Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2025 – 2026 sở GD&ĐT Quảng Ninh

CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHUYÊN TOÁN QUẢNG NINH Năm học 2025 – 2026 Câu 1. a) Đặt x  a  ,
1 y  b 1 suy ra theo giả thiết xy  1. 2 2 3 3 2 2 3 3 x y x  y  x y x  y  Ta có: 2 2 A      1. 2 2 3 3 2 2 3 3 x  y y  x x   y  x y  xy x  y  2
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 12 11 .  66. 2
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 47
Xác suất để 2 câu hỏi được chọn thuộc hai mức độ khác nhau là P( ) A  . 66 Câu 2. a) ĐKXĐ: 2 x  5x  2  , 0 x  . 0 Ta có 2 2 2 2 x  x x  5x  2  1   x x  5x  2  1   x
Ta bình phương hai vế và thu được: 2 x ( 2 x  5x  ) 2  ( 1 2   x )2 4  x  5 3 x  2 2 4 x  x  2 2 x 1  5 3 x  4 2 x 1  0  (x  5 )( 1 2 x  x  ) 1  0. Ta thấy 5x2  x 1  , 0 x  suy ra x  1  .
Vậy tập nghiệm của phương trình là: {-1}. b) ĐKXĐ: 8 2 x  y  3 , 0 y  2x  6  0(*). 2 2 2 2
xy  x  y  yx  y  x  ) 1 ( 0  Ta có:  . Từ (1) ta có: ( 2 x  y )(x  y  ) 1  0.  8 2 x  y  3y  2x  6( ) 2  Trường hợp 1: 2 x  y  0  8 2 x  y  9 2  y  0 suy ra x = y = 0.
Thử lại thì không thoả mãn (*)
Trường hợp 2: x  y 1  0  x  y  .
1 Thay vào (2) ta có: 8y  8 2  y  y  . 4 (**) y  2
Ta bình phương hai vế thu được: 8y 8 2  y  ( y  4)2  2 2 y 16y  24  0  .  y  6
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). 2 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung Câu 3. a) Ta có: 3 y  3 2 y  3 2
y  x  6x  23  ( y  ) 1 3  (x  ) 3 2  33.
Khi đó do y + 1 nguyên dương nên ( y  ) 1 3  33  y 1 3  33  y  . 2 x  8 Nếu y = 1 thì (x  ) 3 2  25   x  8.  x  2 Nếu y = 2 thì (x  )
3 2  6 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 2 p , 2 q  (m 1 , 0 od ) 3 2  p  5 , 1 2 q  29  , 1 2(mod )
3 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 A  2( 2 p  5 )( 1 2 q  29)  n(n  ) 1  ( 8 2 p  5 )( 1 2 q  29) 1  (2n  ) 1 2. (1
Ta xét q > p > 3, thì 2 2 p  q  (m 1 od ) 3 . Khi đó VT ) 1 (  1 ( 8  5 )( 1  29) 1  2(mod ). 3
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 A  740  n(n  )
1 . Ta thấy phương trình này không có nghiệm nguyên. Nếu p = 3 thì 20 5 ( 2 q  29)  n(n  ) 1  100 2 q  580  n(n  ) 1
 (20q)2  2321  (2n  )
1 2  2321  (2n 1 20q)(2n 1 20q).
Ta thấy 2n 1 20q  2n 1 20q ta có bảng sau: 2n 1 20q 2321 211 2n 1 20q 1 11 n 580 55 q 58 (loại) 5
Như vậy q = 5. Thử lại thì 55.56  3080  n(n  ). 1
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 BAM = BDA = BAE. Suy ra B  MA ~ B  E ( A g.g). Khi đó 2
BA  BM .BE. Mặt khác ta chứng minh được 2 BA  BH.BC. BH BE Khi đó BH.BC=BM.BE hay 
kết hợp góc EBD chung thì EBH ~ CBM ( . c g.c). BM BC Như vậy BMC  . 90 Suy ra M thuộc (O). 3 CLB Toán Cơ Sở Phòng Nội Dung
c) Gọi giao của CM và AH là F. Ta thấy CF || AD. Khi đó F là trung điểm AH. Ta có: AMF = ABC = AE
 N suy ra tứ giác MFNE nội tiếp. 2 AH
Khi đó chứng minh được AM .AN  AE.AF  AF.AH  . Mà AH  . R 2 2 R Như vậy max(AM .AN ) 
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A là điểm chính giữa cung BC. 2
Lưu ý: Một số kết thức về góc nội tiếp, góc tạo tiếp tuyến và dây cung, HS tự chứng minh lại.
Câu 6. Giả sử các số được ghi trên thẻ gỗ là a , a ,...,a , đồng thời ta coi 1 2 18
1  a  a  ...  a  2526. 1 2 18
Ta thấy a  a  a không lập thành độ dài ba cạnh của tam giác khi và chỉ khi a  a  a . i j k i j k Từ đây suy ra a  , 2 a  a  a  , 3 a  a  a  , 5 ... 2 3 2 1 4 3 2
Lặp lại dãy bất đẳng thức trên ta thấy là các phần tử của dãy Fibonacci nên với a  a  25 . 84 18 17
Dẫn đến điều vô lý. Như vậy bạn Bình có thể chọn ra 3 thẻ sao cho ba số trên 3 thẻ đó là độ dài ba cạnh của một tam giác. 4
Document Outline

• de-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan-chuyen-nam-2025-2026-so-gddt-quang-ninh
• 19. Quang Ninh. De thi Chuyen Ha Long - Quang Ninh 2025