Câu 3a, Thi tuyển lớp 10 chuyên, Đại học khoa học năm học 2025-2026

Đề:

Tìm tất cả các số tự nhiên x,y,z thỏa: $x^2-9y^2+10=3^z$
Bài giải:

$x^2-9y^2+10=3^z$

$\iff (x^2+1)-9y^2+9=3^z$

Nếu $z\ge 1$ thì $3^z⋮3$

và $-9y^2⋮3\wedge 9⋮3$

Suy ra $x^2+1⋮3$

+ Xét $x=3k$ ($k\in N$) $\Rightarrow x^2=9k^2\Rightarrow x^2+1=9k^2+1$ không chia hết cho 3

+ Xét $x=3k+1$ ($k\in N$) $\Rightarrow x^2=9k^2+6k+1\Rightarrow x^2+1=9k^2+6k+2=3p-1$ không chia hết cho 3

+ Xét $x=3k-1$ ($k\in N$) $\Rightarrow x^2=9k^2-6k+1\Rightarrow x^2+1=9k^2-6k+2=3p-1$ không chia hết cho 3

Do đó không thể tồn tại x để $x^2+1⋮3$

Vậy $z=0$

Phương trình đã cho thành $x^2-9y^2+10=3^0$
$\iff x^2-9y^2+10=1$

$\iff x^2-9y^2+9=0$

Từ đây ta suy ra $x^2⋮3$ 

nên x có dạng $x=3k$

$9k^2-9y^2+9=0$

 $\iff k^2-y^2+1=0$

$\iff y^2-k^2=1$

$\iff (y-k)(y+k)=1$

$\Rightarrow y-k=1\wedge y+k=1$

$\Rightarrow y=1\wedge k=0$

$\Rightarrow y=1\wedge x=0$

Thử lại bộ (0;1;0) thấy thỏa mãn 

Vậy x=0, y=1, z=0 

Bài 3, Thi tin học trẻ Long An năm 2025

 Đề:

Bài giải:

Giải thuật, xây dựng cây tam phân từ các nút lá (chứa giá trị của mảng dữ liệu nhập) lên nút gốc. 
Code Python

from typing import List, Optional
class Node:
    def __init__(self, index=None, value=None, one=None, second=None,third=None):
        self.one = one
        self.second = second
        self.third = third
        if value == None:
            if third == None:
                self.value = one.value + second.value
                if second.value >= one.value:
                    self.index = second.index
                else:
                    self.index = one.index
            else:
                if second.value >= one.value:
                    topNode = second
                    runNode = one
                else:
                    topNode = one
                    runNode = second
                if third.value >= topNode.value:
                    runNode = topNode
                    topNode = third
                else:
                    if third.value >= runNode.value:
                       runNode = third
                self.index = topNode.index
                self.value = topNode.value + runNode.value 
        else:
            self.value = value
            self.index = index

def build_tree_from_array(arr: List[int]) -> Optional[Node]:
    nodes = [Node(index=index+1,value=val) for index,val in enumerate(arr)]

    while len(nodes) > 1:
        new_nodes = []
        i = 0
        numberOfNode = len(nodes)
        while i < numberOfNode:
            one = nodes[i]
            second = nodes[i + 1]
            if (numberOfNode % 2 == 1) and (i == numberOfNode - 3):
                third = nodes[i + 2]
                i += 3
            else:
                third = None
                i += 2
            parent = Node(index=None,value=None, one=one, second=second, third=third)
            new_nodes.append(parent)
            
        nodes = new_nodes
        numberOfNode = len(nodes)
    
    return nodes[0] if nodes else None

if __name__ == "__main__":
    arr = [12,12, 13, 12, 15,11,12,14,12,13,13]
    root = build_tree_from_array(arr)
    print(root.index)
    print(root.value)
   

Phần nhập, xuất dữ liệu mình chưa làm nha.

Câu 2b, thi tuyển lớp 10 chuyên Bạc Liêu, năm học 2025-2026

 Đề:

Cho a,b,c dương thỏa $abc(a+b+c)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$S=\frac{a^6}{a^4+3b^4}+\frac{b^6}{b^6+3c^6}+\frac{c^6}{c^6+3a^6}$

Lời giải:

Ta không thể áp dụng bất đẳng thức AM-GM trực tiếp cho biểu thức dưới mẫu vì ngược chiều bất đẳng thức, do đó ta phải biến đổi: 
$S=\frac{a^6}{a^4+3b^4}+\frac{b^6}{b^6+3c^6}+\frac{c^6}{c^6+3a^6}$

$=a^2-\frac{3a^2{b}^4}{a^4+3b^4}+b^2-\frac{3b^2{c}^4}{b^6+3c^6}+c^2-\frac{3c^2{a}^4}{c^6+3a^6}$

Ta có:

$a^4+3b^4=a^4+b^4+b^4+b^4\ge 4\sqrt[4]{a^4.b^4.b^4.b^4}$ (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b)

$\Rightarrow a^4+3b^4\ge 4a{b}^3$

$\Rightarrow \frac{3a^2{b}^4}{a^4+3b^4}\le \frac{3a^2{b}^4}{4a{b}^3}=\frac{3}{4}ab\le \frac{3}{4}\frac{a^2+b^2}{2}=\frac{3}{8}(a^2+b^2)$

 (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b)

Tương tự ta có:

$\frac{3b^2{c}^4}{b^6+3c^6}\le \frac{3}{8}(b^2+c^2)$  (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi b=c)

$\frac{3c^2{a}^4}{c^6+3a^6}\le \frac{3}{8}(c^2+a^2)$ (Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi c=a)

Từ đây ta có:

$S=a^2-\frac{3a^2{b}^4}{a^4+3b^4}+b^2-\frac{3b^2{c}^4}{b^6+3c^6}+c^2-\frac{3c^2{a}^4}{c^6+3a^6}$

$\ge a^2-\frac{3}{8}(a^2+b^2)+b^2-\frac{3}{8}(b^2+c^2)+c^2-\frac{3}{8}(c^2+a^2)$

$=\frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)$
(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c)
Ngoài ra ta có:
$a^2+b^2+c^2\ge \frac{1}{3}(a+b+c{)}^2$ và $(a^2+b^2+c^2{)}^3\ge 3^3(abc{)}^2$

(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c)
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2{)}^4\ge 3^2[abc(a+b+c){]}^2=3^2$

(Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}$)

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge \sqrt{3}$

Vậy $S\ge \frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2)\ge \frac{\sqrt{3}}{4}$
$S_{\text{min}}=\frac{\sqrt{3}}{4}$ khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt[4]{3}}$

Bài II.2) Đề chọn học sinh giỏi THCS quận Hoàn Kiếm năm học 2023-2024

 Đề:

Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn $(x^2+3)y^2-y^3+2x^2=2y(2x^2-1)+3$

Bài giải:

$(x^2+3)y^2-y^3+2x^2=2y(2x^2-1)+3$

$\iff x^2{y}^2+3y^2-y^3+2x^2=4y{x}^2-2y+3$

$\iff x^2{y}^2-4y{x}^2+2x^2=y^3-3y^2-2y+3$

$\iff (y^2-4y+2)x^2=y^3-3y^2-2y+3(1)$

Vì $y^2-4y+2\ne 0\mathrm{\forall }y\in Z$ (hai nghiệm là số vô tỉ)

Nên $(1)\iff x^2=\frac{y^3-3y^2-2y+3}{y^2-4y+2}$

$\iff x^2=y+1+\frac{1}{y^2-4y+2}(2)$ 

Vì $x^2\in Z\Rightarrow 1⋮y^2-4y+2\Rightarrow y^2-4y+2=1\vee y^2-4y+2=-1$

* Xét $y^2-4y+2=1$

$\iff y^2-4y+1=0$ 

Giải phương trình bậc 2 này ta có hai nghiệm y: $2-\sqrt{3}$ và $2+\sqrt{3}$ không phải là số nguyên

* Xét $y^2-4y+2=-1$

$\iff y^2-4y+3=0$ 

Phương trình có 2 nghiệm $y=1$ và $y=3$

+ y = 1, thay vào (2) ta có $x^2=1+1-1$

$\iff x^2=1$

$\iff x=\pm 1$

+ y =3, thay vào (2) ta có $x^2=3+1-1$

 $x^2=3+1-1$

$\iff x^2=3$

$\iff x=\pm \sqrt{3}$ (loại vì $x\in Z$)

Vậy các bộ số $(x;y)$ cần tìm là $(1;1),(-1;1)$

00:6

2025-08-30

Câu 3b, Thi lớp 10 chuyên Hà Tĩnh, năm học 2024-2025

 Đề:

Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn $(a+1)(b+1)(c+1)=3abc$
Bài giải:

Do vai trò a,b,c như nhau nên ta giả sử $a\ge b\ge c$, điều này có nghĩa là nếu ta tìm ra đáp số $(a_0;b_0;c_0)$ thì tất cả các hoán vị của bộ này : $(a_0;c_0;b_0),(b_0;a_0;c_0),(b_0;c_0;a_0),(c_0;a_0;b_0),(c_0;b_0;a_0)$ cũng thỏa mãn đẳng thức đã cho.  

Ta có:

$(a+1)(b+1)(c+1)=3abc$

$\iff \frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{abc}=3$

$\iff (\frac{a+1}{a})(\frac{b+1}{b})(\frac{c+1}{c})=3$

$\iff (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})=3(1)$

Từ  $a\ge b\ge c$

$\Rightarrow \frac{1}{a}\le \frac{1}{b}\le \frac{1}{c}$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\le 1+\frac{1}{b}\le 1+\frac{1}{c}$

$\Rightarrow 3=(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\le (1+\frac{1}{c}{)}^3$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{c}\ge \sqrt[3]{3}$

$\Rightarrow \frac{1}{c}\ge \sqrt[3]{3}-1$

$\Rightarrow c\le \frac{1}{\sqrt[3]{3}-1}<2.3$

Do c là số nguyên dương nên $c=1$ hoặc $c=2$

+ Xét c=1 

Thay c =1 vào (1) ta có:

$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{1})=3$

$\iff (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})2=3$

$\iff (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})=\frac{3}{2}$

Từ  $a\ge b$

$\Rightarrow \frac{1}{a}\le \frac{1}{b}$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\le 1+\frac{1}{b}$

$\Rightarrow \frac{3}{2}=(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})\le (1+\frac{1}{b}{)}^2$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{b}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{b}\ge \sqrt{\frac{3}{2}}-1$

$\Rightarrow b\le \frac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}-1}<4.5$

Do b là số nguyên dương nên b=1,2,3,4 

* b = 1, thay c=1,b=1 vào biểu thức ban đầu ta có:

 $(a+1)(1+1)(1+1)=3a.1.1$ 

$\Rightarrow 4(a+1)=3a$

$\Rightarrow a=-4$ (loại khả năng này vì a nguyên dương)

* b = 2, thay c=1, b=2 vào biểu thức ban đầu ta có:

 $(a+1)(2+1)(1+1)=3a.2.1$ 

$\Rightarrow 6(a+1)=6a$ 

$\Rightarrow 6=0$ (vô lý, loại khả năng này) 

* b = 3, thay c=1, b=3 vào biểu thức ban đầu ta có:

 $(a+1)(3+1)(1+1)=3a.3.1$ 

$\Rightarrow 8(a+1)=9a$

$\Rightarrow a=8$ (thỏa điều kiện)

* b = 4, thay c=1, b=4 vào biểu thức ban đầu ta có:

$(a+1)(4+1)(1+1)=3a.4.1$

$\Rightarrow 10(a+1)=12a$

$\Rightarrow 2a=10$

$\Rightarrow a=5$ (thỏa điều kiện) 

Vậy với c=1, ta thu được hai bộ số $(8;3;1),(5;4;1)$ thỏa mãn đẳng thức đã cho

+ Xét c = 2

Thay c =2 vào (1) ta có:

$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{2})=3$

$\iff (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})\frac{3}{2}=3$

$\iff (1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})=2$

Từ  $a\ge b$

$\Rightarrow \frac{1}{a}\le \frac{1}{b}$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{a}\le 1+\frac{1}{b}$

$\Rightarrow 2=(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})\le (1+\frac{1}{b}{)}^2$

$\Rightarrow 1+\frac{1}{b}\ge \sqrt{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{b}\ge \sqrt{2}-1$

$\Rightarrow b\le \frac{1}{\sqrt{2}-1}<2.5$

Do b là số nguyên dương lớn hơn hay bằng c nên b chỉ có thể là 2 

Thay b=2, c=2 vào biểu thức đã cho ta có:

$(a+1)(2+1)(2+1)=3a.2.2$

$\iff 9(a+1)=12a$

$\iff 3a=9$

$\iff a=3$ (thỏa điều kiện)
Vậy trường hợp c=2 ta thu được 1 bộ số $(3;2;2)$ thỏa đẳng thức đã cho
Đáp số:

Các số (a;b;c) cần tìm là $(8;3;1),(5;4;1),(3;2;2)$ và các hoán vị của chúng.

Câu 2a, Thi chuyên 10 Bạc Liêu, năm học 2025-2026

 Đề:

Giải hệ phương trình:

$\{\begin{array}{rl}& x^2+(x-1)(y+1)=2y^2-1\\ & x^2+y^2-10=0\end{array}$

Bài giải:

Biến đổi phương trình thứ nhất:

$x^2+(x-1)(y+1)=2y^2-1$

$\iff x^2+xy+x-y-1=2y^2-1$

$\iff 2y^2+(1-x)y-x^2-x=0$

Giải phương trinh bậc hai này theo biến y.

Ta có $\mathrm{\Delta }=(1-x{)}^2-4.2.(-x^2-x)=x^2-2x+1+8x^2+8x=9x^2+6x+1=(3x+1{)}^2\ge 0\mathrm{\forall }x$

Ta tính ra được $y=x$ hoặc $y=-\frac{x+1}{2}$

• $y=x$ thay vào phương trình thứ 2 ta có:
  $x^2+x^2-10=0$
  $\iff 2x^2=10$
  $\iff x^2=5$
  $\iff x=\pm \sqrt{5}$
  Ta thu được hai nghiệm $(-\sqrt{5};-\sqrt{5}),(\sqrt{5};\sqrt{5})$
• $y=-\frac{x+1}{2}$ thay vào phương trình thứ hai ta có:
  $x^2+(-\frac{x+1}{2}{)}^2-10=0$
  $\iff 5x^2+2x-39=10$
  Giải phương trình bậc hai này ta có hai nghiệm $x=-3$ và $x=\frac{13}{5}$
  Tương ứng với $y=1$ và $y=-\frac{9}{5}$
  Ta thu thêm hai nghiệm của hệ phương trình đã cho là $(-3;1),(\frac{13}{5};-\frac{9}{5})$

Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm:

$(-\sqrt{5};-\sqrt{5}),(\sqrt{5};\sqrt{5}),(-3;1),(\frac{13}{5};-\frac{9}{5})$

Câu 4, Thi tuyển lớp 10 chuyên Bạc Liêu năm học 2025-2026

Đề:
Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: $x(x-y-1)+y(y-1)=3$
Lời giải:
$x(x-y-1)+y(y-1)=3$
$\iff x^2-(y+1)x+y^2-y-3=0$
Giải phương trình bậc hai theo nghiệm x. Ta có: $\mathrm{\Delta }=(y+1{)}^2-4(y^2-y-3)=(y^2+2y+1)-4y^2+4y+12=-3y^2+6y+13$
Để phương trình có nghiệm x thì $\mathrm{\Delta }\ge 0$
$\iff -3y^2+6y+13\ge 0$
$\iff 1-\frac{4}{\sqrt{3}}\le y\le 1+\frac{4}{\sqrt{3}}$
Do y là số nguyên dương nên $y=1,2,3$ Thay giá trị của y lần lượt vào công thức tính x:$x=\frac{y+1\pm \sqrt{-3y^2+6y+13}}{2}$

• $y=1$ thì $x=-1\vee x=3$ vì x là số nguyên dương nên chọn nghiệm $x=3$
• $y=2$ thì $x=\frac{3\pm \sqrt{13}}{2}$ vì x là số nguyên dương nên loại cả hai nghiệm này.
• $y=3$ thì $x=1\vee x=3$ cả hai đều là số nguyên dương nên ta nhận cả hai nghiệm này.

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm nguyên dương:$(1;3),(3;3),(3;1)$

Câu 1b, Thi 10 Chuyên Bạc Liêu năm học 2025-2026

Đề: Cho x,y,z dương thỏa mãn $xyz=1$
Tính giá trị biểu thức $P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}$
Bài giải: $P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}(1)$
Biến đổi P như sau:
$P=\frac{\sqrt{x}.\sqrt{z}}{(\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1).\sqrt{z}}+\frac{\sqrt{y}.\sqrt{x}}{(\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1).\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{z}.\sqrt{y}}{(\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1).\sqrt{y}}$
$=\frac{\sqrt{xz}}{1+\sqrt{xz}+\sqrt{z}}+\frac{\sqrt{xy}}{1+\sqrt{xy}+\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{yz}}{1+\sqrt{yz}+\sqrt{y}}$
$P=\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{xz}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}(2)$
Biến đổi P theo cách khác:
$P=\frac{\sqrt{x}.\sqrt{yz}}{(\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1).\sqrt{yz}}+\frac{\sqrt{y}.\sqrt{xz}}{(\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1).\sqrt{xz}}+\frac{\sqrt{z}.\sqrt{xy}}{(\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1).\sqrt{xy}}$
$=\frac{1}{\sqrt{y}+1+\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{z}+1+\sqrt{xz}}+\frac{1}{(\sqrt{x}+1+\sqrt{xy}}$
$P=\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}(3)$
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:
$3P=(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1})$ $+(\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{xz}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1})$ $+(\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1})$
$=(\frac{\sqrt{xy}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1}+\frac{1}{\sqrt{xy}+\sqrt{x}+1})+$ $(\frac{\sqrt{yz}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1}+\frac{1}{\sqrt{yz}+\sqrt{y}+1})+$ $(\frac{\sqrt{xz}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}+\frac{\sqrt{z}}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1}+\frac{1}{\sqrt{xz}+\sqrt{z}+1})$
$=1+1+1=3$
$\Rightarrow P=1$
Đáp số:$P=1$

Câu 1a, Thi 10 Chuyên Bạc Liêu năm học 2025-2026

 Đề:

Rút gọn biểu thức $A=\sqrt{8+2\sqrt{15}}+\sqrt{7-4\sqrt{3}}-\sqrt{5}$

Lời giải:
$A=\sqrt{8+2\sqrt{15}}+\sqrt{7-4\sqrt{3}}-\sqrt{5}$
$=\sqrt{3+2\sqrt{3}\sqrt{5}+5}+\sqrt{4-2.2.\sqrt{3}+3}-\sqrt{5}$
$=\sqrt{(\sqrt{3}{)}^2+2\sqrt{3}\sqrt{5}+(\sqrt{5}{)}^2}+\sqrt{2^2-2.2.\sqrt{3}+(\sqrt{3}{)}^2}-\sqrt{5}$
$=\sqrt{(\sqrt{3}+\sqrt{5}{)}^2}+\sqrt{(2-\sqrt{3}{)}^2}-\sqrt{5}$
$=(\sqrt{3}+\sqrt{5})+(2-\sqrt{3})-\sqrt{5}$
$=2$
Đáp số: $A=2$

Câu 2b, Thi vào lớp 10 chuyên Hà Tĩnh năm học 2024-2025

 Đề:

Giải hệ phương trình 

$\{\begin{array}{rl}& (x+y)(4x+y)=5x+2y-1\\ & 2x^2-5x+2\sqrt{x+y}-\sqrt{3x-1}=0\end{array}$

Lời giải:

Điều kiện $3x-1\ge 0\wedge x+y\ge 0\iff y\ge -x\wedge x\ge \frac{1}{3}$

Phương trình thứ nhất $\iff 4x^2+5xy+y^2=5x+2y-1$

$\iff y^2+(5xy-2y)+(4x^2-5x-1)=0$

$\iff y^2+(5x-2)y+(4x^2-5x-1)=0$

Giải phương trình bậc 2 theo biến y, ta có hai hai nghiệm $y=1-x$ và $y=1-4x$

• Trường hợp $y=1-x$ thay vào phương trình thứ 2:
  $2x^2-5x+2\sqrt{1}-\sqrt{3x-1}=0$
  $\iff \sqrt{3x-1}=2x^2-5x+2$
  $\Rightarrow 3x-1=(2x^2-5x+2{)}^2$
  $\iff 4x^4-20x^3+33x^2-23x+5=0$
  $\iff (x^2-3x+1)(4x^2-8x+5)=0(1)$
  Do $4x^2-8x+5=4(x^2-2x+1)+1=4(x-1{)}^2+1\ge 1\mathrm{\forall }x$ 
  Nên $(1)\iff x^2-3x+1=0$
  Phương trình có hai nghiệm $x_1=\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}$;$x_2=\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}$
  Cả hai nghiệm thỏa mãn điều kiện $x\ge \frac{1}{3}$

Trường hợp $y=1-4x$ :
Từ diều kiện $y\ge -x$, ta có: $1-4x\ge -x\iff x\le \frac{1}{3}$ 
Kết hợp điều kiện $x\ge \frac{1}{3}\Rightarrow x=\frac{1}{3}$. 
Thay vào phương trình thứ 2 ta thấy giá trị này không thỏa.
Đáp số:
Hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:$(\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2};-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}),(\frac{3}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2};-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2})$

Câu 2a, Thi vào lớp 10 chuyên Hà Tĩnh, năm 2024-2025

 Đề:

Giải phương trình:

$4x^3+31x^2-27=12(x^2+x)\sqrt{1-x}$ 

Bài giải:

Điều kiện: $x\le 1$

$4x^3+31x^2-27=12(x^2+x)\sqrt{1-x}$

$\iff (4x^3+4)+(31x^2-31)-12x(x+1)\sqrt{1-x}=0$

$\iff 4(x^3+1)+31(x^2-1)-12x(x+1)\sqrt{1-x}=0$

$\iff 4(x+1)(x^2-x+1)+31(x-1)(x+1)-12x(x+1)\sqrt{1-x}=0$

$\iff (x+1)[4(x^2-x+1)+31(x-1)-12x\sqrt{1-x}]=0$

$\iff [\begin{array}{r}x+1=0(1)\\ 4(x^2-x+1)+31(x-1)-12x\sqrt{1-x}=0(2)\end{array}$

$(1)\iff x=-1$

$(2)\iff [4x^2-2.2x.3\sqrt{1-x}+9(1-x)]+[27(x-1)-9(1-x)]=0$

$\iff (2x-3\sqrt{1-x}{)}^2-(6\sqrt{1-x}{)}^2=0$

$\iff [\begin{array}{r}2x-3\sqrt{1-x}+6\sqrt{1-x}=0\\ 2x-3\sqrt{1-x}-6\sqrt{1-x}=0\end{array}$

$\iff [\begin{array}{r}2x+3\sqrt{1-x}=0(3)\\ 2x-9\sqrt{1-x}=0(4)\end{array}$

$(3)\iff 2x=-3\sqrt{1-x}(5)$ 

Điều kiện $x\le 0$ 

$(5)\Rightarrow 4x^2=9(1-x)$

$\iff 4x^2+9x-9=0$

Giải phương trình bậc hai ta có hai nghiệm $x=-3$ và $x=\frac{3}{4}$

Kết hợp điều kiện $x\le 0$  ta nhận nghiệm $x=-3$

$(4)\iff 2x=9\sqrt{1-x}(6)$ 

Điều kiện $x\ge 0$ kết hợp điều kiện ban đầu ta có điều kiện cho x là $0\le x\le 1$

$(6)\Rightarrow 4x^2=81(1-x)$

$\iff 4x^2+81x-81=0$

Giải phương trình bậc hai ta có hai nghiệm $x=-\frac{81}{8}-\frac{9\sqrt{97}}{8}$ và $x=-\frac{81}{8}+\frac{9\sqrt{97}}{8}$
Kiểm tra điều kiện  $0\le x\le 1$ ta chỉ nhận nghiệm $x=-\frac{81}{8}+\frac{9\sqrt{97}}{8}$
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm:
$x_1=-1$; $x_2=-3$; $x_3=-\frac{81}{8}+\frac{9\sqrt{97}}{8}$

Câu 6, Thi vào lớp 10 chuyên Hà Tĩnh, năm 2024-2025

Đề:
Trong hình lục giác đều có cạnh bằng 4 có 257 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 5 điểm (có thể thuộc cạnh hình vuông) trong các điểm đã cho.
Lời giải:
Đặt lục giác đều vào bên trong 1 hình vuông có cạnh là 8. Do khoảng cách xa nhất giữa hai điểm trên lục giác đều là 8 nên lục giác đều nằm trọn vẹn trong hình vuông này. 

Kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của hình vuông để tạo thành lưới 8 x 8 = 64 hình vuông có cạnh bằng 1. 

Do 257 = 64.4 + 1 nên theo nguyên tắc Dirichlet thì sẽ tồn tại 1 hình vuông chứa ít nhất là 4 + 1 = 5 điểm trong 257 điểm này.

Câu 1b, Thi vào lớp 10 chuyên Hà Tĩnh, năm học 2024-2025

Đề: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn a+b+c=6 và $a^2+b^2+c^2=12$. Tính giá trị của biểu thức: $P=(a-3{)}^{2024}+(b-3{)}^{2024}+(c-3{)}^{2024}$
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức BSC cho hai bộ số (a;b;c) và (1;1;1) ta có: $(a.1+b.1+c.1{)}^2\le (a^2+b^2+c^2)(1^2+1^2+1^2)$
$\iff (a+b+c{)}^2\le (a^2+b^2+c^2).3$
$\iff 6^2\le 12.3$
Dấu "=" của bất đẳng thức xảy ra $\iff \frac{a}{1}=\frac{b}{1}=\frac{c}{1}$ $\iff a=b=c$
Kết hợp với điều kiện $a+b+c=6$
$\Rightarrow a=b=c=2$
Vậy $P=(a-3{)}^{2024}+(b-3{)}^{2024}+(c-3{)}^{2024}$
$=(2-3{)}^{2024}+(2-3{)}^{2024}+(2-3{)}^{2024}=3.(-1{)}^{2024}=3$
Đáp số: $P=3$

Câu 43 Đề Toán Tốt nghiệp THPT 2024 (mã đề 123)

Đề bài:

Lời giải:

Vì phương trình có hai nghiệm phức và phần ảo khác 0 nên $\mathrm{\Delta }<0$
$|z_1|=\sqrt{(\frac{-b}{2a}{)}^2+(\frac{\sqrt{-\mathrm{\Delta }}}{2a}{)}^2}=\sqrt{\frac{b^2-\mathrm{\Delta }}{4a^2}}=\sqrt{\frac{b^2-(b^2-4ac)}{4a^2}}=\sqrt{\frac{c}{a}}$
Từ điều kiện $|z_1|=\frac{1}{\sqrt{k}}$
Ta suy ra $a=kc$

Vì $z_1-z_2$ có phần ảo bằng phần ảo số phức $2z_1$ và phần thực bằng 0
Nên từ: $|2z_1-\frac{1}{9}|=|z_1-z_2|$ ta suy ra được phần thực của số phức $2z_1-\frac{1}{9}$ phải bằng 0 suy ra $\frac{-b}{a}-\frac{1}{9}=0$
hay $a=-9b$ hay $b=-\frac{kc}{9}$ 
Do $z_3-w$ là thuần ảo nên có phần thực bằng nhau.
Gọi $m$ là phần ảo của $z_3$ ($m\in Z$)

$|z_3|\le |w|$

suy ra $m^2\le \frac{-\mathrm{\Delta }}{4c^2}=\frac{4ac-b^2}{4c^2}=\frac{4(kc)(c)-(-\frac{kc}{9}{)}^2}{4c^2}$

hay $m^2\le k-\frac{k^2}{324}$
Để có đúng 9 số nguyên $m$ thỏa bất đẳng thức này thì:
$16\le k-\frac{k^2}{324}<25$
Giải bất phương trình kép bậc 2 với ẩn số là k ta có nghiệm:
$162-18\sqrt{65}\le k<162-36\sqrt{14}$ hoặc $162+36\sqrt{14}\le k<162+18\sqrt{65}$ 

vì k là số nguyên suy ra $17\le k\le 27$ hoặc $297\le k\le 307$
Vậy có 22 số nguyên k.
Đáp án Ⓒ.

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 15

 Đề: Cho $\mathrm{△}DEF$ nhọn, ba đường cao DM, EN, FP cắt nhau tại I.

a) Chứng minh $\mathrm{△}DEN\sim \mathrm{△}DFP$

b) Chứng minh $EI.MF=MI.FD$

c) Cho PE = 7cm, PD = 18cm, PF=24cm. Tính PN

Giải:

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 14

 Đề:

Cho $\mathrm{△}���$ $\triangle{ABC} nhọn (AB < AC) có các đường cao AE, BF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh $\mathrm{△}AEC\sim \mathrm{△}BFC$

b) Chứng minh $\widehat{BAC}=\widehat{FEC}$

c) Gọi M là trung điểm BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng a, b cắt AH và AB lần lượt tại N và D. Chứng minh: $NC=ND$

Bài giải:

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 13

 Đề:

Cho $\mathrm{△}ABC$ nhọn (AB < AC) có các đường cao AD, BE cắt nhau tại H

a) Chứng minh $\mathrm{△}HAE\sim \mathrm{△}HBD$

b) Kẻ $EK\perp BC$ tại K. Chứng minh $K{E}^2=KB.KC$

c) Gọi M là trung điểm của AB. Kẻ $DI\perp AC$ tại I. Gọi N là giao điểm của IK và MC. Chứng minh: N là trung điểm của IK
Bài giải:

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 12

 Đề:

Cho $\mathrm{△}ABC$ vuông tại A (AB < AC) có đường cao AE

a) Chứng minh: $\mathrm{△}ABC\sim \mathrm{△}EAC$ và $A{E}^2=BE.EC$

b) Trên tia đối BA lấy điểm O sao cho $BA=BO$. Kẻ $AD\perp OC$ tại D. Chứng minh $\widehat{EAD}=\widehat{BCO}$

c) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với OE cắt BC tại S. Chứng minh S là trung điểm của EC

Bài giải:

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 16

 Đề:

Cho $\mathrm{△}ABC$ nhọn (AB < AC) có ba đường cao AD, BE, CK cắt nhau tại H

a) Chứng minh: $\mathrm{△}HEA$ đồng dạng $\mathrm{△}HDB$

b) Chứng minh:$CA.CE=CB.CD$ và $\widehat{AEK}=\widehat{ABC}$

c) Gọi G là giao điểm của KE và BC, S là trung điểm BC. Chứng minh:$DS.DG=DB.DC$

Bài giải:

Toán 8 (Giữa HK2) Bài số 11

 Đề bài:

Cho $\mathrm{△}ABC$ vuông tại A (AB < AC) có đường cao AH. Vẽ BD là đường phân giác trong của $\mathrm{△}ABC$, BD cắt AH tại I.

a) Chứng minh: $\mathrm{△}ABC$ đồng dạng $\mathrm{△}HBA$

b) Cho HB = 9cm, HC = 16cm. Tính AB, AH và chứng minh: $BI.BA=BH.BD$

c) Trên tia đối AH lấy điểm M, vẽ tia $Cx\perp MB$ tại K. Lấy E trên tia Cx sao cho $BE=BA$. Chứng minh: $\mathrm{△}BEM$ vuông

Bài giải: