SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ THI KHẢO SÁT VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
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
Câu 1 (1,5 điểm). Cho biểu thức S  


:2 
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



3 

x 1 

x  1.S  2 x  5  2 x.

Câu 2 (1,5 điểm).

 x2  y2  2

a) Giải hệ phương trình  3
4 .
3
3 x  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 A  n 4  2n3  4n 2  2n  3 là
số chính phương.
42 p  1
n

Câu 5 (1,0 điểm). Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 và
. Chứng minh rằng
3
4 n5  1 chia hết cho 3n.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho tập hợp S  1; 2;...; 4048 . 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  .

  FHJ
.
a) Chứng minh rằng EHJ
b) Chứng minh rằng BF 2 .SCEJK  CE 2 .S BFJL .
c) Gọi M là giao điểm của PJ và EK . Chứng minh rằng

MK PF .CE

.
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
Câu 1

Nội dung

 
x
x 1
x
Cho biểu thức S  


:2 
x 3 x  2 x 3 
 x 1

Điểm

3 

x 1 

1,5 đ

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  2 x  5  2 x

 x  0
x  0
a) ĐKXĐ 

 x  1  x  1

 
x
x 1
x
S 


:2
x 3 x  2 x 3 
 x 1
x

S
Ta có:

S
S
b) Ta có




Câu 2

x 3





 

x 3 





x 1



x 1



x 1  x 2
:
x 3



0.25



3 

x 1 



x 1  3
x 1

x  3 x  x 1 x 2 x 1
:
x 1
x 1
x 3







x  1.

 

x 1 1 



x 1

0,25



2 x 1

x 1

x  3 2 x 1



.

0,25

1
x 3

1
 2x  5  2x
x 3



2 x  5  3   2 x  4   0  x  1

2  x  2
x2

 2  x  2  0
x 1 1
2x  5  3
1
2



 2  0
 x  2 
2x  5  3
 x 1 1

1
2
2
Nhận xét

 2  1   2  0 suy ra x  2  TM 
3
x 1 1
2x  5  3
 x2  y 2  2

a) Giải hệ phương trình  3
4 .
3
3
x

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?

0,25

0,25

0,25

1,5 đ

a) Ta có

3x3  y 3

x


2

 y2 

x y

2

0,25

 x   y

3 x 4  xy 3  3 x3 y  y 4  x 4  y 4  2 x 2 y 2  0
2 x 4  3 x 3 y  2 x 2 y 2  xy 3  2 y 4  0 *
Nhận xét: Nếu y  0 suy ra x  0 (Vô lý)
Vậy y  0 . Chia cả hai vế phương trình (*) cho y 4 và đặt t 

x
 t  1 ta
y

được phương trình: 2t 4  3t 3  2t 2  t  2  0 suy ra t  1 hoặc t  2 (TM)

0,25

Với t  1 suy ra x  y . Ta có 2 x  2 suy ra x  y  1
2

Với t  2 suy ra x  2 y . Ta có 5 y 2  2 suy ra y 
hoặc y 

10
2 10
;x
5
5

 10
2 10
; x
5
5

Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm

 2 10 10   2 10  10 
;
;
, 

5   5
5 
 5

1;1 ,  1;  1 , 

0,25

b)

Xét tam giác vuông cân ABC có cạnh bên AB = AC = 10 dm. Bác An cắt
hình chữ nhật DEFG như hình vẽ. Ta có BC  10 2



0,25



Đặt DE  FG  x 0  x  10 2 . Khi đó ta có BGD, CFE vuông cân
tại G và F. Suy ra BG  GD  EF  FC 

10 2  x
.
2

0,25
2

1
1  x  10 2  x 
Khi đó ta có S DEFG  x 10 2  x  
  25
2
2
2

2
Suy ra max S DEFG  25 dm khi x  5 2.
Vậy diện tích của tấm bìa hình chữ nhật mà bác An có thể cắt lớn nhất là
25 dm 2 .





0,25

Bạn Ân thực hiện một thí nghiệm: Gieo một con xúc sắc có sáu mặt cân
Câu 3

1,0 đ

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”
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.
Suy ra n     6.6  36

0,25

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  

Câu 4

15 5

36 12

0,25

Tìm tất cả các số nguyên n để biểu thức A  n 4  2n3  4n 2  2n  3 là số

1,0 đ

chính phương.
Ta chứng minh

+) A   n 2  n  1



+) A  n 2  n  3



2

0,25

2

0,25

Để A là số chính phương thì A   n 2  n  2 

2

0,25

n 4  2 n 3  4 n 2  2n  3  n 4  2n 3  5n 2  4n  4
n 2  2n  1  0

 n  1

Câu 5

2

0

n  1
Vậy với n  1 thì A là số chính phương.
42 p  1
Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5 và n 
. Chứng minh rằng 4 n5  1
3
chia hết cho 3n.
42 p  1
suy ra 16 p  1  3n . Khi đó 16 16 p 1  1  3  n  5 
3
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên 16; p   1. Áp dụng định lý Fermat ta

0,25
1,0 đ

Ta có: n 

0,25

có: 16 p 1  1 p suy ra 16 16 p 1  1  3  n  5 16 p

0,25

Mà  3;16 p   1 suy ra  n  5 16 p hay  n  5  2 p .
Khi đó  4 n5  1 :  4 2 p  1  3n.

0,25

Ta có điều phải chứng minh.

0,25

Câu 6

Cho tập hợp S  1, 2,..., 4048. 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.

1,0 đ

Gọi 2025 số chọn ra bất kì từ tập S là: a1; a2 ;...; a2025 với
1  ai  4048  i  1, 2,..., 2025 
Phân tích các số trên theo lũy thừa của 2. Tức ai  2ki .bi với bi lẻ.

0,25

Xét dãy phụ b1 ; b2 ;...; b2025 gồm 2025 số lẻ và 1  bi  4047
Mặt khác từ 1 đến 4048 có 2024 số lẻ

0,25

Nhận xét: 2025 số lẻ b1 ; b2 ;...; b2025 nhận 2024 giá trị 1; 3; 5;….; 4047 nên
theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai số bằng nhau. Giả sử bi  b j  m

0,25

k

Xét hai số ai  2ki .m, a j  2 j .m . Ko mất tổng quát giả sử ki  k j suy ra
ai  a j . Bài toán được chứng minh.

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

  FHJ
.
a) Chứng minh rằng EHJ

b) Chứng minh rằng BF 2 .SCEJK  CE 2 .S BFJL .
c) Gọi M là giao điểm của PJ và EK . Chứng minh rằng

a) Xét tam giác LKE có HJ // KE suy ra:

LH LJ

1
HK JE

MK PF .CE

.
ME PE.BF

0,25

Mặt khác ta có FL // EK suy ra:
Từ (1) và (2) suy ra

FL LJ

 2
EK JE

0,25

FL HL

EK HK

K
  900
L

Xét hai tam giác FLH và EKH có  FL HL suy ra FLH ∽ EKH


 EK HK
  KEH
.
Khi đó ta có LFH
  FHJ
 và KEH
  EHJ
 suy ra EHJ
  FHJ
.
Mặt khác ta có LFH
b) Do HJ // FL nên S FJL  S FLH suy ra
S BFJL  S BFL  S FLJ  S BFL  S FLH  S BFH  3
CMTT ta có SCEJK  SCEH  4 

  EHC

Mặt khác ta có FLH ∽ EKH suy ra FHB
  ECH
 , FHB
  EHC

Xét hai tam giác FHB và EHC có FBH

S FHB BF 2
Suy ra FHB ∽ EHC . Do đó ta có
suy ra

S EHC CE 2

0,25

0,25

0,25
0,25

BF 2 .S EHC  CE 2 .S FHB  5 

0,25

Từ (3), (4), (5) suy ra BF 2 .SCEJK  CE 2 .S 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
Mặt khác ta có hai tam giác BFH và CEH đồng dạng với nhau có hai
JF FL BF


đường cao tương ứng FL và EK nên ta có:
**
JK EK CE
MK PE BF
MK PF .CE
.
.
 1 hay ta có

.
Từ (*) và (**) suy ra
ME PF CE
ME PE.BF
-----------HẾT-----------

0,5
0,25
0,25