Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án)

 Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TRUNG HỌC 
 PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2025 - 2026
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 MÔN: TOÁN
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ nhất: 25/12/2025
 3푛 푛―1 푛 3푛―3
Câu 1 (5 điểm). Với mỗi số nguyên dương n, xét đa thức 푃푛( ) = ―3.4 ― 2
a) Chứng minh 푃푛( ) có đúng một nghiệm thực dương, kí hiệu là 푛.
 2 푛 ∞
b) Đặt và . Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn.
 푛 = 푛 푛 = 1 + 2 + + 푛 ( 푛)푛 = 1
Câu 2 (5 điểm). Để khám phá không gian, các nhà khoa học thường phải quan sát những vật thể xa xôi 
như sao chổi, tiểu hành tinh và các hiện tượng thiên văn khác. Nhằm mục đích đó, các nhà khoa học thiết 
kế và phóng các vệ tinh quan sát lên quỹ đạo quanh Trái Đất. Hầu hết các vệ tinh không chuyển động 
theo vòng tròn hoàn hảo mà có quỹ đạo là một đường elip, với Trái Đất nằm ở một trong hai tiêu điểm 
của elip. Khi một vệ tinh chuyển động trên quỹ đạo elip, khoảng cách giữa nó và vật thể cần quan sát liên 
tục thay đổi. Thông thường, nếu khoảng cách từ vệ tinh đến vật thể cần quan sát là ngắn nhất thì các thiết 
bị cảm biến trên vệ tinh sẽ nhận được tín hiệu tốt nhất.
Cho một vệ tinh (được xem như là một chất điểm) chuyển động xung quanh Trái Đất theo quỹ đạo là một 
đường elip. Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc (đơn vị trên mỗi trục , , đều 
bằng 6400 km), giả sử vệ tinh chuyển động trên mặt phẳng tọa độ ( ) theo quỹ đạo có phương trình là 
 2 + 3 2 = 17. Vệ tinh cần quan sát một vật thể (cũng được xem như là một chất điểm) chuyển động 
trong không gian. Theo các kết quả nghiên cứu, khi vật thể chuyển động đến vị trí A 2; 16 ;8 thì việc 
 3
quan sát vật thể đó là tốt nhất. Hãy xác định tọa độ điểm C (trên quỹ đạo elip của vệ tinh) trong không 
gian với hệ trục tọa độ nói trên sao cho khoảng cách từ vị trí C đến vị trí A là ngắn nhất.
Câu 3 (5 điểm). Cho n, a, b là các số nguyên dương thỏa mãn 1 < 푛2< a < b < 푛2+ n + 3. Tìm tất cả các 
ước nguyên dương thuộc khoảng (푛2; 푛2+ n + 3) của tích ab.
Câu 4 (5 điểm). Bạn An chơi trò chơi ghi lên bảng các bộ ba số theo thứ tự từ trái sang phải. Ban đầu trên 
bảng ghi sẵn bộ ba số (1, 1, 1). Ở mỗi lượt chơi, An thực hiện một trong hai thao tác sau với bộ ba số (x, 
y, z) hiện có:
(i) Xóa bộ ba số (x, y, z) và viết lên bảng bộ ba số (y, z, x+z).
(ii) Xóa bộ ba số (x, y, z) và viết lên bảng bộ ba số (x+z+1, x+y+z+1, x+y+2z+1).
a) Chứng minh An cần đúng 4 lượt chơi để có thể viết lên bảng bộ ba số (a, b, 6).
b) Tìm số tự nhiên k nhỏ nhất sao cho tồn tại một cách chơi để sau k lượt, An có thể viết lên bảng bộ ba 
số (c, d, 129).
 -------------HẾT-------------
 * Thí sinh KHÔNG được sử dụng tài liệu.
 * Giám thị KHÔNG giải thích gì thêm.
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung
 3푛 푛―1 푛 3푛―3 3푛―3
 Ta có 푃푛( ) = ―3. 4 ― 2 푙푖ê푛 푡ụ 푡 ê푛 ℝ. ì 푃푛(0) = ― 2 < 0 푣à 
 lim 푃푛( ) = ± ∞ 푛ê푛 푃푛( ) ó í푡 푛ℎấ푡 ộ푡 푛 ℎ푖ệ ươ푛 푛.
 → + ∞
 3푛 푛―1 푛 3푛―3
 Xét 푃푛( ) = ―3.4 ― 2 푡 ê푛 (0; + ∞).
 Ta có 푃1( ) = 3푛 3푛―1 ―3푛. 4푛―1 푛―1, ∀ ∈ (0; + ∞);
 a 푛
 1 2푛 푛―1
 푃푛( ) = 0 = 4 .
 1 2푛 푛―1 1 2푛 푛―1
 Suy ra 푃푛( ) > 0 푣ớ푖 ọ푖 ∈ 4 ; + ∞ 푣à 푃푛( ) < 0 푣ớ푖 ọ푖 ∈ 0; 4 . 
 3푛―3
 Kết hợp với 푃푛(0) = ― 2 < 0, 푠 푃푛( ) = 0 có không quá một nghiệm dương.
 Vì vậy 푃푛( ) có đúng một nghiệm dương với mọi n ≥ 1.
 3푛―3
 Ta có 푃푛(2) = 2 > 0 với mọi n ≥ 1. Suy ra 푃푛(0)푃푛(2) < 0. Vì vậy, 푃푛( ) có đúng 
 푛 
 một nghiệm dương thuộc [0;2]. Đặt x = 2 cos 휑, 0 ≤ 휑 ≤ 2 . 퐾ℎ푖 đó
 3푛 ― 3 ⋅ 4푛―1 푛 = 23푛―3 ⇔23푛―3 8cos3 휑 ― 6cos 휑 ― 1 = 0
 1 2 
 ⇔cos 3휑 = ⇔휑 =± + ( ∈ ℤ)
 2 9 3
 Vì 0 ≤ 휑 ≤ nên 휑 = . Ta nhận được = 2푛 cos . Vì vậy 0 0 với 
 2 9 푛 9 푛 푛
 1
 1 mọi 푛. Suy ra ( )∞ là dãy tăng. Ta có: = 2 cos 푛. Vì 푒 ≥ 1 + với mọi ∈ ℝ 
 푛 푛=1 푛 9
(5,0 
 nên = 푒 ln ≥ 1 + ln với mọi ∈ ℝ và > 0.
điểm) 1
 Áp dụng bất đẳng thức trên cho và , ta nhận được
 = cos 9 = 푛
 1
 푛 1 
 cos ≥ 1 + ln cos 
 9
 b 푛 9
 Dẫn tới
 1
 푛 1 2 
 2 ― = 2 1 ― cos ≤ 2 1 ― 1 + ln cos = ― ln cos với mọi 푛. 
 푛 9 푛 9 푛 9
 2 2 
 Vì vậy 푛 .
 푛 = 푛 < ― 푛2ln cos 9,∀푛 ≥ 1
 Suy ra
 1 1 1
 = + + ⋯ + ≤ ―2ln cos 1 + + + ⋯ +
 푛 1 2 푛 9 22 32 푛2
 1 1 1
 ≤ ―2ln cos 1 + + + ⋯ +
 9 1 ⋅ 2 2 ⋅ 3 (푛 ― 1)푛
 1 
 = ―2ln cos 2 ― < ―4ln cos 
 9 푛 9
 ∞ ∞
 với mọi 푛. Như vậy ( 푛)푛=1 bí chặn trên. Do đó ( 푛)푛=1 có giới hạn hữu hạn.
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 Gọi B là hình chiếu của A trên mặt phằng ( ).
 Ta có B 2; 16 ;0 .
 3
 Vị trí C trên quỹ đạo của vệ tình để quan sát vật thể tại vị trí A 
 rõ nhất khi AC ngắn nhất. Mà AC ngắn nhất khi BC ngắn nhất. 
 Bài toán trở thành: Tìm vị trí điểm C trên elip (E): 2 +3 2
 = 17 sao cho BC ngắn nhất. 
 2 Gọi tọa độ điểm C là C ( ; ;0). Ta có
(5,0 2
 16 32 268
điểm) 2 = ( ― 2)2 + ― = 2 + 2 ― 4 ― + .
 3 3 3
 Ta có 4 = 2. 2. 2 ≤ 2 2 +2. Dấu đẳng thức xảy ra khi = 1.
 32 8 64 4
 Ta có = 2.2 . ≤ 4 2 + . Dấu đằng thức xảy ra khi = .
 3 3 3 3
 32 268
 Do đó 2 = 2 + 2 ―4 ― + ≥ ― 2 + 3 2 +66 = 49.
 3 3
 4
 Dấu đẳng thức xảy ra khi = 1, = . Vậy tại điểm 1; 4 ;0 thì AC ngắn nhất.
 3 3
 Gọi là ước nguyên dương thuộc khoáng (푛2;푛2 + 푛 + 3) của tích .
 *) = : thỏa mãn điều kiện bài toán.
 *) = : thỏa mãn điều kiện bài toán.
 Giả sứ ≠ , ≠ . Ta sẽ chứng minh có điều vô lý.
 Đặt = 푛2 + 푖; = 푛2 + 푗; = 푛2 + (1 ≤ 푖,푗, ≤ 푛 +2, ≠ 푖, ≠ 푗 và 푖 < 푗).
 Vì 푛2 = ― (mod푛2 + ) nên = (푛2 + 푖) 푛2 + 푗 = (푖 ― )(푗 ― )(mod푛2 + ).
 Vì = 푛2 + là ước của nên (푖 ― )(푗 ― ):(푛2 + ).
 Do |푖 ― | ≥ 1,|푗 ― | ≥ 1 nên |푖 ― | ⋅ |푗 ― | ≥ 푛2 + > 푛2.
 - Xét 1 ≤ 푖 < 푗 ≤ 푛 +1 :
 Nếu 1 ≤ ≤ 푛 +1 thì 1 ≤ |푖 ― | ≤ 푛,1 ≤ |푗 ― | ≤ 푛⇒|푗 ― | ⋅ |푗 ― | ≤ 푛2. Điều này vô 
 3 lý.
(5,0 Nếu = 푛 +2 :
điểm) +) Khi 2 ≤ 푖 < 푗 ≤ 푛 +1 thi |푖 ― | = 푛 +2 ― 푖 ≤ 푛,|푗 ― | = 푛 +2 ― 푗 ≤ 푛 ―1
 ⇒|푡 ― |.|푗 ― | ≤ 푛(푛 ―1) < 푛2. Điều này là vô lý.
 +) Khi 푖 = 1 thì |푖 ― | = 푛 +2 ― 1 = 푛 +1.
 Nếu 푗 ≥ 3 thì |푗 ― | = 푛 +2 ― 푗 ≤ 푛 ―1⇒|푖 ― | ⋅ |푗 ― | ≤ (푛 +1)(푛 ―1) < 푛2. Điều 
 này vô lý.
 Nếu 푗 = 2 thi |푗 ― | = 푛 +2 ― 푗 = 푛⇒|푖 ― | ⋅ |푗 ― | = (푛 +1)푛⋮푛2 + 푛 +2. Điều này 
 vô lý.
 - Xét 푗 = 푛 +2 :
 Nếu ≥ 2 thì |푖 ― | ≤ 푛 +1 ― 2 = 푛 ―1,|푗 ― | = 푛 +2 ― ≤ 푛
 ⇒|푖 ― |.|푗 ― | ≤ 푛(푛 ―1) < 푛2. Điều này vô lý.
 Nếu = 1 thì |푖 ― | = 푖 ―1,|푗 ― | = 푛 +1⇒|푖 ― |.|푗 ― | = (푖 ―1)(푛 +1).
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 Suy ra (푖 ―1)(푛 +1) ≥ 푛2 +1⇒푖 = 푛 +1
 ⇒푛(푛 +1)⋮푛2 +1⇒푛 ―1⋮푛2 +1⇒푛 ―1 ≥ 푛2 +1. Điều này vô lý.
 Do đó không tồn tại ước nguyên dương ∈ (푛2;푛2 + 푛 + 3) của tích mà ≠ , ≠ .
 Vậy tập hợp các ước cùa thỏa mãn bài toán là { ; }.
 Xét lượt đầu tiên, nếu sử dụng thao tác loại 2 thì ta có bộ số (3,4,5) và từ đây số ngoài 
 cùng bên phải sẽ luôn tăng ít nhất 3 đơn vị nên không thể viết được số 6. Như vậy lượt đầu 
 An phải sử dụng loại 1 và viết bộ số (1,1,2).
 Từ trạng thái này, nếu sử dụng thao tác loại 2 sẽ tăng số ngoài cùng bên phải lên ít nhất 5. 
 a
 Do đó, nếu sử dụng thao tác loại 2 trong các trạng thái tiếp theo thì An không thể viết 
 được số 6.
 Tóm lại, An chỉ sử dụng thao tác loại 1 và sau đúng 4 lượt chơi, các bộ số trên bảng lần 
 lượt là: (1,1,2) (1,2,3) (2,3,4) (3,4,6)
 Xét dãy số ( ) ≥1 xác định bởi: 1 = 2 = 3 = 1 và +3 = +2 + với mọi ≥ 1.
 Nhận xét 1. Một số nguyên dương 푛 bất kỳ biểu diễn được một cách duy nhất dưới dạng 
 tổng các số hạng phân biệt của dãy ( ) ≥1, trong đó chỉ số của hai số cách nhau ít nhất 3 
 đơn vị và không có số hạng nào là 1, 2. Ta chứng minh nhận xét bằng quy nạp mạnh.
 Trường hợp 푛 = 1 = 3 : đúng.
 Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên dương nhỏ hơn 푛. Gọi là số hạng với chỉ số 
 lớn nhất thoả mãn ≤ 푛. Trong biểu diễn của 푛 phải có , vì bằng quy nạp ta có ―1
 + ―4 + < . Khi đó xảy ra 2 trường hợp: hoặc 푛 = là biểu diễn duy nhất; hoặc 푛
 4 > và tồn tại biểu diễn cho 푛 ― . Để ý rằng số 푛 ― nhỏ hơn ―2, vì nếu ngược lại 
(5,0 푛 ≥ + ―2 = +1, mâu thuẫn với cách chọn . Do đó, trong biểu diễn của 푛 ― 
điểm) không chứa ―1, ―2 và ta thu được biểu diễn thỏa mãn yêu cầu cho 푛.
 ∑
 Với mọi 푛, biểu diễn 푛 = 푖 trong Nhận xét 1 tương ứng với một dãy nhị phân thỏa 
 mãn đồng thời 2 điều kiện sau đây:
 b 1. Độ dài của dãy bằng 푗, trong đó 푗 là chỉ số lớn nhất sao cho 푗 ≤ 푛;
 2. Vị trí thứ 푖 (tính từ trái sang phải) nhận giá trị 1 nếu và chỉ nếu 푖 có trong biểu 
 diễn của 푛.
 Ta gọi dẫy nhị phân tương ứng là biểu diễn chuẩn và ký hiệu là 푛.
 ∑ ∑
 Nhận xét 2. Với mỗi số tự nhiên 푛, xét biểu diễn 푛 = 푖 và ánh xạ (푛) = 푖―1. 
 Khi đó, bộ số trên bảng sẽ luôn có dạng ( ( (푛)), (푛),푛).
 Thật vậy, bộ số ban đầu có dạng ( 1, 2, 3) = ( ( (1)), (1),1). Giả sử bộ số ( , , ) thỏa 
 ∑ ∑ ∑
 mãn = 푖+2, = 푖+1, = 푖, ta kiểm tra cả hai loại thao tác đều có bộ số ở 
 dạng trên.
 ∑ ∑ ∑
 Với loại 1, ta có ( + ) = ( 푖+2 + 푖) = 푖+3 = 푖+2 = .
 ∑ ∑
 Với loại 2, ta có ( + +2 +1) = 푗+5 + 3 = 푗+4 + 2 = + + +1, 
 ∑ ∑
 và ( + + +1) = 푖+4 + 2 = 푖+3 + 1 = + +1.
 Nhận xét 3. Từ tính toán ở Nhận xét 2, thao tác loại 1 tương đương với việc thêm một số 
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
0 vào bên trái biểu diễn chuẩn của trong ( , , ) trên bảng, còn thao tác loại 2 tương 
đương với việc thêm 001 vào bên trái biểu diễn chuẩn của .
Quay lại bài toán, để ý rằng bộ số ban đầu ta quy ước là ( 1, 2, 3) ứng với biểu diễn 
chuẩn (100,010,001). Do đó, bài toán tương đương với việc tìm nhỏ nhất để sau bước 
thêm 0 hoặc thêm 001 vào đuôi của 3 = 001 để được 129.
Đến đây, ta tính được 15 số hạng đầu tiên của dãy ( ) ≥1 là
 1,1,1,2,3,4,6,9,13,19,28,41,60,88,129.
Ta suy ra biểu diễn chuẩn của 129 là 000000000000001, nên cần đúng 12 biến đổi loại 1. 
Vậy = 12.
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 
 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2025 – 2026
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
 MÔN: TOÁN
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
 Thởi gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 Ngày thi thứ hai: 26/12/2025
Câu 5 (7 điểm). Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi E, F lần lượt là các 
điểm đối xứng của A qua B, C. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Trên đường thẳng AM lần lượt 
lấy các điểm I và P sao cho tam giác AIE cân tại I và tam giác APF cân tại P. Gọi T là giao điểm của hai 
đường thẳng IE và PF.
a) Chứng minh T thuộc đường tròn (O).
b) Gọi D là giao điểm của hai đường thằng BI và CP. Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng TD và IP. 
Gọi X là giao điểm của hai đường thẳng OT và BC. Các đường thẳng AT, AX lần lượt cắt EF tại các 
điểm L, U. Chứng minh bốn đường tròn ngoại tiếp của các tam giác TAJ, TIP, TEF và TLU cùng đi qua 
một điểm chung thứ hai khác T.
Câu 6 (6 điểm).
a) Tìm số nghiệm thực dương phân biệt của đa thức 푄( ) = 3 ―5 2 +4 ―1.
b) Giả sử a, b, c, d là các số nguyên sao cho đa thức 푃( ) = 3 + 2 + + có 3 nghiệm thực dương 
phân biệt và không có nghiệm hữu tỷ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = | | + | | + | | + | |.
Câu 7 (7 điểm). Trong một trò chơi, nhân vật Mario cần di chuyển về phía trước bằng các lần nhảy xa với 
độ dài mỗi lần là 1 mét hoặc mét hoặc mét, trong đó và là các số nguyên dương thỏa mãn 1 < 
< . Cho trước một chặng đường cần di chuyển có độ dài là mét, với là một số nguyên dương, 
Mario luôn sử dụng chiến thuật nhảy về phía trước như sau: trước tiên Mario sẽ thực hiện các lần nhảy 
với độ dải mỗi lần mét (với số lần tối đa có thể sao cho chưa vượt quá địch); nếu vẫn chưa tới đích, 
Mario sẽ thực hiện tiếp các lần nhảy với độ dài mỗi lần a mét (với số lần nhảy tối đa sao cho chưa vượt 
quá đích), rồi cuối cùng là chuyển sang các lần nhảy với mỗi bước nhảy là 1 mét. Mario sẽ thắng nếu 
không tồn tại cách di chuyển nào đến đích có số lần nhảy ít hơn so với chiến thuật trên. Trong trường hợp 
ngược lại, Mario sẽ thua.
a) Hãy chỉ ra rằng với ( , ) = (6,14), tồn tại một số để Mario thua trong trò chơi này.
b) Tìm số lượng tất cả các cặp ( , ), với 1 < < ≤ 100, để Mario luôn thắng theo chiến thuật trên với 
mọi số nguyên dương .
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 ĐÁP ÁN
Câu Ý Nội dung
 Xét hình vẽ sau đây:
 5
(7,0 a
điểm) Gọi T’ là tâm phép vị tự quay biến AF thành EA.
 Khi đó △ ′ 퐹 ∼△ ′ . Suy ra, △ ′ 퐹 ∼△ ′ (do B, C là trung điểm của các đoạn 
 ′ 
 thẳng EA, AF). Suy ra, ′ = ′ 퐹 và = = .
 ′ 퐹 
 Ta suy ra tứ giác T’BAC là tứ giác nội tiếp và điều hòa.
 Theo tính chất của tứ giác điều hòa, ′ là đường đối trung của △ , hay ′ = . 
 Mà ′ = ′퐹 và = 퐹푃, nên ′퐹 = 퐹푃. Ta suy ra T’ thuộc PF. Tương tự, ta 
 cũng chứng minh được T’ thuộc IE. Do đó, T’ ≡ T.
 Vậy T thuộc đường tròn ( ).
 Trước hết, ta có bổ đề sau đây.
 Bổ đề. Cho 2 đường tròn (I) và (J) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Giả sử hai điểm 
 풫 /( ) 풫 /( )
 ≠ không thuộc hai đường tròn và thỏa mãn = . Khi đó, bốn điểm A, B, C, D 
 풫 /( ) 풫 /(퐽)
 cùng thuộc một đường tròn.
 Chứng minh bổ đề. Xét hình vẽ sau:
 b
 Gọi E, G lần lượt là giao điểm của CA với (J) và (I); F, H lần lượt là giao điểm của DB với 
 풫 (푙) 풫 (푙)
 (J) và (I). Suy ra GH//EF, do cùng đối song với AB trong tứ giác ABCD. Từ = , 
 풫 (푙) 풫 (푙)
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
ta suy ra ; mà GH và EF song song nên CD song song EF (định lý Thales). Vậy CD 
 = 퐹
đối song AB hay A,B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Bổ đề được chứng minh.
Trở lại bài toán, gọi ( 1) và ( 2) lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp TAJ, TEF. Khi đó,
 풫 ( ) ⋅ 퐽 퐽 풫푃 ( ) 푃 ⋅ 푃퐽 푃퐽
 1 = = ― , 1 = = ― .
 풫 ( 2) ⋅ 풫푃 ( 2) 푃퐹 ⋅ 푃 푃 
Gọi K là giao điểm thứ hai khác T của ( 1) và ( 2). Áp dụng Bổ đề cho hai đường tròn
 퐽 푃퐽
 và (cắt nhau tại T, K) và hai điểm I, P, ta quy về chứng minh .
( 1) ( 2) = 푃 
Vì BI và CP lần lượt là trung trực của AE và AF, ta suy ra D là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác AEF và AD là đường kính của ( ). Ta có
 퐹 = 퐹 + + 퐹 = 퐹 + + 퐹 = 2 퐹
Mặt khác, 퐹 = 2 퐹 (do là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 퐹). Do đó, 퐹 =
 퐹 và ta suy ra tứ giác 퐹 nội tiếp. Vì DE = DF nên D là điểm giữa cung EF. Suy ra, 
TD là phân giác góc 푃 nên (*) đúng, tức là đường tròn (TIP) cũng đi qua giao điểm T, K 
của ( 1) và ( 2).
Cho AT cắt BC ở H. Cho AU cắt lại ( ),( 1) lần lượt ở N, Q. Để chứng minh (TLU) đi 
qua K, cũng theo Bổ đề, ta quy về chứng minh rằng
 풫퐿퐽( ) 풫푈( ) 퐿 ⋅ 퐿 푈푄 ⋅ 푈 2퐿 ⋅ 2푈푄 ⋅ 퐿 푈푄
 1 = 1 ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
 풫퐿퐽( 1) 풫푈 ( 2) 퐿 ⋅ 퐿퐹 푈 ⋅ 푈퐹 4 ⋅ 4 ⋅ 
Gọi G là giao điếm hai tiếp tuyến , của ( ) và OG lần lượt cắt AT, AM ở W, Y. Cho 
AM cắt lại (O) ở S và kẻ tiếp tuyến của (O) ở T, S cắt nhau ở R.
Cho XY cắt AO ở Z. Rõ ràng A, G, T, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính OG. Ta có 
 = = , kéo theo tứ giác OMXY nội tiếp. Vì thế nên XY ⊥ OG. Hơn nữa 
OG là phân giác trong của tam giác XOZ nên XY = YZ. Vì XZ||AT nên ta có A(TY, XZ) = 
-1.
Vì AT, AS đẳng giác trong nên 푆// và 푅 ∈ . Tam giác 푅 có đường cao tại 
các đỉnh G, O cắt nhau ở X nên XR ⊥ OG. Suy ra ,푌,푅 thẳng hàng. Dễ thấy 푊 là 
đường trung bình của ATD nên Y là trung điểm của đoạn AJ. Mặt khác X cũng là trung 
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 điểm của đoạn AU nên XY//JU. Từ đó XR//JU.
 Vì ( 푆, ) = ―1 nên TNSD điều hòa, kéo theo R, N, D thẳng hàng. Do đó = 푄퐽
 = 90∘ (góc chắn đường kính) và JQ//RN (cùng vuông góc AU).
 퐿 푈
 Cho TS cắt XU ở V thì . Cần chứng minh
 = 
 푈 푈푄 푄
 = = (dãy tỷ số bằng nhau). 
 푆 
 Áp dụng định lý Pascal cho bộ 푆 ta được R, V, J thẳng hàng. Lúc này, theo định 
 푄 퐽푄
 lý Thales thì , ta quy về chứng minh
 = 푅 
 푈 퐽푄
 = ⇔ .푅 = .퐽푄⇔푆 = 푆 ⇔ 푅‖퐽푈.
 푅 푅푈 퐽
 Kết quả cuối đúng nên (TLU) đi qua K. Vì thế bốn đường tròn đã cho có cùng điểm chung 
 thứ hai là K khác T.
 Xét đa thức 푅( ) = ― 3푄 1 = 3 ―4 2 +5 ―1. Ta thấy mỗi nghiệm dương của 푄( ) 
 sẽ tương ứng với đúng một nghiệm dương của 푅( ).
 Ta có đạo hàm 푅′( ) = 3 2 ―8 +5.
 5
 Nghiệm của ′ là .
 푅 ( ) = 1 > 0, = 3 > 0
 6
 Hàm số 푅( ) tăng thực sự trên các khoảng ( ―∞; ],[ ; + ∞) và giảm thực sự trên đoạn 
(6,0 a
 [ ; ].
điểm) 
 23
 Khi đó 푅(0) = ―1 0 và 푅( ) = 푅 5 ― > 0.
 3 27
 Do lim 푅( ) = +∞, đô thị hàm = 푅( ) cắt trục hoành tại một điểm duy nhất có hoành 
 →∞
 độ thuộc (0;1). Suy ra đa thức 푅( ) có duy nhất một nghiệm dương, kéo theo 푄( ) cũng 
 có duy nhất một nghiệm dương.
 Nếu 푃( ) thỏa mãn điều kiện thì ― 푃( ) cũng thỏa mãn nên có thể giả sử > 0.
 Gọi < 푠 < t là các nghiệm dương của 푃( ). Khi đó 푃( ) = ( ― )( ― 푠)( ―1).
 Theo định lí Viète ta có .
 + 푠 + 푡 = > 0, 푠 + 푠푡 + 푡 = > 0, 푠푡 = ― > 0
 Vì: 푃( ) có 3 nghiệm dương nên > 0, < 0, < 0.
 Đặt = , = ― , = , = ― ,
 và .
 푆1 = + 푠 + 푡 = > 0,푆2 = + 푠푡 + 푡 = > 0,푆1 = 푠푡 = > 0
 b Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, để ý điều kiện ,푠,푡 là 3 số dương phân biệt, ta 
 2 2
 nhận được 푆1 > 3푆2,푆2 > 3푆1푆3.
 Theo bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương phân biệt ta cũng có
 3 2
 푆1 > 32 푆3,푆1 > 3 푆3 ⇒푆1푆2 > 9푆3.
 Kết hợp lại ta suy ra 3 < 2,3 < 2,9 < . (1)
 Ta sẽ chỉ ra rằng 푆 = | | + | | + | | + | | = + + + ≥ 13. Thật vậy, giả sử 푆 ≤ 12. 
 Khi đó vì , ≥ 1 nên
 DeThiToan.net Đề thi HSGQG THPT 2026 môn Toán (Có đáp án) - DeThiToan.net
 2
 + 2 12 ― ― 2 12 ― 2 
 9 < ≤ ≤ ≤ ― (6 ― )2.
 2 2 2
 3
Suy ra , tức là . Vì nên .
 2 +3 ―9 < 0 ―3 < < 2 , ≥ 1 ∈ {1;2}
Trường hợp 1: Giả sử ―1. Khi đó ― = 1, suy ra + ≤ 10, > 9.
Do > 9⇒ + > 6. Vậy + ∈ {7;8;9;10}.
Mặt khác từ (1) dẫn tới 3 < 2,3 < 2. (2)
Do đó nếu trong B, C có một số lớn hơn 3 thì số còn lại cũng lớn hơn 3. (*)
Ta xét các truờng hợp sau:
Trường hợp 1.1: + = 7. Rõ ràng trường hợp này không thỏa mãn (*)
Trường hợp 1.2: + = 8. Do BC > 9 và (*) nên chỉ có cặp số (B, C) = (4,4).
Tuy nhiên khi đó đa thức 푃( ) = 3 ―4 2 +4 ―1 có nghiệm hữu tỷ = 1 nên loại.
Trường hợp 1.3: + = 9. Do > 9 và () nên ( , ) ∈ {(4,5);(5,4)}
Xét ( , ) = (4,5). Khi đó 푃( ) = 3 ―4 2 +5 ―1 có 푃′( ) = 3 2 ―8 +5
 5
Nghiệm của ′ là 
 푃 ( ) = 1, 퐹 = 3
 125 100 25 23
Do 푃(0) = ―1 0,푃 5 = ― + ―1 = > 0, nên đa thức 푃( ) có 
 3 27 9 3 27
duy nhất một nghiệm dương, nghiệm này thuộc khoảng (0;1) : loại. 
Xét ( , ) = (5,4). Theo câu a) đa thức P(x) = x3 ―5x2 +4x ― 1
 có duy nhất một nghiệm dương: loại. 
Trường hợp 1.4: + = 10. Do > 9 và (*) nên ( , ) ∈ {(6,4);(4,6);(5,5)}.
Với ( , ) ∈ {(6,4);(4,6)} : không thỏa mãn điều kiện (2) do 3 ⋅ 6 > 42.
Đối với B = C = 5. Khi đó 푃( ) = 3 ―5 2 +5 ―1 có nghiệm hữu tỷ = 1; loại.
Trường hợp 2: Giả sử AD = 2. Suy ra + = 3, + ≤ 9, > 9 = 18.
Theo AM-GM, ta phải có B + C ≥ 2 ≥ 2 19 > 8.
 2
Vì vậy B + C = 9, suy ra 9 . Dẫn tới BC {19;20}.
 ≤ 4
Dễ thấy trương hợp BC = 19 không thỏa mãn. Vì vậy ta phải có BC = 20, B + C = 9, suy ra 
(B,C) là một hoán vị của (4,5), trong khi (A,D) là một hoán vị của (1,2).
Để bất đẳng thức (1) được thỏa mãn, ta thấy chỉ có thể xảy ra các khả năng sau: 
(A,B,C,D) = (1,4,5,2) hoặc (2,5,4,1). Tuy nhiên, trong hai trường hợp này, hai đa thức 푃1( 
 3 2 3 2
) = 2 ―5 +4 ―1 và 푃2( ) = ―4 +5 ―2 đều có nghiệm hữu tỷ = 1: loại.
Như vậy ta phải có S = A + B + C + D ≥ 13. Ta đưa ra ví dụ với S = 13.
Xét (A,B,C,D) = (1,5,6,1), khi đó
 푃( ) = 3 ― 5 2 + 6 ― 1.
Do 푃(0) = ―1 0,푃(2) = ―1 < 0, lim  푃( ) = +∞, nên theo định lý 
 → + ∞
Bolzano, đa thức bậc ba 푃( ) có đúng 3 nghiệm dương phân biệt 1, 2, 3, với 0 < 1 <
1 < 2 < 2 < 3. Rõ ràng, theo tiêu chuẩn Eisenstein, 푃( ) không có nghiệm hữu tỷ vì hệ 
số tự do của đa thức monic 푃( ) bằng -1, hơn nữa 푃( ± 1) ≠ 0. Vậy 푆min = 13.
 DeThiToan.net