[Đồng Nai] Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán (chuyên) năm 2025

SỞ GD và ĐT tỉnh Đồng Nai

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN (CHUYÊN)

NĂM HỌC 2025 – 2026

Long Do

Xem thêm Hướng Dẫn Chi Tiết bằng video

Câu I.

1. Rút gọn biểu thức \(P = \left( \dfrac{x + 5}{x + \sqrt{x} - 2} - \dfrac{2}{\sqrt{x} - 1}\right): \dfrac{1}{\sqrt{x} + 2} \) (với \( x \geq 0, x \neq 1 \)).
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số \( m \) để phương trình \( x^2 - 2x + 3m + 1 = 0 \) có hai nghiệm phân biệt \( x_1, x_2 \) thỏa mãn \( x_1^3 + x_2^3 = 20 \).

Lời giải.

1. Ta có
   $$P = \left( \dfrac{x + 5}{x + \sqrt{x} - 2} - \dfrac{2}{\sqrt{x} - 1}\right): \dfrac{1}{\sqrt{x} + 2} = \left( \dfrac{x + 5}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x}+2)} - \dfrac{2}{\sqrt{x} - 1}\right) \cdot (\sqrt{x} + 2)$$
   $$= \dfrac{x + 5 - 2\cdot(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} - 1)(\sqrt{x}+2)} \cdot (\sqrt{x} + 2) = \dfrac{x - 2\sqrt{x} + 1}{\sqrt{x} - 1} = \dfrac{(\sqrt{x} - 1)^2}{\sqrt{x} - 1} = \sqrt{x} - 1$$
2. Trước tiên để phương trình có hai nghiệm thì $\Delta > 0 \Rightarrow 1 - (3m + 1) > 0 \Rightarrow 0 > m$. Theo định lý Vièta thì
   $$\begin{cases} x_1 + x_2 = 2 \\ x_1\cdot x_2 = 3m + 1 \end{cases}$$
   Khi đó ta có thể viết lại thành
   $$x_1^3 + x_2^3 = (x_1 + x_2) \cdot (x_1^2 - x_1x_2 + x_2^2) = (x_1 + x_2) \cdot [(x_1 + x_2)^2 - 3x_1 .x_2] = 2\cdot (4 - 3.(3m + 1))$$
   Như vậy ta chỉ cần tìm $m$ thỏa
   $$2\cdot (4 - 3.(3m + 1)) = 20 \Rightarrow 4 - 3.(3m + 1) = 10 \Rightarrow 3m+ 1 = -2 \Rightarrow m = -1$$
   Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Câu II.

1. Giải hệ phương trình \( \begin{cases} xy + y^2 - 2x - 2y = 0 \quad &(1) \\ x^2 + 2xy - 3 = \sqrt{x + y + 1} \quad& (2) \end{cases} \)
2. Cho \( P(x) \) là đa thức bậc ba thỏa mãn \( (x + 2)P(x + 1) = (x - 1)P(x + 2) \), với mọi số thực \( x \) và \( P(3) = 6 \). Chứng tỏ \( P(2) = 0 \) và xác định đa thức \( P(x) \).

Lời giải.

1. Trước tiên cần có $x + y +1 \ge 0$. Từ phương trình $(1)$, ta có biến đổi sau:
   $$xy + y^2 - 2x - 2y = 0 \Rightarrow y.(x + y) - 2.(x + y) = 0 \Rightarrow (x + y)\cdot (y - 2) = 0$$
   Đến đây ta xem xét hai khả năng:
   • Trường hợp 1: Nếu $y = 2$ thì phương trình $(2)$ trở thành
     $$x^2 + 4x - 3 = \sqrt{x + 3} \Leftrightarrow x^2 + 4x - 5 = \sqrt{x + 3} - 2$$
     $$\Rightarrow (x - 1). (x + 5) = \dfrac{x - 1}{\sqrt{x + 3} +2} \Rightarrow (x - 1) \cdot \left(x + 5 - \dfrac{1}{\sqrt{x + 3} + 2}\right) = 0$$
     Với $x = 1, y = 2$, thỏa mãn. Theo điều kiện $x + y + 2 \ge 0 \Rightarrow x + 2 + 2 \ge 0 \Rightarrow x \ge -4 \Rightarrow x + 5 \ge 1$. Lại có $$\sqrt{x + 3} + 2 \ge 2 \Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt{x + 3} + 2} \le \dfrac{1}{2} \Rightarrow x + 5 - \dfrac{1}{\sqrt{x + 3} + 2} \ge 1 - \dfrac{1}{2} > 0$$ Vậy nên trường hợp này loại.
   • Trường hợp 2: Nếu $x = -y$ thì $x^2 - 2x^2 - 3 = 1 \Rightarrow -4 = x^2$, rõ ràng đây là điều vô lý nên loại.
   Vậy $(x; y) = (1; 2)$ thỏa đề.
2. Giả sử tồn tại đa thức $P(x)$ thỏa mãn $$(x + 2)P(x + 1) = (x - 1)P(x + 2) \; , \text{với mọi số thực}\; x$$ Thế $x = 1$, ta có ngay $P(2) = 0$, lại thế $x = -2$, ta có $-3.P(0) = 0$ hay $P(0) = 0$ và cuối cùng thế $x = 0$, ta được $P(1) = 0$. Do $P(x)$ là đa thức bậc ba nên theo định lý Bezout nó có dạng
   $$P(x) = a \cdot x \cdot (x - 1) \cdot (x - 2)$$
   Kết hợp thêm $P(3) = 6$ nên $6a = 6$ tức $a = 1$. Kiểm tra lại thỏa mãn.
   Vậy $P(x) = x \cdot (x - 1) \cdot (x - 2)$, với mọi số thực $x$.

Câu III.

1. Chứng minh trong 37 số nguyên dương bất kỳ, luôn tìm được 7 số có tổng chia hết cho 7.
2. Tìm tất cả các số nguyên tố \( p \) sao cho với mọi số nguyên dương \( a, b \) thì hai số \( a + 8b \) và \( 6a + 43b \) hoặc cùng chia hết cho \( p \) hoặc cùng không chia hết cho \( p \).

Lời giải.

1. Đặt $A = \{0;1;2 ; \ldots ; 6\}$, ta có nhận xét rằng một số nguyên khi chia cho $7$ chỉ có thể nhận các số dư thuộc tập $A$. Để giả quyết bài toán này ta xét hai khả năng:
   • Nếu tập hợp số dư của $37$ số đã cho khi chia cho $7$ trùng với $A$ thì lấy $7$ số và mỗi số dư $0, 1, \ldots , 6$. Khi đó lấy tổng $7$ số này lại thì chia hết cho $7$.
   • Nếu có số $j \in A$ mà trong $37$ số không có số nào chia $7$ dư $j$ thì tức các số chỉ nhận tối đa $6$ trường hợp số dư khi chia cho $7$ (vì ngoại trừ $j$). Theo Dirichlet thì có ít nhất
     $$\left[ \dfrac{37}{6} \right] + 1 = 7$$
     số có cùng số dư khi chia cho $7$, rõ ràng tổng $7$ số này là chia hết cho $7$.
2. Giả sử số nguyên tố $p$ thỏa đề. Để ý rằng
   $$6a + 43b = 6 \cdot (a + 8b) - 5b \quad (1)$$
   Chọn $a = 2025p \cdot (p-1) - 8(p - 1)$ và $b = p-1$. Suy ra
   $$a + 8b = 2025p \cdot (p-1) - 8(p - 1) + 8(p-1) = 2025p \cdot (p-1) \;\vdots \; p$$
   Theo giả thiết thì $6a + 43b \;\vdots \; p \Rightarrow 5b\;\vdots \;p$ hay $5\cdot (p-1) \;\vdots \; p$. Nhưng rõ ràng $(p, p-1) = 1$ nên $5 \;\vdots \; p$, vậy $p = 5$. Bây giờ ta kiểm tra lại, thật vật
   $$a + 8b \equiv a + 3b \equiv 6a + 43b \pmod{5}$$
   Điều này tức là $a + 8b \;\vdots \; 5$ khi và chỉ khi $6a + 43b \;\vdots \;5$. Vậy $ p = 5$ là giá trị cần tìm.

Câu IV.

1. Cho các số thực dương \( a, b \). Chứng minh \( a^3 + b^3 \geq a^2b + b^2a \).
2. Cho các số thực dương \( a, b, c \) thỏa mãn \( ab + bc + ca \geq 3 \). Chứng minh
   \[ 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3abc \geq 9. \]

Lời giải.

1. Ở đây có khá nhiều cách chứng minh, mình xin trình bày hai cách đơn giản nhất.
   • Áp dụng AM - GM, ta có
     $$a^3 + a^3 + b^3 \ge 3\cdot \sqrt[3]{(a^2\cdot b)^3} = 3\cdot a^2 \cdot b \;\text{và} \; a^3 + b^3 + b^3 \ge 3 \cdot \sqrt[3]{(a\cdot b^2)^3} 3 \cdot a \cdot b^2$$
     Cộng hai đánh giá trên vế theo vế ta được ngay $a^3 + b^3 \ge ab \cdot (a + b)$.
   • Bất đẳng thức được viết lại thành
     $$(a + b)\cdot (a^2 - ab + b^2) \ge ab \cdot (a + b)$$
     Hay
     $$(a + b)\cdot (a^2 - ab + b^2 - ab) \ge 0$$
     $$(a + b) \cdot (a - b)^2 \ge 0$$
     Điều này hiển nhiên đúng hên ta có điều phải chứng minh.
2. Áp dụng liên tục đánh giá ở ý $1)$, ta được $2\cdot (a^3 + b^3+c^3) \ge ab(a + b) + bc(c+b) + ca (c + a)$. Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
   $$ab(a + b) + bc(c+b) + ca (c + a) + 3abc \ge 9$$
   $$ab(a + b) + abc + bc(c+b) +abc + ca (c + a) + abc \ge 9$$
   $$(ab + bc + ca) \cdot (a+b+c) \ge 9$$
   Do $ab + bc + ca \ge 3$ nên ta chỉ ra $a + b + c \ge 3$ là đủ. Thật vậy để ý rằng
   $$(a -b)^2 + (b - c)^2 + (c -a)^2 \ge 0$$
   Khai triển và nhóm lại ta được $(a + b+c)^2 \ge 3 \cdot (ab + bc + ca)$. Suy ra $a + b + c \ge 3$. Như vậy bài toán chứng minh hoàn tất.

Câu V. Cho tam giác nhọn \( ABC \) (với \( AB < BC < AC \)) có \( I, J, M \) lần lượt là trung điểm của các cạnh \( AB, AC, BC \). Gọi \( D \) là giao điểm của hai đường tròn \((I; IA)\) và \((J; JA)\), với \( D \) khác \( A \).

1. Chứng minh tứ giác \( AIMJ \) là hình bình hành và ba điểm \( B, D, C \) thẳng hàng.
2. Tiếp tuyến của \((I; IA)\) tại \( A \) cắt đường thẳng \( MJ \) tại điểm \( K \) và cắt \((J; JA)\) tại điểm \( P \), với \( P \) khác \( A \). Tiếp tuyến của \((J; JA)\) tại \( A \) cắt \((I; IA)\) tại điểm \( Q \), với \( Q \) khác \( A \). Gọi \( E \) là điểm đối xứng với \( A \) qua \( D \). Chứng minh tứ giác \( ADMK \) nội tiếp đường tròn và \(\widehat{PAQ} + \widehat{PEQ} = 180^\circ. \)
3. Gọi \( S \) và \( T \) lần lượt là giao điểm của đường thẳng \( PQ \) với hai đường thẳng \( BC \) và \( AD \). Chứng minh \(TP \cdot SQ = TQ \cdot SP. \)

Lời giải.

1. Ta có $IM, JM$ lần lượt là đường trung bình của $\triangle ABC$ ứng với cạnh $AC, AB$ nên $MI \;||\; AC$ và $MJ \;\|\;AB$ nên $AIMJ$ là hình bình hành.
   Lại có $\widehat{ADB} + \widehat{ADC} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$ nên $B, D, C$ thẳng hàng.
2. Để ý rằng $MJ \;\|\; AB$ và $AB \bot AK$ nên $MJ \bot AK$. Suy ra $\widehat{MKA} + \widehat{MDA} = 180^{\circ}$
   $\Rightarrow AKMD$ là tứ giác nội tiếp.
   
   Gọi $F$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$ thì $MJ \;\|\; FC$. Hơn nữa $JA = JP$ nên $MJ$ là trung trực $AP \Rightarrow KA =KP$ nên $MK \;\|\; FP$. Vậy $F, C, P$ thẳng hàng. Tương tự dựng điểm $L$ là giao $MI$ với $AQ$ và ta cũng có $F, Q, B$ thẳng hàng.
   Mà $\widehat{FQA} = \widehat{FPA} = 90^{\circ} \Rightarrow A, Q, F, P$ đồng viên.
   
   Cuối cùng $\widehat{QFP} = \widehat{LMK}$. Do $DL \;\|\; QE, DK \;\|\; EP \Rightarrow \widehat{QEP} = \widehat{LDK}$. Dẫn đến $\widehat{QEP} = \widehat{QFP} \Rightarrow QPFE$ là tứ giác nội tiếp hay điều phải chứng minh.
3. Ta sẽ chứng minh $DT$ là phân giác trong của góc $QDP$. Thật vậy
   $$\widehat{QDT} = \widehat{QBA} = 180^{\circ} - \widehat{ABF} \;\text{và} \; \widehat{TDP} = \widehat{ACP} = 180^{\circ} - \widehat{ACF}$$
   Nhưng $\widehat{ABF} = \widehat{ACF}$ do $ABFC$ là hình bình hành. Sử dụng tính chất của phân giác trong ta được
   $$\dfrac{TQ}{TP} = \dfrac{DQ}{DP}$$
   Chú ý $\widehat{TDS} = 90^{\circ}$ nên $DS$ là phân giác ngoài góc $\widehat{QDP}$, áp dụng tính chất phân giác ngoài cũng có
   $$\dfrac{SQ}{SP} = \dfrac{DQ}{DP}$$
   Kết hợp lại ta có điều phải chứng minh.