Đề minh họa thi vào lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2026 trường Phổ thông Năng khiếu (TP.Hồ Chí Minh) có đáp án

Hướng dẫn giải

1) Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{x^3} + {z^3} = 3y}\\{{y^3} + {x^3} = 3z}\\{{z^3} + {y^3} = 3x}\end{array}} \right.$.

Lấy hiệu phương trình (1) và (2) vế theo vế ta được: $\left( {y - z} \right)\left( {{y^2} + yz + {z^2} + 3} \right) = 0$.

Do ${y^2} + yz + {z^2} = {\left( {y + \frac{z}{2}} \right)^2} + \frac{{3{z^2}}}{4} \ge 0$ nên $y = z$.

Tương tự, lấy hiệu phương trình (2) và (3) ta được $x = z$.

Thế lại (1): $2{x^3} = 3x$.

TH1: $x = 0 = y = z$

TH2: $x = \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z$

TH3: $x = - \sqrt {\frac{3}{2}} = y = z$.

2) Điều kiện: $x \ge 0$.

Phương trình trở thành: $x = 1$ hoặc ${x^2} - 2\left( {a + b} \right)x + ab + 2 = 0\quad (*)$.

Xét phương trình $(*)$, ta có $\Delta ' = {\left( {a + b} \right)^2} - ab - 2 = {a^2} + {b^2} + ab - 2 \ge 0$ (do $a,\,\,b$ nguyên dương);

$S = a + b > 0\,;\,\,P = ab + 2 > 0$.

Suy ra phương trình $(*)$ có hai nghiệm phân biệt dương.

Ta nhận xét tiếp phương trình $(*)$ không nhận $x = 1$ là nghiệm.

Giả sử ngược lại, thế vào phương trình ta có:

${1^2} - 2 \cdot \left( {a + b} \right) \cdot \,1 + ab + 2 = 0$

$\left( {a - 2} \right)\left( {b - 2} \right) = 1$

$a = b = 1$ hoặc $a = b = 3$ (trái giả thuyết $a,\,\,b$ phân biệt).

Vậy phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.

Hướng dẫn giải

Ta có ${a^2} + {b^2} \ge 2ab$ nên ${a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) = 2\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right) \ge 2ab$.

Suy ra $\frac{1}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{3}{{ab}} \le \frac{7}{{2ab}}$.

Ta lại có ${a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right){\,^3} - 3ab\left( {a + b} \right) = 8 - 6ab$.

Suy ra $\frac{1}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{3}{{ab}} = \frac{1}{{8 - 6ab}} + \frac{3}{{ab}}$.

Đặt $t = ab$ nên $t \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]$.

Ta chứng minh $\frac{1}{{8 - 6t}} + \frac{3}{t} \ge \frac{7}{2}$

$2\left( {24 - 17t} \right) \ge 7t\left( {8 - 6t} \right)$

$42{t^2} - 90t + 48 \ge 0$

$6\left( {t - 1} \right)\left( {7t - 8} \right) \ge 0$ (đúng vì $t \in \left[ {0\,;\,\,1} \right]$)

Hướng dẫn giải

a) Nhận xét: $\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}$ suy ra $a \ge b$.

Giả sử ngược lại: $a \ne b$ nên $a > b$.

Ta có $2{a^2} + a = b\left( {3b - 1} \right)\,\, \vdots \,\,b$.

Do $b$ là số nguyên tố nên $a\,\, \vdots \,\,b$ hoặc $2a + 1\,\, \vdots \,\,b$.

TH1: Nếu $a\,\, \vdots \,\,b$ suy ra $a \ge 2b$.

Từ giả thiết $3{b^2} - b = 2{a^2} + a \ge 8{b^2} + 2b$ (vô lí)

TH2: Nếu $2a + 1\,\, \vdots \,\,b$. Do $2a + 1$ lẻ nên $2a + 1 = 3b\,;\,\,2a + 1 = 5b\,; \ldots$

Mà ta lại nhận xét nếu $2a + 1 \ge 7b$ thì $a > b$ . Khi đó $3{b^2} - b = 2{a^2} + a > 7{b^2}$ (vô lí).

Nếu $2a + 1 = 3b$, thế vào phương trình: $3b\frac{{3b - 1}}{2} = b(3b - 1)$ (loại).

Nếu $2a + 1 = 5b$, thế vào phương trình: $5b\frac{{5b - 1}}{2} = b(3b - 1)$ (loại).

b) Ta chứng minh $a + b$ và $2a - 2b + 1$ nguyên tố cùng nhau bằng phản chứng.

Giả sử ngược lại, gọi $p$ là ước nguyên tố chung của chúng.

Từ ${b^2} = \left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right)\,\, \vdots \,\,{p^2}$ suy ra $b\,\, \vdots \,\,p$ mà $a + b\,\, \vdots \,\,p$ nên $a\,\, \vdots \,\,p$ .

Do $2a - 2b + 1$ cũng chia hết cho p nên $1\,\, \vdots \,\,p$ (vô lí).

Do đó $a + b$ và $2a - 2b + 1$ nguyên tố cùng nhau.

Từ $\left( {a + b} \right)\left( {2a - 2b + 1} \right) = {b^2}$, ta suy ra $2a - 2b + 1$ là số chính phương.

Hướng dẫn giải

a) Ta có $BHDC$ là hình bình hành nên I là trung điểm HC.

Suy ra $\Delta IKH = \Delta IEC\,\,{\rm{(g}}{\rm{.c}}{\rm{.g)}}$ nên $CE = HK$ (hai cạnh tương ứng).

Do đó $CEHK$ là hình bình hành.

Ta có $IB \cdot IC = IA \cdot IE$.

Mà $IB = IC$; $IK = IE$ nên $I{B^2} = IA \cdot IK$.

b) Từ giả thiết, suy ra $EF\,{\rm{//}}\,BD$ nên $OI \bot EF$, do đó $IF = IE = IK$.

Suy ra $\Delta KFE$ vuông tại $F$ nên $BD$ là trung trực $KF$.

c) Từ $I{B^2} = IA.IK$ suy ra suy ra $\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{IB}}{{IA}}$.

Tương tự $I{D^2} = IA.IK$ suy ra suy ra $\frac{{KD}}{{AD}} = \frac{{ID}}{{IA}}$.

Do đó $\frac{{KB}}{{AB}} = \frac{{KD}}{{AD}}$.

Gọi $J$ là chân đường phân giác trong $AJ$ của tam giác $ABC.$

Ta có $\frac{{JB}}{{JD}} = \frac{{AB}}{{AD}}$ suy ra $\frac{{KB}}{{KD}} = \frac{{JB}}{{JD}}$.

Suy ra $KJ$ là phân giác $\widehat {BKD}$ (đpcm).

d) Gọi $L$ là giao điểm của $AH$ và $\left( O \right)$.

Suy ra $L$ đối xứng với $H$ qua $BD$.

Mà $K$ và $F$ cũng đối xứng qua $BD$ nên $\left( {BHKD} \right)$ và $\left( O \right)$ đối xứng qua $BD$.

Gọi $T'$ là tâm của đường tròn $\left( {BHKD} \right)$ suy ra $O$ và $T'$ đối xứng qua $BD$.

Mà $OI \bot BD$ nên $I$ là trung điểm $OT'.$

Do đó $OHT'C\,$ là hình bình hành, suy ra $HT'{\rm{ // }}OC.$

Mà $T'H = T'K$ nên $T'$ thuộc trung trực $HK$ suy ra $T \equiv T'$.

Do tính đối xứng qua $BD$ nên $OKFT$ là hình thang cân nên cũng là tứ giác nội tiếp.

Hướng dẫn giải

a) Từ giả thiết ${a_1} + {a_2} + ... + {a_{16}} > {a_{17}} + ... + {a_{31}}$

${a_1} > \left( {{a_{17}} - {a_2}} \right) + \left( {{a_{18}} - {a_3}} \right) + ... + \left( {{a_{31}} - {a_{16}}} \right) \ge 15 \cdot 15 = 225$.

Suy ra ${a_1} \ge 226$.

b) Xét ba thẻ ghi các số lần lượt là 6, 19 và 30.

Ta thấy rằng tổng 2 thẻ bất kỳ trong chúng hoặc là 25, 36 hoặc 49, nên đều là các số chính phương.

Do chia các thẻ vào 2 hộp nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại một hộp chứa ít nhất 2 thẻ trong 3 thẻ trên nên tổng 2 thẻ đó là số chính phương.

Loại 3 thẻ này, giả sử không còn hộp nào chứa hai thẻ mà tổng lại là số chính phương.

Ta xét cụ thể, giả sử thẻ số 1 thuộc hộp thứ nhất, khi đó các thẻ 3, 8, 15, 24 sẽ thuộc hộp thứ hai.

Do thẻ ghi số 3 thuộc hộp thứ hai nên thẻ 13 sẽ thuộc hộp thứ nhất nên thẻ 12 sẽ thuộc hộp thứ hai.

Khi đó, trong hộp thứ hai này ta chọn thẻ 12 và 24, tổng của chúng sẽ là số chính phương (mâu thuẫn).

Vậy trong hộp còn lại này ta sẽ chọn được 4 thẻ thỏa mãn yêu cầu bài toán.