TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG TỈNH ĐỒNG NAI
TỔ TOÁN

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC TOÁN 10 NĂM HỌC 2025-2026
Ngày làm bài: 07/10/2025 – Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. (4,0 điểm) Giải phương trình: x 2  2 2 x  7  2 3  2 x  5 .
Câu 2. (4,0 điểm) Giả sử phương trình x 4  bx3  cx 2  bx  1  0 có nghiệm. Chứng minh rằng:
b 2  (c  2) 2  3 .

Câu 3. (4,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: M 

1
1

.
1  2( ab  bc  ca) abc

Câu 4. (4,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho A  n 2026  n 2027  n 2  n  2 là một số
nguyên tố.
Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường thẳng (d ) và đường tròn (O; R ) không giao nhau. Trên đường
thẳng (d ) lấy điểm A . Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O; R),( B, C là tiếp điểm) và cát
tuyến ADE không đi qua tâm O, ( D nằm giữa A và E ) . Gọi I là trung điểm của DE. Đường
thẳng BC cắt OA và OI lần lượt tại H và K .
a) Chứng minh rằng KE là tiếp tuyến của (O; R ) .
b) Chứng minh rằng khi A di động trên (d ) thì H di động trên một đường tròn cố định.
Hết
Chú ý:
Thí sinh không được sử dụng máy tính bỏ túi và không được sử dụng tài liệu.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (4,0 điểm) Giải phương trình: x 2  2 2 x  7  2 3  2 x  5
Giải
 Điều kiện

7
3
x
2
2

 Phương trình biến đổi thành: x 2  9  2



 

2x  7 1  2



3  2x  3  0

 x  3
2x  6
6  2 x
 ( x  3)( x  3)  2 
 2
0  
4
4
x  3 

 0 (*)
2x  7  1
3  2x  3
2x  7 1
3  2x  3


Ta có (*)  x  1 
 x 1 

3  2x  7 1  3  2x

0
2x  7 1
3  2x  3
2  2x





2x  7  1 3  2x  7



 

2x  2



3  2x  3 1 3  2x



0

x  1

2
2
1 

 0(**)
2
 ( 2 x  7  2)  1 ( 3  2 x  2) 2  1

Sử dụng điều kiện khẳng định được phương trình (**) vô nghiệm.
 Kết luận: Phương trình có tập nghiệm là: S   x  1; x  3 .
Câu 2. (4,0 điểm) Giả sử phương trình x 4  bx3  cx 2  bx  1  0 có nghiệm. Chứng minh
rằng: b 2  (c  2) 2  3 .
Giải
b
x

Ta có: x 4  bx3  cx 2  bx  1  0  x 2  bx  c  
Đặt t  x 
Do t  x 

1
1
1

 0  x2  2  b  x    c  0
2
x
x
x


1
ta có phương trình trở thành: t 2  bt  c  2  0
x

1
1
 x 2  2  t 2  2 suy ra điều kiện t  2 .
x
x

Ta có t 2  bt  c  2  0  t 2  (2  c)  bt

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki – Cauchy – Schwarz ta có:
t4
t  [(2  c) 1  b  t ]  (2  c )  b   t  1 2
 (2  c ) 2  b 2
t 1
4

2

Mà x 2 

2

2

2

1
 2  t 2  4  t 4  16 nên t 4  3  t 2  1  t 4  3t 2  3  16  12  31  0
x2

Do đó t 4  3  t 2  1 

t4
 3 suy ra b 2  (c  2) 2  3 , (đpcm).
t2 1

Câu 3. (4,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: M 

1
1

.
1  2(ab  bc  ca) abc

Giải
Theo giả thiết: a  b  c  1  a 2  b 2  c 2  2(ab  bc  cb)  1  1  2( ab  bc  ca)  a 2  b 2  c 2
Ta có M 

1
abc
1
1
1
1

 2

 
2
2
2
2
a b c
abc
a b c
ab bc ca
2

1
1 1
9
1 1 
 1
 

.
    9 (Theo BĐT Cauchy) 
ab bc ca ab  bc  ca
 ab bc ca 

Ta có : (ab  bc  ca ) 
Ta được: M 

1
9
1
2
7

 2


.
2
2
2
2
a b c
ab  bc  ca a  b  c
ab  bc  ca ab  bc  ca
2

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

Và

3

1
2
1

 3 3 2
2
2
2
2
a b c
ab  bc  ca
 a  b  c  (ab  bc  ca)2
2

a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca ( a  b  c ) 2 1

 .
 a  b  c  (ab  bc  ca) 
3
3
3

Vì thế

2

2

2

2

1
2

 9.
2
2
a b c
ab  bc  ca
2

Ta cũng có: a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3(ab  bc  ca)
 (a  b  c) 2  3(ab  bc  ca)  1  3(ab  bc  ca ) 

1
7
3
 21
ab  bc  ca
ab  bc  ca
1
3

Ta được M  9  21  30 . Dấu "=" xảy ra khi a  b  c  .
1
3

Vậy min M  30 khi a  b  c  .

Câu 4. (4,0 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho A  n 2026  n 2027  n 2  n  2 là một số
nguyên tố.
Giải
Với n  0 thì A  32 là hợp số. Khi n  1 thì A  42 là hợp số.
Với n  1 ta có: A   n 2026  n    n 2027  n2   n 2  n  n 2  n  2
 n  n 2025  1  n 2  n 2025  1  2  n 2  n  1

Do n 2025  1   n3 

675

 1 chia hết cho n3  1  (n  1)  n 2  n  1 nên n 2025  1 chia hết cho n 2  n  1 .

Suy ra A chia hết cho n 2  n  1  1 .
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để A là số nguyên tố.
Câu 5. (4,0 điểm) Cho đường thẳng (d ) và đường tròn (O; R ) không giao nhau. Trên
đường thẳng (d ) lấy điểm A . Từ điểm A kẻ tiếp tuyến AB, AC với (O; R),( B, C là tiếp
điểm) và cát tuyến ADE không đi qua tâm O, ( D nằm giữa A và E ) . Gọi I là trung điểm
của DE. Đường thẳng BC cắt OA và OI lần lượt tại H và K .
a) Chứng minh rằng KE là tiếp tuyến của (O; R ) .
b) Chứng minh rằng khi A di động trên (d ) thì H di động trên một đường tròn cố định.
Giải

  90 .
a) Xét (O) có I là trung điểm của dây cung DE  OI  DE hay OID

Theo tinh chất tiếp tuyến ta có AB  AC , lại có OB  OC  R  OA là đường trung trực của
BC  OA  BC

OH OI
  OHK
  90 ; 
Xét OHK và OLA có OID
AOK chung OHK ~OLA( g.g) 

OK

OA

 OI .OK  OH .OA (1). Xét OAC vuông ờ C có đường cao CH  OH .OA  OC 2  R 2 .

Kết hợp với (1)  OI .OK  R 2  OE 2 

OI OE


(2). Xét OEK và OIE có (2) và EOK
OE OK

chung
  OIE
  90 , từ đây ta suy ra đpcm.
OEK ~OIE (c.g.c)  OEK

b) Kė OL  (d )( L  (d )), OL cắt BK ở G . Gọi N là trung điểm của OL.
  OLA
  90 OHG ~OLA( g.g)  OH  OL
Xét OHG và OLA có 
AOL chung; OHG
OG

OA

 OH .OA  OG.OL . Lại có OH .OA  R 2  OG.OL  R 2 (3).

Do R cố định và (d ) cố định  OL cố định. Kết hợp các điều trên với (3)  OG cố định.



Xét OHG vuông ở H có N là trung điểm OG  ON  GN  HN  H   N ;

OG 
.
2 

Do OG cố định và N là trung điểm OG nên suy ra N cố định, từ đó ta có đpcm.
Hết