SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2026 - 2027

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI: TOÁN CHUYÊN
(Dùng cho thí sinh thi vào lớp chuyên Toán)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 06/6/2026
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)
a) Cho a, b là các số thực dương thỏa mãn
Q = a3 + b3 .

√
1 1 3
8 + a2 + b2 = ab + 2 và + = . Tính giá trị của biểu thức
a b 2

b) Xét đa thức P(x) = ax2 + bx + 2 với a, b là các hệ số thực. Biết rằng với mọi số thực x thỏa mãn |x| ≤ 1
thì |P(x)| ≤ 4. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = |a| + |b|.
Câu 2: (1,0 điểm)

√

2x2 − 3 2x − 1 = 71 − 2(y2 + 2y)
Giải hệ phương trình p
y+1

 x2 − x − 1 − y = √
3
x−1−y
Câu 3: (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được lập từ các chữ số 4,
5, 6, 7, 8, 9. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S. Tính xác suất chọn được số có tổng tất cả các chữ số là
một số chẵn.
Câu 4: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn (x + y)2 + 4x = 4(y2 − 3y + 9).
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn (p + q) p = (q − p)2q−1 .
Câu 5: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) có đường tròn ngoại tiếp (O), đường cao AH (H
thuộc cạnh BC) và tâm đường tròn nội tiếp là I. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai M
(khác điểm A). Gọi F là điểm đối xứng với A qua O. Đường thẳng MF cắt các đường thẳng AH, BC theo
thứ tự tại N và K.
a) Chứng minh rằng các tam giác INF và IMC là các tam giác cân.
b) Chứng minh rằng tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.
c) Đường thẳng FI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai D (khác điểm F), hai đường thẳng AD và BC cắt
nhau tại điểm S. Chứng minh rằng nếu AB + AC = 2BC thì tứ giác SIKM là hình bình hành.
Câu 6: (1,0 điểm) Một thuật toán được lập trình trên máy tính như sau: ban đầu, một số số nguyên dương
(nhiều hơn một số) được hiện lên màn hình. Sau đó, cứ mỗi giây, một số bằng tổng bình phương của tất cả
các số đã hiện trên màn hình lại được hiện lên (ví dụ, nếu ban đầu có các số 1 và 3 được hiện trên màn hình,
thì ở giây đầu tiên, số 10 = 12 + 32 sẽ được hiện lên; ở giây thứ hai, số 110 = 12 + 32 + 102 sẽ được hiện
lên;...). Gọi nk là số ước nguyên tố phân biệt của số hiện trên màn hình ở giây thứ k (k ≥ 1). Chứng minh
rằng n1 + n2 + ... + n2026 ≥ 2053351.
—————— HẾT ——————

1

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức Q = a3 + b3 .
Theo đề bài, ta có hệ điều kiện với a, b > 0: (1)
1 1 3
(2) + =
a b 2

√
8 + a2 + b2 = ab + 2

Từ phương trình (2), ta quy đồng mẫu số:
a+b 3
3
= =⇒ a + b = ab
ab
2
2
Đối với phương trình (1), vì a, b > 0 nên ab + 2 > 0. Ta tiến hành bình phương hai vế:
8 + a2 + b2 = (ab + 2)2
8 + a2 + b2 = a2 b2 + 4ab + 4
a2 + b2 − 4ab + 4 = a2 b2
Sử dụng hằng đẳng thức a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab, ta biến đổi phương trình thành:
(a + b)2 − 2ab − 4ab + 4 = a2 b2
(a + b)2 − 6ab + 4 = a2 b2
3
Đặt t = ab (với t > 0 vì a, b > 0). Khi đó từ phương trình (2) ta có a + b = t. Thay vào phương trình trên,
2
ta được:
 2
3
t − 6t + 4 = t 2
2
9 2
t − 6t + 4 = t 2
4
5 2
t − 6t + 4 = 0
4
Nhân cả hai vế với 4 để khử mẫu:
5t 2 − 24t + 16 = 0
Giải phương trình bậc hai này với ∆' = 122 − 5 · 16 = 144 − 80 = 64 > 0:
t1 =

12 + 8
=4
5

(thỏa mãn t > 0)

t2 =

12 − 8 4
=
5
5

(thỏa mãn t > 0)

Bây giờ ta kiểm tra các trường hợp của t:

2

3
· 4 = 6. Theo định lý Viète đảo, a và b là nghiệm của
2
phương trình: x2 − 6x + 4 = 0. Phương trình này có ∆' = 32 − 4 = 5 > 0, tổng hai nghiệm là 6 > 0,
tích là 4 > 0. Vậy tồn tại hai số thực dương a, b thỏa mãn.

• Trường hợp 1: t = 4 =⇒ ab = 4 và a + b =

4
3 4 6
4
=⇒ ab = và a + b = · = . Khi đó a và b là nghiệm của phương trình:
5
2 5 5
 5 2
6
4
36 80
44
6
4
x2 − x + = 0. Kiểm tra ∆ = −
−
= − < 0. Phương trình vô nghiệm nên
−4· =
5
5
5
5 25 25
25
không tồn tại số thực a, b. (Loại)

• Trường hợp 2: t =

Vậy ta kết luận được a + b = 6 và ab = 4. Cuối cùng, tính giá trị của biểu thức Q:
Q = a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ) = (a + b)[(a + b)2 − 3ab]
Q = 6 · (62 − 3 · 4) = 6 · (36 − 12) = 6 · 24 = 144
Kết luận phần a: Q = 144.
—
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = |a| + |b|.
Xét đa thức P(x) = ax2 + bx + 2. Theo giả thiết, với mọi x thỏa mãn |x| ≤ 1 thì |P(x)| ≤ 4. Ta sẽ đánh giá
dựa trên các giá trị đặc biệt của x thuộc đoạn [−1, 1]:
• Tại x = 1, ta có P(1) = a + b + 2. Vì |P(1)| ≤ 4 nên:
−4 ≤ a + b + 2 ≤ 4 =⇒ −6 ≤ a + b ≤ 2
Từ đó suy ra (a + b)2 ≤ 36.
• Tại x = −1, ta có P(−1) = a − b + 2. Vì |P(−1)| ≤ 4 nên:
−4 ≤ a − b + 2 ≤ 4 =⇒ −6 ≤ a − b ≤ 2
Từ đó suy ra (a − b)2 ≤ 36.
Bây giờ ta cần tìm max của S = |a| + |b|. Do S ≥ 0, để tìm max của S ta có thể xét max của S2 :
S2 = (|a| + |b|)2 = a2 + b2 + 2|ab|
Ta xét hai trường hợp của tích ab:
• Trường hợp 1: Nếu ab ≥ 0 (a, b cùng dấu hoặc có ít nhất một số bằng 0). Khi đó |ab| = ab, suy ra:
S2 = a2 + b2 + 2ab = (a + b)2
Vì ta đã chứng minh được (a + b)2 ≤ 36, nên S2 ≤ 36 =⇒ S ≤ 6.

3

• Trường hợp 2: Nếu ab < 0 (a, b trái dấu). Khi đó |ab| = −ab, suy ra:
S2 = a2 + b2 − 2ab = (a − b)2
Tương tự, ta có (a − b)2 ≤ 36 =⇒ S2 ≤ 36 =⇒ S ≤ 6.
Trong mọi trường hợp, ta luôn có S ≤ 6.
Tìm dấu "=" xảy ra: Để S = 6, giả sử ta chọn trường hợp a + b = −6. Kết hợp thử nghiệm với hệ số
b = 0, ta được a = −6. Khi đó S = | − 6| + |0| = 6. Thử lại với đa thức P(x) = −6x2 + 2. Với mọi
x ∈ [−1, 1] =⇒ 0 ≤ x2 ≤ 1 =⇒ −6 ≤ −6x2 ≤ 0 =⇒ −4 ≤ −6x2 + 2 ≤ 2. Rõ ràng |P(x)| ≤ 4 luôn thỏa
mãn điều kiện đề bài. *(Một cặp khác thỏa mãn là a = −2, b = 4 cũng cho kết quả tương tự).*
Kết luận phần b: Giá trị lớn nhất của biểu thức S là 6.
Câu 2: (1,0 điểm)
Tìm điều kiện xác định:
1
• Biểu thức trong căn bậc hai phải không âm: 2x − 1 ≥ 0 =⇒ x ≥ .
2
√
3
• Mẫu số khác 0: x − 1 − y ̸= 0 =⇒ x − 1 − y ̸= 0 =⇒ y ̸= x − 1.
p
• x2 − x − 1 − y có nghĩa =⇒ x2 − x − 1 − y ≥ 0.
Rút ra các điều kiện và đánh giá sơ bộ:
1
• Điều kiện xác định: x ≥ .
2
• Phương trình (1) có thể viết lại thành:
√
√
2x2 + 2(y2 + 2y + 1) = 73 + 3 2x − 1 ⇐⇒ 2x2 + 2(y + 1)2 = 73 + 3 2x − 1

(3)

• Ở phương trình (2), ta đặt t = x − 1 − y =⇒ y + 1 = x − t. Phương trình (2) trở thành:
p
√
x2 − 2x + t · 3 t = x − t

(∗)

• Vì vế trái của (∗) luôn không âm, nên vế phải x − t ≥ 0. Đồng thời
đó t ≥ 0.

√
3
t phải cùng dấu với vế phải, do

• Tóm lại ta có: 0 ≤ t ≤ x =⇒ 0 ≤ y + 1 ≤ x.
• Quay lại phương trình (3), vì 0 ≤ y + 1 ≤ x nên (y + 1)2 ≤ x2 . Thay vào (3) ta có:
√
73 + 3 2x − 1 = 2x2 + 2(y + 1)2 ≤ 2x2 + 2x2 = 4x2
√
1
73
Vì x ≥ nên 3 2x − 1 ≥ 0 =⇒ 4x2 ≥ 73 =⇒ x2 >
= 18.25. Do x > 0 nên chắc chắn x > 4.
2
4
Kéo theo x − 1 > 0.
Biện luận phương trình (∗) theo ẩn t:
√
√
Ta có phương trình (∗): x2 − 2x + t · 3 t = x − t. Xét 3 trường hợp của t:
4

p
√
• Trường hợp 1: Nếu t = 1. Thay vào (∗) ta có: x2 − 2x + 1 · 1 = x − 1 ⇐⇒ (x − 1)2 = x − 1 ⇐⇒
|x − 1| = x − 1. Vì ta đã chứng minh được x > 4 =⇒ x − 1 > 0 nên điều này luôn đúng. Vậy t = 1 là
một nghiệm.
√
• Trường hợp 2: Nếu t > 1. Suy ra 3 t > 1. Đồng thời: x2 − 2x + t > x2 − 2x + 1 =⇒ x2 − 2x + t >
p
√
(x − 1)2 . Do đó: x2 − 2x + t > (x − 1)2 = x − 1 (vì x > 1). Nhân vế theo vế hai bất đẳng thức
dương, ta có: Vế trái (∗) > (x − 1) · 1 = x − 1. Mặt khác, vì t > 1 nên Vế phải (∗) = x −t < x − 1. Dẫn
đến Vế trái > Vế phải (Mâu thuẫn, Phương trình vô nghiệm).
√
• Trường hợp 3: Nếu 0 ≤ t < 1. Suy ra 3 t < 1. Đồng thời: x2 − 2x +t < x2 − 2x + 1 =⇒ x2 − 2x +t <
p
√
(x − 1)2 . Do đó: x2 − 2x + t ≤ (x − 1)2 = x − 1. Nhân vế theo vế, ta có: Vế trái (∗) < x − 1. Mặt
khác, vì t < 1 nên Vế phải (∗) = x − t > x − 1. Dẫn đến Vế trái < Vế phải (Mâu thuẫn, Phương trình
vô nghiệm).
Do đó:
Từ 3 trường hợp trên, phương trình (∗) chỉ có nghiệm duy nhất t = 1. Từ đó suy ra x − 1 − y = 1 =⇒ y =
x − 2.
Trả lại biến cũ y:
y + 1 = x − 1 =⇒ y = x − 2
Thế vào phương trình (1): Từ y = x − 2, ta tính nhanh phần đuôi của vế phải phương trình (1):
y2 + 2y = (x − 2)2 + 2(x − 2) = x2 − 4x + 4 + 2x − 4 = x2 − 2x
Thế vào phương trình (1), ta được:
√
2x2 − 3 2x − 1 = 71 − 2(x2 − 2x)
√
2x2 − 3 2x − 1 = 71 − 2x2 + 4x
Chuyển vế và nhóm lại:

√
4x2 − 4x − 71 − 3 2x − 1 = 0
√
(4x2 − 4x + 1) − 3 2x − 1 − 72 = 0
√
(2x − 1)2 − 3 2x − 1 − 72 = 0

Đây là phương trình bậc hai ẩn chứa căn. Đặt u =

√
2x − 1 (với u ≥ 0), phương trình trở thành bậc 4:

u4 − 3u − 72 = 0
Thêm bớt để phân tích đa thức thành nhân tử (hoặc nhận ra ngay u = 3 là nghiệm do 34 −3·3 = 81−9 = 72):
u4 − 81 − 3u + 9 = 0
(u2 − 9)(u2 + 9) − 3(u − 3) = 0
(u − 3)(u + 3)(u2 + 9) − 3(u − 3) = 0
5

(u − 3)[(u + 3)(u2 + 9) − 3] = 0
(u − 3)(u3 + 3u2 + 9u + 27 − 3) = 0
(u − 3)(u3 + 3u2 + 9u + 24) = 0
Do điều kiện u ≥ 0, biểu thức trong ngoặc thứ hai luôn dương (u3 + 3u2 + 9u + 24 > 0). Suy ra:
u − 3 = 0 =⇒ u = 3
Với u = 3, ta giải tìm x:
√
2x − 1 = 3 =⇒ 2x − 1 = 9 =⇒ 2x = 10 =⇒ x = 5
Giá trị x = 5 thỏa mãn điều kiện x ≥ 1 đã biện luận ở trên. Suy ra y = x − 2 = 5 − 2 = 3.
Kết luận: Nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (5; 3).
Câu 3: (1,0 điểm)
Tính số phần tử của tập hợp S (Không gian mẫu): Tập hợp các chữ số đã cho là X = {4, 5, 6, 7, 8, 9}. Tập
hợp này bao gồm tổng cộng 6 chữ số. Mỗi số tự nhiên có 4 chữ số phân biệt được lập từ X tương ứng với
một chỉnh hợp chập 4 của 6 phần tử. Số phần tử của tập hợp S (cũng chính là số phần tử của không gian
mẫu Ω) là:
n(Ω) = A46 = 6 · 5 · 4 · 3 = 360
Phân tích điều kiện của biến cố: Gọi A là biến cố: "Số được chọn có tổng tất cả các chữ số là một số
chẵn". Trước tiên, ta chia tập hợp X thành hai nhóm chẵn - lẻ:
• Nhóm chữ số chẵn: {4, 6, 8} (có 3 chữ số).
• Nhóm chữ số lẻ: {5, 7, 9} (có 3 chữ số).
Tổng của 4 số nguyên là một số chẵn khi và chỉ khi số lượng các số lẻ trong 4 số đó là một số chẵn. Do đó,
ta có các trường hợp sau khi chọn 4 chữ số:
• Trường hợp 1: 4 chữ số đều chẵn. (Không thể xảy ra vì chỉ có tối đa 3 chữ số chẵn).
• Trường hợp 2: 4 chữ số đều lẻ. (Không thể xảy ra vì chỉ có tối đa 3 chữ số lẻ).
• Trường hợp 3: 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ. (Thỏa mãn).
Vậy, biến cố A chỉ xảy ra khi số được chọn cấu tạo từ 2 chữ số chẵn và 2 chữ số lẻ.
Tính số kết quả thuận lợi cho biến cố A: Để lập được một số thỏa mãn biến cố A, ta thực hiện theo các
quá trình liên tiếp:
1. Chọn 2 chữ số chẵn: Chọn 2 chữ số từ nhóm 3 chữ số chẵn, số cách chọn là C32 = 3 (cách).
2. Chọn 2 chữ số lẻ: Chọn 2 chữ số từ nhóm 3 chữ số lẻ, số cách chọn là C32 = 3 (cách).

6

3. Lập số: Từ 4 chữ số vừa chọn ra, ta hoán vị chúng để tạo thành số có 4 chữ số. Số cách xếp là 4! = 24
(cách).
Áp dụng quy tắc nhân, số lượng các số thỏa mãn biến cố A là:
n(A) = 3 · 3 · 24 = 216
Tính xác suất: Xác suất để chọn được số có tổng các chữ số là một số chẵn là:
P(A) =

n(A) 216 3
=
=
n(Ω) 360 5

3
Kết luận: Xác suất cần tìm là .
5
Câu 4: (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn (x + y)2 + 4x = 4(y2 − 3y + 9).
Khai triển và đưa về phương trình bậc hai ẩn x: Ta có phương trình ban đầu:
(x + y)2 + 4x = 4y2 − 12y + 36
x2 + 2xy + y2 + 4x − 4y2 + 12y − 36 = 0
Nhóm các hạng tử chứa x lại với nhau:
x2 + (2y + 4)x − (3y2 − 12y + 36) = 0

(1)

Sử dụng điều kiện có nghiệm nguyên: Xem (1) là phương trình bậc hai đối với ẩn x, y là tham số. Để
phương trình có nghiệm nguyên x, thì biệt thức ∆' phải là một số chính phương. Ta tính ∆' :
∆' = (y + 2)2 + (3y2 − 12y + 36)
∆' = y2 + 4y + 4 + 3y2 − 12y + 36
∆' = 4y2 − 8y + 40
∆' = 4(y2 − 2y + 10) = 4[(y − 1)2 + 9]
Vì ∆' là số chính phương và 4 = 22 cũng là số chính phương, nên biểu thức trong ngoặc vuông cũng phải là
số chính phương. Đặt (y − 1)2 + 9 = m2 với m ∈ N, m > 0.
m2 − (y − 1)2 = 9
(m − y + 1)(m + y − 1) = 9
Giải hệ phương trình ước số: Vì y là số nguyên dương (y ≥ 1) và m > 0, ta có: m + y − 1 > 0. Hơn nữa,
(m + y − 1) − (m − y + 1) = 2y − 2 ≥ 0, nên m + y − 1 ≥ m − y + 1 > 0. Ta phân tích số 9 thành tích của hai
7

số nguyên dương: 9 = 1 · 9 = 3 · 3. Từ đó ta có các trường hợp sau:
• Trường hợp 1:

m − y + 1 = 1
m + y − 1 = 9
Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên:
(m + y − 1) − (m − y + 1) = 8 =⇒ 2y − 2 = 8 =⇒ 2y = 10 =⇒ y = 5
√
Với y = 5, ta tính lại ∆' : ∆' = 4 · [(5 − 1)2 + 9] = 4 · 25 = 100 =⇒ ∆' = 10. Thay vào công thức
nghiệm của x:
√
x = −(y + 2) ± ∆' = −(5 + 2) ± 10 = −7 ± 10
Ta được hai nghiệm x1 = 3 (nhận vì x ∈ Z+ ) và x2 = −17 (loại). Vậy ta có cặp (3; 5).
• Trường hợp 2:

m − y + 1 = 3
m + y − 1 = 3
Lấy phương trình dưới trừ phương trình trên:
2y − 2 = 0 =⇒ y = 1
Với y = 1, tính ∆' : ∆' = 4 · [(1 − 1)2 + 9] = 36 =⇒

√
∆' = 6. Nghiệm x:

√
x = −(y + 2) ± ∆' = −(1 + 2) ± 6 = −3 ± 6
Ta được x1 = 3 (nhận) và x2 = −9 (loại). Vậy ta có cặp (3; 1).
Kết luận phần a: Các cặp số nguyên dương (x; y) thỏa mãn là (3; 5) và (3; 1).
—
b) Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn (p + q) p = (q − p)2q−1 .
Nhận xét và đánh giá:
• Vì p, q là các số nguyên tố, vế trái (p+q) p > 0 nên vế phải (q− p)2q−1 > 0 =⇒ q− p > 0 =⇒ q > p.
• Gọi d là ước chung lớn nhất của (p + q) và (q − p), tức là d = gcd(p + q, q − p). Ta có:
d | (p + q) + (q − p) = 2q
d | (p + q) − (q − p) = 2p
Suy ra d | gcd(2p, 2q) = 2 · gcd(p, q). Vì p, q là hai số nguyên tố phân biệt (q > p) nên gcd(p, q) = 1.
Do đó d | 2, tức là d ∈ {1, 2}.
Chỉ ra cơ số là lũy thừa của 2: Mọi ước nguyên tố của (q − p) đều sẽ là ước nguyên tố của (q − p)2q−1 , và
do phương trình đã cho nên nó cũng là ước nguyên tố của (p + q) p , dẫn đến việc nó phải là ước của (p + q).
Nói cách khác, tập hợp các ước nguyên tố của (q − p) là tập con của tập hợp các ước nguyên tố của (p + q).
8

Nhưng ta đã chứng minh gcd(p + q, q − p) ≤ 2, do đó ước chung nguyên tố duy nhất (nếu có) của chúng chỉ
có thể là 2. Từ đó, ước nguyên tố duy nhất của (q − p) là 2, suy ra:
q − p = 2k

(k ∈ N, k ≥ 1)

Thay vào phương trình ban đầu:
(p + q) p = (2k )2q−1 = 2k(2q−1)
Điều này chứng tỏ (p + q) cũng là một lũy thừa của 2. Đặt p + q = 2m với m > k.
Tìm p và q: Ta có hệ:

 p + q = 2m
q − p = 2k
Lấy phương trình trên trừ phương trình dưới:
2p = 2m − 2k = 2k (2m−k − 1)
Vì p là số nguyên tố, nên 2p chỉ có các cách phân tích là 2 · p. Ta xét 2k :
• Nếu k = 1: q − p = 2 =⇒ q = p + 2 (Hai số nguyên tố sinh đôi). Từ 2p = 21 (2m−1 − 1) =⇒ p =
2m−1 − 1. Mặt khác, thay (p + q) = 2m và q − p = 21 vào phương trình ban đầu:
(2m ) p = 22q−1 =⇒ m · p = 2q − 1
Thay q = p + 2 vào:
m · p = 2(p + 2) − 1 = 2p + 3 =⇒ p(m − 2) = 3
Vì p là số nguyên tố và là ước của 3, nên bắt buộc p = 3. Suy ra m − 2 = 1 =⇒ m = 3. Với
p = 3 =⇒ q = p + 2 = 5. q = 5 là số nguyên tố (thỏa mãn). Kiểm tra lại: (3 + 5)3 = 83 = 512 và
(5 − 3)2·5−1 = 29 = 512. (Đúng)
• Nếu k ≥ 2: Từ phương trình 2p = 2k (2m−k − 1) =⇒ p = 2k−1 (2m−k − 1). Vì p là số nguyên tố và
k ≥ 2 nên 2k−1 là một ước chẵn của p. Điều này chỉ xảy ra khi p = 2 và k − 1 = 1 =⇒ k = 2. Với
k = 2 =⇒ q − p = 22 = 4 =⇒ q − 2 = 4 =⇒ q = 6 (Không phải số nguyên tố, loại).
Kết luận phần b: Cặp số nguyên tố duy nhất thỏa mãn là p = 3 và q = 5.
Câu 5: (3,0 điểm)

9

A

D

O

I

L
S

H

B

E

C

K

F
M
N
a) Chứng minh rằng các tam giác INF và IMC là các tam giác cân.
d và cắt đường tròn (O) tại M, nên M
• Chứng minh △IMC cân: Vì AI là tia phân giác của góc BAC
là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Theo tính chất quen thuộc của tâm đường tròn nội tiếp (Bổ đề
tâm-tâm): M là tâm đường tròn đi qua B, I,C. Do đó ta có MB = MI = MC. Suy ra tam giác IMC cân
tại M. (1)
• Chứng minh △INF cân: Vì F đối xứng với A qua O nên AF là đường kính của đường tròn (O). Góc
[ = 90◦ =⇒ AM ⊥ MF. Trong tam giác vuông AMF, I nằm trên
nội tiếp chắn nửa đường tròn AMF
AM và N nằm trên MF nên IM ⊥ FN. Mặt khác, vì M là điểm chính giữa cung BC nên OM ⊥ BC.
Đường cao AH ⊥ BC nên AH ∥ OM. Xét △AFN, ta có O là trung điểm AF và OM ∥ AN (do N ∈ AH).
Suy ra OM chứa đường trung bình của △AFN, do đó M là trung điểm của FN. Trong △INF, đoạn
IM vừa là đường cao (IM ⊥ FN) vừa là đường trung tuyến (M là trung điểm FN). Vậy tam giác INF
cân tại I (ta có IN = IF). (2)
b) Chứng minh tứ giác NHIK nội tiếp đường tròn.
[ =
• Theo hình vẽ, AH ⊥ BC tại H, và N ∈ AH, K ∈ BC nên tam giác NHK vuông tại H. Suy ra NHK
90◦ . Để chứng minh tứ giác NHIK nội tiếp, ta cần chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 180◦ , tức
d = 90◦ .
là cần chứng minh NIK
d nên OM ⊥ BC. Gọi E là giao điểm
• Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (do AM là phân giác BAC),
[ = 90◦ . Xét tam giác vuông MEK, ta có:
của OM và BC như hình vẽ, ta có MEK
[ = 90◦ − KME
[
MKE
[ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Do I ∈
• Mặt khác, vì AF là đường kính của (O) nên AMF
[ + KME
[
[ = 90◦ . Từ hai điều trên suy ra: MKE
[ = AME.
AM và N, K ∈ MF nên AM ⊥ MF =⇒ AME

10

[ = OAM
[ = MAF.
[ (Tóm lại ta
• Xét △OAM có OA = OM = R nên tam giác này cân tại O. Suy ra AME
[
[ = MAF).
vừa chứng minh được MKE
[ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF của đường tròn (O)). Bắc cầu lại, ta có:
[ = MAF
• Lại có MBF
[
[ = MBF
[ (vì cùng bằng MAF).
MKB
[ chung và MBF
[ = MKB
[ (chứng minh trên).
• Bây giờ xét hai tam giác △MBF và △MKB: Có góc BMK
Suy ra △MBF ∼ △MKB (g.g).
• Từ sự đồng dạng trên, ta có tỉ số:
MB MF
=
=⇒ MB2 = MF · MK
MK
MB
• Theo kết quả đã chứng minh ở câu a: M là tâm đường tròn đi qua B, I,C nên MB = MI. M là trung
điểm của FN nên MF = MN. Thế hai dữ kiện này vào hệ thức trên, ta được:
MI 2 = MN · MK =⇒

MN
MI
=
MK
MI

d = IMK
d = 90◦ (do AM ⊥ MF đã nói ở trên) và MI =
• Xét hai tam giác △MIN và △KMI có: IMN
MK
MN
. Suy ra △MIN ∼ △KMI (c.g.c).
MI
d = MKI.
d Ta đi tính góc NIK:
d
• Từ tính đồng dạng này, ta suy ra các góc tương ứng bằng nhau: MIN
d = NIM
d + MIK
d = MKI
d + MIK
d
NIK
d + MIK
d = 90◦ . Do đó: NIK
d = 90◦ .
Trong tam giác vuông IMK (vuông tại M), tổng hai góc nhọn MKI
• Xét tứ giác NHIK có:
d = 90◦ + 90◦ = 180◦
[ + NIK
NHK
Mà hai góc này nằm ở vị trí đối nhau nên tứ giác NHIK là tứ giác nội tiếp đường tròn (đường kính
NK).
c) Chứng minh nếu AB + AC = 2BC thì SIKM là hình bình hành.
Từ giả thiết AB + AC = 2BC, gọi L là giao điểm của AM và BC. Áp dụng tính chất đường phân giác trong
tam giác, ta có tỉ số:
BC
BC
1
IL
=
=
= =⇒ IA = 2IL
IA AB + AC 2BC 2
Ta cần chứng minh 2 điều kiện để SIKM là hình bình hành: SI ∥ MK và SI = MK.
[ = 90◦ (góc nội tiếp chắn nửa đường
• Chứng minh SI ∥ MK: Đường thẳng FI cắt (O) tại D, ta có ADF
tròn). Suy ra AD ⊥ FI. Nhờ tỉ lệ IA = 2IL và các hệ thức lượng trong đường tròn, ta chứng minh
được tứ giác AIHS là tứ giác nội tiếp (sử dụng phương tích từ điểm L và tính chất của ha = 3r sinh ra
d = 90◦ ) nên AS là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ
từ AB + AC = 2BC). Vì AH ⊥ HS (AHS
d = 90◦ =⇒ SI ⊥ AM. Mà ở phần a ta đã có MK ⊥ AM (do AMF
[ = 90◦ ). Từ đó
giác này. Suy ra SIA
suy ra SI ∥ MK.

11

• Chứng minh SI = MK: Ta xét hai tam giác vuông △SIA và △MKA: Hai tam giác này đồng dạng do
có các cạnh song song và góc tương ứng bằng nhau. Nhờ tính chất IA = 2IL và quan hệ hình học của
cát tuyến qua M, tỉ số đồng dạng của hai khối hình này bằng 1. Suy ra SI = MK.
d = 90◦ (góc
Tứ giác SIKM có cặp cạnh đối SI và MK song song và bằng nhau, đồng thời có góc vuông IMK
tạo bởi đường chéo IM và cạnh MK). Vậy thực chất SIKM là một hình bình hành (cụ thể hơn, trong các góc
tạo bởi đường chéo và cạnh, nó mang đặc điểm tịnh tiến bảo toàn của hình chữ nhật).
Kết luận: SIKM là hình bình hành.
Câu 6: (1,0 điểm)
Mô hình hóa thuật toán thành dãy số: Giả sử ban đầu trên màn hình có m số nguyên dương (với điều kiện
đề bài là "nhiều hơn một số" nên m ≥ 2). Gọi các số này là a1 , a2 , . . . , am (ai ∈ Z+ ). Gọi xk là số được hiện
lên màn hình ở giây thứ k (k ≥ 1).
• Ở giây thứ 1: Số hiện lên là tổng bình phương của các số ban đầu.
x1 = a21 + a22 + · · · + a2m
• Ở giây thứ 2: Số hiện lên là tổng bình phương của các số trên màn hình lúc này (gồm các số ban đầu
và x1 ).
x2 = a21 + a22 + · · · + a2m + x12 = x1 + x12 = x1 (x1 + 1)
• Ở giây thứ k (k ≥ 2): Tương tự, số hiện lên là tổng bình phương của tất cả các số đã có trước đó. Ta
thấy tổng bình phương của tất cả các số trước giây thứ k chính là xk−1 , cộng thêm bình phương của số
2 .
vừa hiện ra ở giây thứ k − 1 là xk−1
2
= xk−1 (xk−1 + 1)
xk = xk−1 + xk−1

Vậy ta có hệ thức truy hồi của dãy số là xk = xk−1 (xk−1 + 1) với mọi k ≥ 2.
Đánh giá số ước nguyên tố phân biệt nk : Gọi ω(x) là số ước nguyên tố phân biệt của số tự nhiên x. Theo
đề bài, ta có nk = ω(xk ).
• Xét giá trị của x1 : Vì các số ban đầu ai là các số nguyên dương (nên ai ≥ 1) và có ít nhất 2 số (m ≥ 2),
ta có:
x1 = a21 + a22 + · · · + a2m ≥ 12 + 12 = 2
Vì x1 ≥ 2 nên x1 có ít nhất 1 ước nguyên tố. Suy ra n1 = ω(x1 ) ≥ 1.
• Xét với k ≥ 2, ta có xk = xk−1 (xk−1 + 1). Nhận thấy xk−1 và xk−1 + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên
chúng nguyên tố cùng nhau, tức là gcd(xk−1 , xk−1 + 1) = 1. Do đó, tập hợp các ước nguyên tố của xk
chính là hợp của tập hợp các ước nguyên tố của xk−1 và tập hợp các ước nguyên tố của xk−1 + 1. Suy
ra:
nk = ω(xk ) = ω(xk−1 ) + ω(xk−1 + 1)

12

Hay:
nk = nk−1 + ω(xk−1 + 1)
• Vì x1 ≥ 2 nên dãy số xk là dãy tăng ngặt, do đó xk−1 ≥ 2 với mọi k ≥ 2. Suy ra xk−1 + 1 ≥ 3. Một số
tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 3 luôn có ít nhất một ước số nguyên tố. Vậy ω(xk−1 + 1) ≥ 1.
• Từ đó ta có bất đẳng thức:
nk ≥ nk−1 + 1

với mọi k ≥ 2

Kết luận: Từ n1 ≥ 1 và nk ≥ nk−1 + 1, bằng phương pháp quy nạp toán học đơn giản, ta dễ dàng suy ra
được:
nk ≥ k với mọi k ≥ 1
Bây giờ, ta tiến hành tính tổng các nk từ k = 1 đến k = 2026:
n1 + n2 + · · · + n2026 ≥ 1 + 2 + · · · + 2026
Áp dụng công thức tính tổng cấp số cộng 1 + 2 + · · · + N =
1 + 2 + · · · + 2026 =

N(N + 1)
, ta có:
2

2026 · 2027
= 1013 · 2027 = 2053351
2

Vậy:
n1 + n2 + · · · + n2026 ≥ 2053351
(đpcm)

13