  2 (TM) 0,25
Với t  1 suy ra x  y . Ta có 2
2x  2 suy ra x  y  1 10 2  10
Với t  2 suy ra x  2y . Ta có 2 5y  2 suy ra y  ; x  5 5  10 2 10 hoặc y  ; x  5 5
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm       2  10 10   2 10  10  1;1 , 1; 1 ,  ; ,  ;  0,25 5 5 5 5     b)
Xét tam giác vuông cân ABC có cạnh bên AB = AC = 10 dm. Bác An cắt 0,25
hình chữ nhật DEFG như hình vẽ. Ta có BC  10 2
Đặt DE  FG  x 0  x 10 2. Khi đó ta có B  GD, CFE vuông cân 10 2  x
tại G và F. Suy ra BG  GD  EF  FC  . 0,25 2 2 1 1  x 10 2  x  Khi đó ta có S  x  x     DEFG 10 2  25 2 2 2   Suy ra 2 max S  25dm khi x  5 2. DEFG
Vậy diện tích của tấm bìa hình chữ nhật mà bác An có thể cắt lớn nhất là 0,25 2 25dm .
Bạn Ân thực hiện một thí nghiệm: Gieo một con xúc sắc có sáu mặt cân 1,0 đ
đối, đồng chất hai lần liên tiếp. Câu 3
a) Tính số phần tử của không gian mẫu  .
b) Tính xác suất của biến cố A: “Tổng hai lần gieo là một số nguyên tố” a) Ta có     a b * ;
| a, b   ; 1  a, b   6 0,25
Với a là kết quả lần gieo thứ nhất: có 6 cách chọn
b là kết quả lần gieo thứ hai: có 6 cách chọn. 0,25
Suy ra n  6.6  36
b) Xét với a  b  2 ta có bộ 1;  1
Với a  b  3 ta có bộ 1; 2, 2;  1
a  b  5 ta có bộ 1;4,4;  1 ,2;3,3;2
a  b  7 ta có bộ 1; 6, 6; 
1 ,2;5,5;2,3;4,4;3 0,25
a  b  11 ta có bộ 5;6, 6;5 . Suy ra n A  1 2  4  6  2  15 Vậy P  A 15 5   0,25 36 12
Tìm tất cả các số nguyên n để biểu thức 4 3 2
A  n  2n  4n  2n  3 là số 1,0 đ Câu 4 chính phương. Ta chứng minh +) A  n  n  2 2 1 0,25 +) A  n  n  2 2 3 0,25
Để A là số chính phương thì A  n  n  2 2 2 0,25 4 3 2 4 3 2
n  2n  4n  2n  3  n  2n  5n  4n  4 2 n  2n 1  0  n  2 1  0 n  1 0,25
Vậy với n  1 thì A là số chính phương. 2 4 p 1 n
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 và n  . Chứng minh rằng 5 4 1 3 1,0 đ Câu 5 chia hết cho 3 .n 2 4 p 1 Ta có: n 
suy ra 16p 1  3n . Khi đó  p 1 16 16    1  3n  5 3 0,25
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên 16; p  1. Áp dụng định lý Fermat ta có:  p 1 16    1  p suy ra  p 1 16 16    1  3n  5 1  6 p 0,25
Mà 3;16 p  1 suy ra n  5 1
 6p hay n  52p . 0,25
Khi đó  n5    2 4 1 : 4 p   1  3 . n
Ta có điều phải chứng minh. 0,25
Cho tập hợp S  1, 2,..., 404 
8 . Chứng minh rằng khi chọn 2025 số bất kì
Câu 6 trong tập S ta luôn chọn được 2 số trong 2025 số đó mà số này là bội của 1,0 đ số kia.
Gọi 2025 số chọn ra bất kì từ tập S là: a ;a ;...;a với 1 2 2025
1  a  4048 i  1,2,...,2025 i 
Phân tích các số trên theo lũy thừa của 2. Tức a  2 ik.b với b lẻ. i i i 0,25 Xét dãy phụ b ; b ;...; b
gồm 2025 số lẻ và 1  b  4047 1 2 2025 i
Mặt khác từ 1 đến 4048 có 2024 số lẻ 0,25
Nhận xét: 2025 số lẻ b ; b ;...; b
nhận 2024 giá trị 1; 3; 5;….; 4047 nên 1 2 2025
theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số bằng nhau. Giả sử b  b  m i j 0,25 Xét hai số a  2k k i . ,
m a  2 j.m . Ko mất tổng quát giả sử k  k suy ra i j i j
a a . Bài toán được chứng minh. i j 0,25
Cho tam giác ABC cân tại A ngoại tiếp đường tròn I . Một tiếp tuyến
bất kì của đường tròn I  tại điểm P cắt hai đoạn thẳng AB, AC lần lượt
Câu 7 tại F, E ( E khác A và C, F khác A và B ). Hạ EK, FL cùng vuông góc
với BC K, L  BC. Gọi FK cắt LE tại điểm J. Hạ JH vuông góc với BC H  BC . 3,0 đ a) Chứng minh rằng  EHJ   FHJ. b) Chứng minh rằng 2 2 BF .S  CE .S . CEJK BFJL MK PF.CE
c) Gọi M là giao điểm của PJ và EK. Chứng minh rằng  . ME PE.BF LH LJ
a) Xét tam giác LKE có HJ // KE suy ra:    1 0,25 HK JE FL LJ 0,25
Mặt khác ta có FL // EK suy ra:  2 EK JE FL HL Từ (1) và (2) suy ra  EK HK L   0 K  90  0,25
Xét hai tam giác FLH và EKH có  FL HL suy ra F  LH ∽ E  KH    EK HK Khi đó ta có  LFH   KEH. 0,25 Mặt khác ta có  LFH   FHJ và  KEH   EHJ suy ra  EHJ   FHJ. b) Do HJ // FL nên S  S suy ra FJL FLH S  S  S  S  S  S 3 BFJL BFL FLJ BFL FLH BFH  0,25 CMTT ta có S  S 4 CEJK CEH  Mặt khác ta có F  LH ∽ E  KH suy ra  FHB   EHC
Xét hai tam giác FHB và EHC có  FBH   ECH ,  FHB   EHC 0,25 2 S BF Suy ra F  HB ∽ E
 HC . Do đó ta có FHB  suy ra 2 S CE EHC 2 2 BF .S  CE .S 5 0,25 EHC FHB  Từ (3), (4), (5) suy ra 2 2 BF .S  CE .S . CEJK BFJL 0,25
c) Áp dụng định lý Menelauyt cho tam giác KFE với cát tuyến MJP ta có: MK PE JF . .  1 * ME PF JK 0,5
Mặt khác ta có hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có hai JF FL BF 0,25
đường cao tương ứng FL và EK nên ta có:   ** JK EK CE MK PE BF MK PF.CE Từ (*) và (**) suy ra . .  1 hay ta có  . 0,25 ME PF CE ME PE.BF -----------HẾT-----------