Đề thi khảo sát Toán 9 (chuyên) năm 2026 THPT Chuyên Lê Quý Đôn (TP.HCM) có đáp án

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^3} + {b^3} = \left( {a + b} \right)\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 3ab} \right]\)

\(40 = 4\left( {16 - 3ab} \right)\)

\(16 - 3ab = 10\)

\(ab = 2\).

Lại có: \({a^2} + {b^2} = {\left( {a + b} \right)^2} - 2ab = 16 - 4 = 12\).

Xét tích: \[\left( {{a^3} + {b^3}} \right)\left( {{a^2} + {b^2}} \right) = {a^5} + {b^5} + {a^2}{b^2}\left( {a + b} \right)\]

\(40 \cdot 12 = P + {2^2} \cdot 4\)

\(480 = P + 16\)

\(P = 464\).

2. Điều kiện xác định: \( - 2 \le x \le 2\). Khai triển phương trình:

\(\left( {2 + x + 2\sqrt {2 + x}  + 1} \right) + \left( {2 - x + 2\sqrt {2 - x}  + 1} \right) = 2x + 6\)

\(6 + 2\sqrt {2 + x}  + 2\sqrt {2 - x}  = 2x + 6\)

\(\sqrt {2 + x}  + \sqrt {2 - x}  = x\)

Do vế trái luôn không âm nên \(x \ge 0\). Bình phương hai vế (với \(0 \le x \le 2\)):

\(\left( {2 + x} \right) + \left( {2 - x} \right) + 2\sqrt {\left( {2 + x} \right)\left( {2 - x} \right)}  = {x^2}\)

\(4 + 2\sqrt {4 - {x^2}}  = {x^2}\)

Đặt \(t = \sqrt {4 - {x^2}} \,\,\left( {t \ge 0} \right),\) ta có \({x^2} = 4 - {t^2}\). Thay vào ta được:

\(4 + 2t = 4 - {t^2}\)

\({t^2} + 2t = 0\)

\(t\left( {t + 2} \right) = 0\)

Vì \(t \ge 0\) nên \(t = 0\) suy ra \(\sqrt {4 - {x^2}}  = 0\)

Khi đó \({x^2} = 4\) nên \(x = 2\) (vì \(x \ge 0\)).

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x = 2\).

3. Không gian mẫu khi chọn ngẫu nhiên mỗi cặp số \(\left( {a,\,\,b} \right)\) có thứ tự từ 1 đến 6 là \(\left| \Omega  \right| = 6 \cdot 6 = 36\).

Nửa chu vi hình chữ nhật là \(a\), diện tích là \(b\).

Gọi chiều dài và chiều rộng là \(x,\,\,y\) \(\left( {x,y \in {\mathbb{N}^*}} \right)\).

Ta có hệ: \(x + y = a\) và \(xy = b\).

Theo định lí Viète đảo, \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình: \({t^2} - at + b = 0\).

Phương án "hợp lệ" khi phương trình có nghiệm nguyên dương. Khi đó:

• \(\Delta  = {a^2} - 4b \ge 0\) và \(\Delta \) là số chính phương.

• \(a > 0,\,\,b > 0\).

Lần lượt xét các giá trị của \(a\):

• \(a = 1\): Không có giá trị \(b\) thỏa mãn.

• \(a = 2\): \(\Delta  = 4 - 4b \ge 0\) nên \(b = 1\). Cặp \(\left( {2\,;\,\,1} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 3\): \(\Delta  = 9 - 4b \ge 0\) nên \(b \in \left\{ {1\,;\,\,2} \right\}\). Chỉ có \(b = 2\) cho \(\Delta  = 1\) (chính phương). Cặp \(\left( {3\,;\,\,2} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 4\): \(\Delta  = 16 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 3\) và \(b = 4\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {4\,;\,\,3} \right),\,\,\left( {4\,;\,\,4} \right)\) hợp lệ.

• \(a = 5\): \(\Delta  = 25 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 4\) và \(b = 6\) thỏa mãn. Cặp \[\left( {5\,;\,\,4} \right)\,,\,\,\left( {5\,;\,\,6} \right)\] hợp lệ.

• \(a = 6\): \(\Delta  = 36 - 4b \ge 0\). Ta thấy \(b = 5\) thỏa mãn. Cặp \(\left( {6\,;\,\,5} \right)\) hợp lệ.

Có tổng cộng 7 phương án hợp lệ. Xác suất phần mềm đưa ra một phương án hợp lệ là \(P = \frac{7}{{36}}\).

Hướng dẫn giải

1. Thế các nghiệm vào phương trình tương ứng, ta có:

\(2{b^2} - 3ab + a = 0\quad (1)\)

\(a{\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right)^2} - 3a\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right) + 2 = 0\quad (2)\)

Từ (1) suy ra \(a\left( {1 - 3b} \right) =  - 2{b^2}\)

\(a = \frac{{2{b^2}}}{{3b - 1}}\) (nếu \(b = \frac{1}{3}\) thì \(a \cdot 0 = \frac{{ - 2}}{9}\) (vô lí), do đó \(b \ne \frac{1}{3}\)).

Rút gọn phương trình (2), ta được: \[a\frac{{16}}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{{12}}{{3 - b}} + 2 = 0\]

\(a\frac{8}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{6}{{3 - b}} + 1 = 0\)

\(a\left[ {8 - 6\left( {3 - b} \right)} \right] + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)

\(a\left( {6b - 10} \right) + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)

Thế \(a\) vào ta được:

\(\frac{{2{b^2}\left( {6b - 10} \right)}}{{3b - 1}} + {b^2} - 6b + 9 = 0\)

\(12{b^3} - 20{b^2} + 3{b^3} - {b^2} - 18{b^2} + 6b + 27b - 9 = 0\)

\(15{b^3} - 39{b^2} + 33b - 9 = 0\)

\(5{b^3} - 13{b^2} + 11b - 3 = 0\)

\(\left( {b - 1} \right)\left( {5{b^2} - 8b + 3} \right) = 0\)

\({\left( {b - 1} \right)^2}\left( {5b - 3} \right) = 0\)

TH1: \(b = 1\) suy ra \(a = 1\), do đó \(T = {1^3} + {1^3} = 2\).

TH2: \(b = \frac{3}{5}\) suy ra \(a = \frac{9}{{10}}\), do đó \(T = {\left( {\frac{9}{{10}}} \right)^3} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^3} = \frac{{189}}{{200}}\).

2. a) Máy chủ Alpha xử lý \(x\) bài với chi phí: \(f\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} + 100x\).

Máy chủ Beta sẽ xử lý \((5000 - x)\) bài với chi phí:

\(g\left( x \right) = 400\,\,000 + 200\left( {5000 - x} \right) = 1\,\,400\,\,000 - 200x\).

Tổng chi phí: \(C\left( x \right) = f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\) (đồng).

b) Tổng chi phí là \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\).

Ta có \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 4\,\,000x} \right) + 1\,\,400\,\,000\)

\( = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 2 \cdot x \cdot 2000 + {{2000}^2} - {{2000}^2}} \right) + 1\,\,400\,\,000\)

\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} - 100\,\,000 + 1\,\,400\,\,000\)\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} + 1\,\,300\,\,000\).

Vì \({\left( {x - 2000} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\) nên \(C(x) \ge 1\,\,300\,\,000\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 2000 = 0\) nên \(x = 2000\) (TMĐK).

Vậy tổng chi phí thấp nhất phải trả là \(1\,\,300\,\,000\) đồng.

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\) và \({b^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {{a^2} + 1} \right) - \left( {{b^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\)

\({a^2} - {b^2}\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì 2027 là số nguyên tố nên \(\left( {a - b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) hoặc \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì \(0 < a,\,\,b < 2027\) và \(a \ne b\) nên \(0 < \left| {a - b} \right| < 2027\), do đó \(a - b\) không thể chia hết cho 2027.

Do đó \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\). Vì \(0 < a + b < 4054\) nên \(a + b = 2027\) suy ra \(b = 2027 - a\).

Khi đó \(ab - 1 = a\left( {2027 - a} \right) - 1 = 2027a - \left( {{a^2} + 1} \right)\).

Vì \(2027a\,\, \vdots \,\,2027\) và \(\left( {{a^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) nên \(ab - 1\,\, \vdots \,\,2027\) (đpcm).

2. Giả sử tập \(A\) có nhiều hơn 1014 phần tử, tức là \(\left| A \right| \ge 1015\).

Gọi các phần tử của \(A\) là \({a_1} < {a_2} <  \ldots  < {a_k}\) với \(k \ge 1015\).

Vì 3 phần tử bất kỳ luôn tạo thành 3 cạnh của một tam giác, nên tổng của 2 phần tử nhỏ nhất phải lớn hơn phần tử lớn nhất: \({a_1} + {a_2} > {a_k}\)

Mặt khác, vì \({a_i}\) là các số nguyên dương phân biệt, ta có \({a_k} \ge {a_2} + k - 2\).

Kết hợp hai điều trên \({a_1} + {a_2} > {a_k} \ge {a_2} + k - 2\) suy ra \({a_1} > k - 2.\)

Với \(k \ge 1015\), ta có \({a_1} > 1015 - 2\) nên \({a_1} \ge 1014\).

Suy ra: \({a_k} \ge {a_1} + k - 1 \ge 1014 + 1015 - 1 = 2028\).

Điều này vô lý vì mọi phần tử của \(A\) đều thuộc \(S\) nên \({a_k} \le 2026\).

Vậy giả thiết \(\left| A \right| \ge 1015\) là sai. Tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1014 phần tử.