Home THI THỬ LẦN 2 - CHUYÊN SƯ PHẠM 2025 (Có đáp án)

THI THỬ LẦN 2 - CHUYÊN SƯ PHẠM 2025 (Có đáp án)

Bài 1 (2,0 điểm)
  1. Cho các số dương $a, b$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{a+1} + \dfrac{b}{b+2} < \dfrac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}$.
  2. Trong một khu vườn nhỏ có $3$ con thỏ và $3$ cây cà rốt. Mỗi con thỏ sẽ chọn ngẫu nhiên một cây cà rốt để ăn. Tính xác suất để mỗi cây cà rốt được chọn bởi không quá một con thỏ (tức là không có hai con thỏ nào chọn cùng một cây cà rốt).
  1. Ta có $\begin{aligned}[t] &a+1 = (\sqrt{a}-1)^2 + 2\sqrt{a} \ge 2\sqrt{a} &b+2 > b+1 = (\sqrt{b}-1)^2 + 2\sqrt{b} \ge 2\sqrt{b} \end{aligned}$

    Vậy $\dfrac{a}{a+1} + \dfrac{b}{b+2} \lt \dfrac{a}{2\sqrt{a}} + \dfrac{b}{2\sqrt{b}} = \dfrac{\sqrt{a} + \sqrt{b}}{2}$.

  2. Mỗi con thỏ sẽ có $3$ cách chọn cây cà rốt. Vậy số phần tử của không gian mẫu là $3^3$.

    3. Số cách chọn để mỗi cây cà rốt được chọn bởi không quá một cây cà rốt là $3!$.

    Vậy xác suất để mỗi cây cà rốt được chọn bởi đúng một thỏ là $\dfrac{3!}{3^3} = \dfrac{2}{9}$.

Xem lời giải
Bài 2 (2,0 điểm)
  1. Giải hệ phương trình: $\begin{cases} (x+y)(x^2+y^2) = 567 \\ \sqrt{xy}(x+y)^2 = 243. \end{cases}$

  2. Cho các số hữu tỉ dương $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện $a + b + c = 2\sqrt{abc}$. Chứng minh rằng $S = \dfrac{bc-b-c}{a}$ là bình phương của một số hữu tỉ.
  1. ĐKXD: $xy \ge 0$.

    2. Đặt $a = x+y, b = \sqrt{xy}$. Khi đó $x^2 + y^2 = a^2 - 2b^2$

    Viết lại hệ phương trình đã cho thành $\begin{cases} a(a^2 - 2b^2) = 567 \\ a^2b = 243 \end{cases}$

    Suy ra $\dfrac{a(a^2 - 2b^2)}{a^2b} = \dfrac{7}{3}$ hay $3a^3 - 6ab^2 = 7a^2b$.

    Phân tích thành nhân tử được $b(a-3b)(3a+2b) = 0$

    Từ hệ phương trình ban đầu suy ra $a, b > 0$. Vậy $b(3a+2b) > 0$, cho nên $a = 3b$. Từ đó $a^2b = 9b^3 = 243$ hay $b=3, a=9$. Vậy $\begin{cases} x+y = 9 \\ xy = 9 \end{cases}$

    Giải ra nghiệm của hệ là $(x,y) = \left(\dfrac{9+3\sqrt{5}}{2}, \dfrac{9-3\sqrt{5}}{2}\right)$ và $(x,y) = \left(\dfrac{9-3\sqrt{5}}{2}, \dfrac{9+3\sqrt{5}}{2}\right)$ đều thỏa mãn.

  2. Viết lại giả thiết thành $\left(1 - \sqrt{\dfrac{bc}{a}}\right)^2 = \dfrac{bc-b-c}{a}$.

    3. Do $\sqrt{abc} \in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt{\dfrac{bc}{a}} = \dfrac{\sqrt{abc}}{a} \in \mathbb{Q}$.

    Vậy $1 - \sqrt{\dfrac{bc}{a}} \in \mathbb{Q}$ nên $S$ là bình phương của một số hữu tỉ.

Xem lời giải
Bài 3 (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn $ABC$, nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC, CA, AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Đường tròn đường kính $AI$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai $K$ (khác $A$). Đường thẳng $KD$ cắt lại đường tròn đường kính $AI$ tại điểm thứ hai $P$ (khác $K$). Giả sử các đường thẳng $AK$ và $BC$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng:
  1. $\triangle KEC \backsim \triangle KFB$ và $KD$ là phân giác của góc $\angle BKC$.
  2. $AP \perp BC$.
  3. $IQ$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$.
  1. Ta có $\angle KBF = \angle KCE$ và $\angle BFK = 180^\circ - \angle KFA = 180^\circ - \angle KEA = \angle KEC$.

    2. Vậy $\triangle KEC \sim \triangle KFB$ (g-g)

    Suy ra $\dfrac{KB}{KC} = \dfrac{BF}{CE} = \dfrac{BD}{DC}$ nên $KD$ là phân giác $\angle BKC$.

  2. Gọi $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $M$. Từ câu a) suy ra $K, D, M$ thẳng hàng.

    3. Khi đó $\angle PID = 90^\circ - \angle DKC - \angle KCD = 90^\circ - \angle FAI - \angle KAF = \angle KPA$

    Suy ra $AP \parallel ID$. Mà $ID \perp BC$ nên $AP \perp BC$.

  3. Do tứ giác $AKBC$ nội tiếp nên $QK.QA = QB.QC$.

    4. Ta có $\angle QKI = \angle QDI = 90^\circ$ nên tứ giác $QKID$ nội tiếp.

    Suy ra $\angle KIQ = \angle KDQ = 90^\circ - \angle PDI = 90^\circ - \angle KPA = \angle KAI$

    Suy ra $IQ$ là tiếp tuyến tại $I$ của đường tròn đường kính $AI$.

    Từ đó suy ra $QI^2 = QA.QK = QB.QC$

    Suy ra $IQ$ cũng là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$.

Xem lời giải
Bài 4 (2,0 điểm)
Một số nguyên dương được gọi là số giàu có nếu như tổng tất cả các ước số dương của nó lớn hơn hai lần số đó. Số nguyên dương mà không phải là số giàu có được gọi là số thiếu thốn. Chứng minh rằng:
  1. Có vô số số thiếu thốn.
  2. $N = 6 \cdot 2^n$ là số giàu có với mọi số nguyên dương $n$.
  1. Xét các số có dạng $2^n$ ($n \in \mathbb{N}^*$) Tổng các ước của nó là
    2. $$1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^n = 2^{n+1} - 1 \lt 2 \cdot 2^n$$

    Do vậy các số có dạng $2^n$ đều là các số thiếu thốn. Vậy có vô số số thiếu thốn.

  2. $N = 2^{n+1} \cdot 3$ có tập các ước là $\{1, 2, 2^2, \dots, 2^{n+1}, 3, 3 \cdot 2, 3 \cdot 2^2, \dots, 3 \cdot 2^{n+1}\}$.

    3. Tổng các ước của $N$ là $(1+3)(1+2+2^2+ \dots + 2^{n+1}) = 4(2^{n+2}-1) > 2N$

    Do vậy $N$ là số giàu có.

Xem lời giải
Bài 5 (1,0 điểm)
Trên bảng viết $1000$ số nguyên liên tiếp. Trong mỗi lượt di chuyển, ta chia các số đã viết thành các cặp tuỳ ý, rồi thay thế mỗi cặp số bằng tổng và hiệu của chúng (không nhất thiết phải lấy số lớn trừ số nhỏ, tức là cả hai kết quả của phép cộng và phép trừ đều có thể dương). Sau một số hữu hạn lần di chuyển như vậy, trên bảng có thể xuất hiện lại một dãy gồm $1000$ số nguyên liên tiếp nữa hay không?

Khi thay hai số $a, b$ thành $a+b, a-b$ thì tổng bình phương ban đầu và lúc sau của $2$ số là $a^2 + b^2$ và $2a^2 + 2b^2$. Tức là sau mỗi lượt di chuyển, tổng bình phương các số tăng gấp đôi.

Với số nguyên $a$, xét tính đồng dư của $a^2$ theo modulo $8$. Nếu $a$ chẵn thì $a^2 \equiv 0, 4 \pmod 8$ còn nếu $a$ lẻ thì $a^2 \equiv 1 \pmod 8$.

Vậy tổng bình phương của $1000$ số nguyên liên tiếp sẽ đồng dư với $250 \cdot 4 + 500 \cdot 1 \equiv 4 \pmod 8$.

Sau mỗi bước di chuyển, do tổng bình phương các số tăng gấp đôi nên tổng bình phương của chúng luôn chia hết cho $8$. Do vậy trên bảng sẽ không thể xuất hiện lại $1000$ số nguyên liên tiếp.

Xem lời giải
Được tạo bởi Blogger.