TỔNG HỢP ĐỀ THI vào lớp 10 chuyên toán đại học vinh

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc
o0o
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2006
Môn Toán. Vòng 1 - đề chính thức
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n
2
+ n + 2 không chia hết cho 3.
Câu 2:
a) Giải hệ phương trình

2 2
2 19
1 2 20
x y x y
xy x y( )( )

+ − − =

− − = −

b) Giải phương trình
3 1x +
+
2 x−
= 3
Câu 3 :
Cho hàm số f(x) = (x
3

+ 6x – 5)
2006
. Tính f(a) với a =
3
3 17+
+
3
3 17−
Câu 4 :
Cho hai đường tròn
O R( , )
và
O R( ', ')
cắt nhau tại
A
và
B
. Gọi
EF
là tiếp tuyến
chung của hai đường tròn (
E
thuộc (
O
,
R
) và
F
thuộc
O R( ', ')

) . Đường thẳng
AB
cắt
EF
tại
K
. Gọi
I
là điểm đối xứng của
A
qua
K
(
A
nằm giữa
B
và
I
).
a) Có nhận xét gì về tứ giác
AEIF ?
b) Gọi M là trung điểm của
OO'
. Cho biết
MA
=
MO'
. Hãy tính độ dài
EF
theo

R
và
R '
.
Ghi chú: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm!
1
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh: . . . . . . . . . . .
Phòng thi: . . . . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN TOÁN VÒNG 1 (ĐỀ CHÍNH THỨC)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
Đặt n = 3k + r với k nguyên; r = 0, 1 hoặc 2. . . . . . . . . . .
*)Nếu n = 3k thì n
2
+ n + 2 = 9k
2
+ 3k + 2 chia 3 dư 2. . . . . . . . . .
*) Nếu n = 3k + 1 thì n
2
+ n + 2 = 9k
2
+ 9k + 4 chia 3 dư 1. . . . . . . . .
*) Nếu n =3k + 2 thì n
2
+ n + 2 = 9k
2
+ 15k + 8 chia 3 dư 2. . . . . . .

0,5

0,5
0,5
0,5
Câu 2
a) Đặt x
2
– x = u, y
2
– 2y = v ⇒
19
20
u v
uv
+ =


= −


⇒ u,v là nghiệm của phương trình t
2
– 19t – 20 = 0 ⇔ t = -1; t = 20
*)
1
20
u
v
= −



=

⇔
2
2
1 0
2 20 0
x x
y y

− + =


− =


⇒ vô nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . .
*)
20
1
u
v
=


= −

⇔
2
2

20 0
2 1 0
x x
y y

− − =


− + =


⇔
4 5
1
x x
y
;= − =


=

⇒ nghiệm của hệ là (x, y) = (-4, 1); (5, 1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . … . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Điều kiện -
1
3
≤ x ≤ 2.
Với điều kiện trên phương trình ⇔
3 1x +
= 3-

2 x−
≥ 0 . . . . .

⇔
3x + 1 = 9 -
6 2 x−
+ 2 – x

⇔
3
2 x−
= 5 – 2x
≥
0 . . . … . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

⇔
9(x-2) = 25 -20x + 4x
2

⇔
4x
2
- 11x + 7 = 0
⇔

1
7
4
x
x

=



=

. . . . . . . . . . . . . . . . .

0,5
0,5
0,5
. . . . .
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 3
Ta có a
3
= 3 +
17
+ 3 -
17
+ 3
3
3 17+
.
3
3 17−
.a

= 6 – 6a
⇒ a
3
+ 6a = 6
⇒ f(a) = (a
3
+ 6a – 5)
2006
= (6 – 5)
2006
= 1.
0,5
0,5
0,5
2
Câu
Nội dung xĐiể
m
Câu 4
a)
Ta có ∠ KEA = ∠ KBE .
Suy ra ∆ KEA đồng dạng với ∆ KBE.
⇒
KE
KB
=
KA
KE
⇔ KE
2

= KA.KB (1)
Tương tự, ta xét hai tam giác KFA và KBF ta có KF
2
= KA.KB (2)
Từ (1) và (2) suy ra KE = KF . (3)
Mặt khác, theo giả thiết KA = KI . (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AEIF là hình bình hành.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Ta có MA=
MO'
=
1
2
OO'
⇒ ∆
OAO'
vuông tại A.
⇒
OO'
2
=
OA
2
+
O A'
2
= R
2 +

R '

2
(5)
Do tứ giác
OEFO'
là hình thang vuông tại E, F nên

OO'
2
= EF
2
+ (OE -
O F' )
2
= EF
2
+ (
R R ')−
2
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
EF
2
= R
2
+
R '
2
– (
R R ')−
2

=
2RR '
⇒ EF =
2RR '
0,25
0,5
0,25
0,5
……
0,5
0,5
0,5
0,5
3
•
•
•
O
O’
F
E
I
K
A
B
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc
o0o
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2006
Môn Toán. Vòng 2 - đề chính thức

Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
Tìm số nguyên dương a sao cho
1966 2006
1a a+ +
là số nguyên tố.
Câu 2:
a) Giải phương trình
4 3
4 8 12 0x x x .+ − − =

b) Xác định số nguyên m để phương trình sau có nghiệm nguyên

2
1 3 1 0x m m x m( )− + + − =
Câu 3 :
Chứng minh rằng
2 2 2 2
a b a b( )+
≤ 128, với a, b là các số thực dương thoả mãn
hệ thức
4a b+ =
. Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 4 :
Cho tam giác đều ABC, có O là trung điểm của cạnh BC. Vẽ ∠xOy = 60
0
sao cho
các tia Ox, Oy cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại E, F.
a) Chứng minh rằng
2

4BC BE FC.=
b) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố
định khi ∠xOy quay xung quanh O sao cho các tia Ox, Oy vẫn cắt các cạnh AB,
AC của tam giác đều ABC.
Ghi chú: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm!
4
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh: . . . . . . . . . . .
Phòng thi: . . . . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN TOÁN VÒNG 2 (ĐỀ CHÍNH THỨC)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
+) a=1, thoả mãn.
+) a ≥ 2, đặt
1966 2006
1A a a= + +
=
3 655 2 3 668 2
1 1 1a a a a a a
. .
( ) ( ) .− + − + + +
(1)
Ta có
3 655
1a
.
−
=
3 655
1a( ) −

:
3
1a −
:
2
1a a+ +
.
Tương tự,
3 668
1a
.
−
:
2
1a a+ +
. Do đó, kết hợp với (1) suy ra
2
1 1A a a: ,+ + >
nghĩa là A không nguyên tố.
Vậy chỉ có a =1 thoả mãn
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
Câu 2

a)
4 3
4 8 12 0x x x+ − − =

⇔
4 3 2 2
4 4 4 8 12 0x x x x x+ + − − − =
⇔
2 2 2
2 4 2 12 0x x x x( ) ( )+ − + − =
⇔
2
4 12 0t t ,− − =
với
2
2t x x= +
≥ -1
⇔
2
6
t
t
= −


=


⇔
2
2 6 0x x+ − =
⇔
1x
= −

±
7
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên
1 2
x x,
(
1
x
≤
2
x
). Ta có

1 2
1 2
1
3 1
x x m m
x x m
( )+ = +


= −

(*)
+) m ≥ 1. Từ (*) ⇒
1
≤
1

x
≤
2
x
⇒
1 2
1 1x x( )( )− −
≥ 0 . . . . . . . . . . .
⇔
1 2 1 2
1x x x x( )− + +
≥ 0 ⇔
3 1 1 1m m m( )− − + +
≥ 0
⇔
2
2m m− +
≥ 0 ⇔ 0≤ m≤ 2 ⇒ m = 1 hoặc m = 2.
Thử lại chỉ m = 2 thoả mãn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
+) m ≤ 0. Từ (*) suy ra
1
x
≤ -1 < 1 ≤
2
x
⇒
1 2
1 1x x( )( )+ +
≤ 0
⇔

1 2 1 2
1x x x x( )+ + +
≤ 0 ⇔
3 1 1 1m m m( )− + + +
≤ 0
⇔
2
4m m+
≤ 0 ⇔ -4 ≤ m ≤ 0 ⇒ m = -4; -3; -2; -1; 0. . . . . . . . . . . .
Thử lại ta thấy m = -4; m = -1; m = 0 thoả mãn.
Tóm lại, các giá trị cần tìm là m = -4; m = -1; m = 0; m = 2. . . . . . . . . .
0,5
0,5
0,5
…….
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 3
Đặt
2 2a t b t t, ;= + = −
∈(-2; 2).
Khi đó
2 2 2 2 2 2 2
4 8 2a b a b t t( ) ( ) .( )+ = − +
=
2 4

2 4 16t t( ).( )− −
≤ 2.4.16=128, ∀t∈(-2; 2).
Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 0 ⇔
2a b .
= =
0,5
0,25
0,5
0,25
5
Câu
Nội dung Điểm
Câu 4
a)

Ta có ∠EBO + ∠EOB= ∠BOF, nên ∠OEB= ∠FOC. . . . . . . . . . . . .
⇒ ∆OBE đồng dạng với ∆FCO ⇒
OB BE
FC CO
=
. . . . . . . . . . . . . .
⇔ OB.CO = BE.FC ⇔
2
4BC BE FC.=
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Theo a) ∆OBE đồng dạng với ∆FCO, nên

OE BE BE
FO CO OB

= =
(2)
Mặt khác, ∠OBE= ∠FOC (cùng bằng 60
0
) (3) . . . . . . . . . . . . . . . . .
Từ (2) và (3) ⇒∆OBE đồng dạng với ∆FOE ⇒ ∠OEB= ∠FEO.
Suy ra EO là phân giác của ∠BEF. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Kẻ OH ⊥AB và OK ⊥ EF ⇒OK=OH.
⇒ EF tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính OH. . . . . . . . . . . . . .
Rõ ràng O và OH cố định nên ta có điều phải chứng minh.
0,25
0,25
0,5
0,5
……
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
6
A
B
O C
F
K
E
H
x

y
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2007
Môn thi: Toán - Vòng I (Đề chính thức)
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1: Cho biểu thức
A =








−
+
−
+
−








−

1
1
1
1
4
1
4
2
x
x
x
x
x
x
a) Rút gọn A.
b) Tìm x để
.
4
5
2 =+ xA
Câu 2:
a) Xác định giá trị của m để phương trình sau có nghiệm kép:
01)3(2
2
=−−−− mmxx
.
b) Giải hệ phương trình:




=+
=+
.30
4
33
xyyx
yx
Câu 3: Cho các số thực x, y thoả mãn
.6
22
=+ yx
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị
lớn nhất của biểu thức
.5yxP −=
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O.
Gọi AA', BB', CC' là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng AA' là đường phân giác trong của
'.'' CAB∠
b) Cho
0
60=∠BAC
. Chứng minh tam giác AOH là tam giác cân.


* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !
7
Họ và tên thí sinh
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD
. . . . . . . . . . . . . . . . .

.
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG I (2007)
Câu Nội dung Điểm
1
2
a) Điều kiện: 0 < x
≠
1.
A =
( )
( ) ( )
1
11
16
1
22
2
−
+−−−
x
xx
x
x
=
( )
( )
x
x
x
xx

4
1
16
41 −
=
−−
b) 2A +
x
x
x
2
1−
=
+
x
=
x
x
2
1+
. Theo giả thiết ta có
x
x
2
1+
=
4
5

⇔

0252 =+− xx
.
Đặt
)10( ≠<= ttx
ta được 2t
2
-5t+2 = 0
⇔
t = 2 hoặc t =
2
1
. Suy
ra x = 4 hoặc x =
4
1
.
a) Phương trình đã cho có nghiệm kép
⇔
∆' = 1+m(m-3)+1 =0
⇔
m
2
-3m+2 = 0
⇔
m =1 hoặc m = 2.
b) Hệ đã cho
⇔




=+
=+
2
30)(
4
2
yxxy
yx
⇔



=−+
=+
30]2)[(
4
2
xyyxxy
yx
⇔



=+−
=+
0158)(
4
2
xyxy

yx

⇔



=∨=
=+
53
4
xyxy
yx
*)



=
=+
3
4
xy
yx

⇔
(x, y) = (3, 1); (x, y) = (1, 3).
*)



=

=+
5
4
xy
yx
, vô nghiệm.
Áp dụng BĐT Bunhiacôpski cho hai bộ số (x, y) và (1,
5−
) ta có
36)5(
22
≤−= yxP

⇔
-6
≤
P
≤
6.
1,0
0,5
0,5
1,0
0,5
0,75
0,75
8
A
K

B'
C' O

H
B A' C
3
4
+) P = -6 khi x =-1, y =
5
. Suy ra minP =-6.
+) P = 6 khi x =1, y =-
5
. Suy ra maxP = 6.
a) Tứ giác HA'BC' nội tiếp nên ∠C'A'H = ∠C'BH (cùng chắn cung
C'H). Tứ giác AB'A'B nội tiếp nên ∠AA'B' = ∠ABB' (cùng chắn
cung AB'). Từ đó suy ra ∠C'A'H = ∠AA'B'.

b) Kéo dài CO cắt đường tròn tại K. Tứ giác KBHA là hình bình
hành vì KB // AH (cùng vuông góc với BC) và KA // BH (cùng
vuông góc với AC). Suy ra AH = KB (1).
Tam giác vuông BKC có ∠BKC =
∠
BAC = 60
0
nên KB =
2
1
KC
=OC =AO (2).
Từ (1) và (2) ta có AH = AO.

Chú ý: +) Cũng có thể kéo dài BO hoặc AO cho cắt đường tròn và
chứng minh tương tự.
+) Cũng có thể sử dụng tam giác đồng dạng để giải.
1,0
0,5
1,5
1,0
1,0
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2007
9
B'
C'
O
A'
H
Họ và tên thí sinh
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Môn thi: Toán - Vòng II (Đề chính thức)
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
120075 =− yx
, trong đó
( )
30001;x∈

.
b) Chứng minh rằng
( )
1125
3223

++
+
nn
, với mọi số tự nhiên
n
.
Câu 2: Xác định các số nguyên tố
q,p
sao cho
22
2qpqp +−
và
22
2 qpqp ++
là các
số nguyên tố cùng nhau.
Câu 3: Cho các số thực dương
c,b,a
thoả mãn
6=++ cba
. Chứng minh rằng
6
3
3

2
4
1
5
≥
+
++
+
+
++
+
+
++
c
ba
b
ac
a
cb
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 4: Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm H nằm trong đường tròn. Qua H
ta vẽ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau.
a) Tính
22
CDAB +
theo
R
, biết rằng
2

R
OH =
.
b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AC, BD, OH. Chứng minh rằng
M, N, P thẳng hàng.
Câu 5: Trong một tam giác có cạnh lớn nhất bằng 2, người ta lấy 5 điểm phân biệt.
Chứng minh rằng trong 5 điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng
không vượt quá 1.

* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !
ĐÁP ÁN VÒNG II (2007)
10
1
2
a) Phương trình đã cho tương đương với
5
12
401
+
+=
y
yx
. Do x, y
nguyên nên
z
y
=
+
5
12

∈Z. Vậy y = 2z+
2
1−z

⇒
z=2t+1, t∈Z.
Suy ra y = 5t+2, x = 2007t + 803, t ∈Z. Kết hợp giả thiết x ∈(0; 3000) suy
ra t = 0 hoặc t = 1.
+) Với t = 0
⇒
x = 803, y = 2.
+) Với t = 1
⇒
x = 2810, y = 7.

b) Ta có 5
3n+2
+2
2n+3
= 25.125
n
+ 8.4
n
= 25(125
n
- 4
n
) +33.4
n
.

Mặt khác (125
n
- 4
n
)

(125 - 4) = 121

11 và 33.4
n


11, ∀ n
N
∈
. Do đó
5
3n+2
+2
2n+3

11, ∀ n
N
∈
.
Đặt A =
22
2qpqp +−
và B =
22

2 qpqp ++
. Xét các trường hợp:
+) p = q = 2, không thoả mãn.
+) p =2, q
≥
3, khi đó
( A, B ) = (4 - 2q+2q
2
, 8+2q+ q
2
)
= (2- q+ q
2
, 8+2q + q
2
), (vì 8 + 2q + q
2


2)
= ( 6 + 3q, 8 + 2q + q
2
)
= (2 + q, 8 + (2 + q)q ) , (vì 8 + 2q + q
2


3)
= d.
Suy ra d lẻ và d

8
. Do đó d =1.
+) q =2, p
≥
3, khi đó
( A, B ) = (p
2
–2p +8, 2p
2
+2p+4)
= (p
2
–2p +8, p
2
+ p+2), (vì p
2
–2p +8

2)
= (3p - 6, p
2
+ p +2)
= (p - 2, p
2
+ p +2), (vì p
2
+ p +2

3)
= (p - 2, p

2
+ 4)
= (p - 2, (p - 2)
2
+ 4p) = d.
Suy ra d
p4
, d lẻ và d < p. Do đó d =1.
+) p, q
≥
3. Vì p, q đều là số lẻ nên p + q và p - q là các số chẵn. Suy ra
A=p(p - q) +2q
2

2 và B = 2p
2
+ q(q + p)

2. Vậy A và B không nguyên tố
cùng nhau.
Tóm lại: p = 2, q
≥
3, nguyên tố hoặc q =2, p
≥
3, nguyên tố.
0,5
0,5
0,5
1,0
1,0

0,5
0,5
11
3
4
Đặt P =
a
cb
+
++
1
5
+
b
ac
+
++
2
4
+
c
ba
+
++
3
3

⇒
P+3=







+
+
+
+
+ cba 3
1
2
1
1
1
12
.
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có
P + 3 =






+
+
+
+
+ cba 3

1
2
1
1
1
12

3
321
36
)c)(b)(a( +++
≥

.
cba
9
3
321
36
=
+++++
≥
Suy ra P
.6≥
Dấu đẳng thức xảy ra
⇔



=++

+=+=+
6
321
cba
cba
⇔
.c,b,a 123 ===

a) Kẻ OI ⊥ AB, OJ ⊥CD
⇒
I, J tương ứng
là trung điểm của AB, CD.
AB
2
+CD
2
= 4IA
2
+ 4JD
2

= 4(OA
2
-IO
2
) + 4(OD
2
-OJ
2
)

= 8R
2
- 4(OI
2
+OJ
2
) =8R
2
- 4OH
2
= 8R
2
- R
2
= 7R
2
.
b) Kéo dài NH cắt AC tại K. Ta có ∠AHK = ∠BHN (đối đỉnh) và
∠BHN = ∠NBH (vì HN là trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác
vuông), nên ∠AHK = ∠NBH (1). Mặt khác, ∠CAB = ∠HDB (2).
Từ (1) và (2)
⇒
∠AHK +∠CAB = ∠NBH + ∠HDB = 90
0
, hay NK ⊥AC.
Suy ra NH // OM.

Tương tự MH// ON. Do đó tứ giác OMHN là hình bình hành
⇒
M, N, P

thẳng hàng.
Bổ đề: Cho ∆ABC và M, N là hai điểm tuỳ ý
trong tam giác. Khi đó
MN
≤
max{AB, BC, CA} (1)
0,5
0,5
0,5
1,5
1,0
0,5
12
D
C
A B
H
M
N
O
K
I
J
p
C
A
B
A
1
M

N
M
0
N
0
d
5
Chứng minh: Gọi d là đường thẳng MN.
i) Nếu d đi qua một đỉnh nào đó của
∆ABC, chẳng hạn A. Khi đó d cắt BC tại A
1
.
Nếu A
1
trùng với B hoặc C thì hiển nhiên có (1).
Nếu A
1
khác B, C thì trong 2 góc
∠
AA
1
B và
∠
AA
1
C có một góc
≥
90
0
,

giả sử đó là
∠
AA
1
C. Khi đó MN
≤
AA
1
≤
AC nên suy ra (1).
ii) Nếu d không đi qua đỉnh nào của ∆ABC. Giả sử d cắt AB, BC lần lượt
tại M
0
, N
0
. Áp dụng i) ta có
MN
≤
max{A N
0
, N
0
B, AB}
≤
max{A N
0
, BC, AB} (2)
Mặt khác cũng theo i) thì
AN
0

≤
max{AB, BC, CA} (3)
Từ (2), (3) suy ra (1)
Trở lại Bài toán: Bằng cách nối 3 trung điểm của 3 cạnh của tam giác đã
cho, theo tính chất đường trung bình ta thu được 4 tam giác bằng nhau và
mỗi tam giác đều có cạnh lớn nhất bằng 1.
Vì có 5 điểm phân vào 4 tam giác nên tồn tại một tam giác chứa ít nhất 2
điểm (nguyên lí Đirichlet). Theo bổ đề trên ta có khoảng cách giữa 2 điểm
này không vượt quá 1.
0,5
0,5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập - Tự do - Hạnh Phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2008
Môn: Toán vòng 1 (Đề chính thức)
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1: Tính giá trị của biểu thức
),
11
)(
2
(
yxyx
y
yxA −
−
++=
với
.

4
215
,
4
215 −
=
+
= yx
Câu 2: Giải phương trình
.12)2)(1(
22
=++++ xxxx
Họ tên thí sinh:

Số báo danh:
Chữ kí giám thị:
13
Câu 3: Tìm
m
để phương trình
0222
2
=−+− mmxx
có hai nghiệm
21
, xx
thoả mãn điều
kiện
.10
21

2
2
2
1
=−+ xxxx
Câu 4: Cho
ba,
là hai số thực dương. Chứng minh rằng
22
11
2
2
2
2
≥+++
a
b
b
a
.
Khi nào xảy ra dấu đẳng thức?
Câu 5: Cho tam giác
ABC
và
)(O
là đường tròn nội tiếp của nó. Gọi
000
,, PNM
lần lượt
là tiếp điểm giữa các cạnh

ACAB,
và
BC
với
).(O
Trên các cạnh
ACAB,
lần lượt lấy các
điểm
NM ,
sao cho
.BCCNBM =+

a) Chứng minh rằng
).(
2
1
000
BANMP ∠+∠=∠
b) Chứng minh rằng tam giác
OMN
là tam giác cân.
c) Xác định vị trí của
M
trên
AB
sao cho đoạn
MN
ngắn nhất.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG I
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TUYỂN SINH THPT CHUYÊN -2008
Câu Nội dung Điểm
14
1
2
3
4
Ta có:
.
4
1
;
2
5
==+ xyyx
Khi đó:

2
xy
yx
xy
xy
yx
yyx
A
+
−=
−

−
+−
=

5
4
1
2
5
−=−=
Đặt
)0(,1
2
>=++ ttxx
phương trình đã cho trở thành:
12)1( =+tt
⇔

012
2
=−+ tt
⇔
3=t
, do
.0>t
Với
3=t
ta có
31
2

=++ xx

⇔
02
2
=−+ xx
⇔
.21 −=∨= xx
Ta có
.,01)1(22'
22
mmmm ∀>+−=+−=∆
Do đó phương trình đã cho có hai
nghiệm
.,
21
xx

Theo Định lý Viet,
.22;2
2121
−==+ mxxmxx
Khi đó ta có:
.10
21
2
2
2
1
=−+ xxxx

⇔
103)(
21
2
21
=−+ xxxx
⇔

10)1(64
2
=−− mm
⇔

0232
2
=−− mm
⇔
.
2
1
2 −=∨= mm
Theo BĐT Cô Si ta có:
b
a
b
a
b
a .22
1
2

2
=≥+
và
2
1
2
2
a
b
a
b ≥+
Do đó
.22)(2
11
2
2
2
2
≥+≥+++
a
b
b
a
a
b
b
a
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
.1== ba
Chú ý: Bất đẳng thức còn có thể được chứng minh theo các cách sau

C2: Sử dụng các BĐT:
)
1
(
2
11
2
2
y
x
y
x +≥+
và
2
1
≥+
x
x
,
0
>∀
x
.
Suy ra







+++≥+++ )
1
()
1
(
2
111
2
2
2
2
b
b
a
a
a
b
b
a
.22≥
C3: Sử dụng các BĐT
222222
)()( vyuxvuyx +++≥+++
và
0,2
1
>∀≥+ x
x
x

ta có
.2244)
1
()
1
(
11
222
22
2
=+≥+++≥+++
b
b
a
ab
ab
a

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

15
AM
A
5
a) Vì
00
ONAM
là tứ giác nội tiếp,
nên
)1(.
2
1
000
AOANNOM ∠=∠=∠
Tương tự, xét tứ giác
nội tiếp
00
OPBM
ta có

)2(.
2
1
00
BPOM ∠=∠

Từ (1) và (2) suy ra

).(
2

1
000
BANMP ∠+∠=∠

b) Ta có
,
00
CNBMBCCNBM +==+
nên
.
00
NNMM =

Hơn nữa
,
00
ONOM =
nên hai tam giác vuông
MOM
0
và
NON
0
bằng nhau.
Suy ra
,ONOM =
hay là tam giác
OMN
cân tại
.O

c) Ta có
00
NONMOM ∠=∠
, nên
MONONM ∠=∠
00
.
Lại do các tam giác
00
ONM
và MON cân tại O nên chúng đồng dạng với nhau.
Suy ra
.1
000
≥=
ON
ON
NM
MN
Hay là MN
.
00
NM≥

Vì M
0
N
0
không đổi, nên MN ngắn nhất khi M trùng với M
0

và khi đó N trùng
N
0
.





0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập - Tự do - Hạnh Phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2008
Môn: Toán vòng 2 (Đề chính thức)
Thời gian làm bài: 150 phút
Họ tên thí sinh:

Số báo danh:
Chữ kí giám thị:
16
C
M

0
O
B
P
0
N
N
0
M
Câu 1:
Giải các phương trình
a)
.2
54
10
4
2
2
=
+−
+−
xx
xx
b)
.151312
333
+=−+− xxx
Câu 2:
Gọi
21

, xx
là hai nghiệm của phương trình
.0118
2
=+− xx
Đặt
,,
21
NnxxS
nn
n
∈+=
trong
đó
N
là tập các số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng
.,18
12
NnSSS
nnn
∈∀−=
++
b) Chứng minh rằng
n
S
là số nguyên dương và không chia hết cho
17
với mọi
Nn ∈

.
Câu 3:
Cho các số
dcba ,,,
đều thuộc đoạn
[ ]
1,0
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3
3
)1)(1)(1)(1( dcbaabcdP −−−−+=
Câu 4:
Cho
)(O
là đường tròn có bán kính
R
và
BA,
là 2 điểm thuộc
)(O
sao cho
aAB 2=
không đổi, với
0
< a <
.R
Giả sử
NM ,
là hai điểm thuộc cung lớn
AB

sao cho
.BNAM ⊥
a) Tính khoảng cách từ
O
đến trung điểm
I
của
MN
theo
.a
b) Xác định vị trí của
M
sao cho độ dài
MBMA +
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5.
Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín một tam
giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa?

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
`BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG 2
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TUYỂN SINH THPT CHUYÊN – 2008
Câu Nội dung Điểm
17
18
1
2
3
a) Đặt
.01)2(54

22
>+−=+−= xxxt
Khi đó phương trình đã cho trở thành
2
10
5 =+−
t
t
⇔
0107
2
=+− tt
⇔
.52
=∨=
tt
+)
2
=
t
⇔
21)2(
2
=+−x
.31
=∨=⇔
xx
+)
.4051)2(5
2

=∨=⇔=+−⇔= xxxt
b) Lập phương cả hai vế của phương trình đã cho ta được
15)1312(1312325
3333
+=−+−−−+− xxxxxx
1151312
333
=+−−⇒ xxx
⇔
1)1215)(12(
2
=−−− xxx
⇔
01930
23
=− xx
⇔
.
30
19
0 =∨= xx
-Với
0=x
thì hai vế khác nhau.
- Với
30
19
=x
thì hai vế của phương trình đã cho bằng nhau.
Vậy phương trình có nghiệm

30
19
=x
.
a) Ta có
,0118
1
2
1
=+− xx
nên
)1(.018
1
1
1
2
1
=+−
++ nnn
xxx
Tương tự:
)2(.018
2
1
2
2
2
=+−
++ nnn
xxx

Từ (1) và (2) ta có
0)()(18
21
1
2
1
1
2
2
2
1
=+++−+
++++ nnnnnn
xxxxxx

⇔
.18
12 nnn
SSS −=
++
b) Ta có
3222)(;18;2
21
2
21
2
2
2
122110
=−+=+==+== xxxxxxSxxSS

là các số
nguyên dương không chia hết cho
.17
Giả sử bài toán đúng đến mọi
.,2, ,1,0 Nnnk ∈+=

Khi đó
nnnnnnnnnn
SSSSSSSSSS −+=−−+=−=
++++++
)(17)18(1718
121223
là số nguyên
dương và không chia hết cho
.17
Vậy bài toán được chứng minh.
Với
[ ]
1,0,,, ∈dcba
ta có
3
33
cba
abcabcd
++
≤≤
;
.
3
111

)1)(1)(1()1)(1)(1)(1(
33
cba
cbadcba
−+−+−
≤−−−≤−−−−
Suy ra
.1
3
1
3
=
++
−+
++
≤
cbacba
P

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.10 ====∨==== dcbadcba
Vậy max P
1=
.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
0,5
19
4
5
a) AO cắt đường tròn (O) tại A'. Gọi J là trung
điểm của AB. Ta có hai cung MN và A'B bằng
nhau vì cùng bù với cung AB.
Do đó
JOBAMNIM === '
2
1
2
1
. Suy ra
aJOOAIMOMOI =−=−=
2222
.
b) Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của hai cung lớn, nhỏ AB. Trên AM kéo dài
lấy điểm K sao cho MB = MK. Ta có MA + MB = AK. Vì vậy ta xác định M
sao cho AK có độ dài lớn nhất.
Ta có MQ là phân giác của
AMB∠
và
MQMP ⊥
nên MP là phân giác của góc

BMK∠
. Vì MK = MB nên PK = PB. Điều đó chứng tỏ K thuộc đường tròn tâm P
cố định với bán kính PB = PA không đổi.
Do đó dây cung AK lớn nhất khi nó là đường kính, nghĩa là
PM ≡
.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
20
Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3. Chia mỗi
cạnh của tam giác ABC thành ba phần bằng nhau. Nối
các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các
cạnh, tam giác ABC được chia thành 9 tam giác đều có
cạnh bằng 1. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh
BC, CA và AB sao cho IC = JA = KB =1. Ba đường
tròn bán kính bằng 1, tâm tương ứng là I, J, K sẽ phủ
kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn phủ được 3 tam
giác nhỏ). Như vậy dùng 3 tấm bìa sẽ phủ kín được tam
giác ABC.
Số tấm bìa ít nhất phải dùng cũng là 3, bởi vì nếu ngược
lại sẽ phải có hai trong ba đỉnh của tam giác ABC thuộc
một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra bởi
vì cạnh của tam giác ABC bằng 3.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC

===  === ======  ======

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN NĂM 2009
Môn: Toán Vòng 1.
Thời gian làm bài 120 phút
(Không kể thời gian phát và nhận đề)
Câu 1 (2 điểm).
Cho phương trình
0)3()32(
2
=−+−− mmxmx
, với
m
là tham số.
1. Với giá trị nào của
m
thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
2. Tìm các giá trị của
m
để phương trình đã cho có hai nghiệm
vu,
thỏa mãn hệ
thức
17
22
=+ vu
.
Câu 2 (4 điểm).
1. Giải hệ phương trình




=++
=+++
11
23)(2
22
xyyx
yxyx
2. Cho các số thực
yx,
thoả mãn
08 >> yx
. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)8(
1
yxy
xP
−
+=
.
Câu 3 (4 điểm).
Cho hai đường tròn
),(
11
RO
và
),(
22

RO
cắt nhau tại hai điểm
PI,
. Cho biết
21
RR <
và
21
,OO
khác phía đối với đường thẳng
IP
. Kẻ hai đường kính
IFIE,
tương ứng của
),(
11
RO
và
),(
22
RO
.
1. Chứng minh
FPE ,,
thẳng hàng.
2. Gọi
K
là trung điểm
EF
. Chứng minh

21
PKOO
là tứ giác nội tiếp.
3. Tia
IK
cắt
),(
22
RO
tại điểm thứ hai là
B
, đường thẳng vuông góc với
IK
tại
I
cắt
),(
11
RO
tại điểm thứ hai là
A
. Chứng minh
BFIA =
.
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======
21
Họ tên thí sinh

………………………………
SBD:…………………………
Họ tên, chữ ký cán bộ coi thi
CBCT1 CBCT2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN VÒNG 1 NĂM 2009
Câu Nội dung Điểm
1 ( 2đ)
2 (4đ)
1. Dễ thấy
09 >=∆
nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
khi đó phương trình có 2 nghiệm
3, −== mvmu
.
2. Theo ý 1 ta có
17)3(17
2222
=−+⇔=+ mmvu


0862
2
=−−⇔ mm

043
2
=−−⇔ mm

41 =∨−=⇔ mm
.

1. Đặt
xyvyxu =+= ,
. Khi đó hệ phương trình trở thành



=+
=−+
11
2322
2
vu
vuu




−=
=−−+
⇔
uv
uuu
11
23)11(22
2




−=

=−+
⇔
uv
uu
11
0454
2




=
−=
∨



=
=
⇔
20
9
6
5
v
u
v
u
Giải từng hệ ta được
)2,3()3,2(),(

6
5
∨=⇒



=
=
yx
v
u



)4,5()5,4(),(
20
9
−−∨−−=⇒



=
−=
yx
v
u
Vậy hệ có 4 nghiệm (2,3); (3,2); (-4,-5) và (-5,-4)
2. Sử dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có

6

)8(8
8
8)8( ≥
−
++−=
yxy
yyxP
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

4
1
,4
64
1
16
)8(
1
8
88
3
==⇔





=
=
⇔






−
=
=−
yx
y
yx
yxy
y
yyx
Do vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6.
1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1
1
1. Vì IE là đường kính của
),(
11
RO
nên
0
90=∠IPE

.
Tương tự:
0
90=∠IPF
.
0,75
22
4 (4đ)
Từ giả thiết ta có
FE,
nằm về hai phía của
P
. Suy ra
0
180=∠EPF
, hay
FPE ,,
thẳng hàng.
2. Ta có
) (
2121
cccPOOIOO ∆=∆
, nên
2121
POOIOO ∠=∠
. (1)
Mặt khác,
KOKO
21
,

là các đường trung bình của tam giác
IEF
nên
21
KOIO
là hình bình hành.
Do đó
2121
KOOIOO ∠=∠
. (2)
từ (1) và (2) suy ra
21
POO∠
21
KOO∠=
, hay
21
PKOO
là tứ giác nội
tiếp.
3.
IA
cắt
),(
22
RO
tại điểm
'A
(khác
I

).
Ta có tứ giác
'IBFA
là hình chữ nhật, nên
'IABF =
. (3)
Mặt khác,
AEIK //
và
FA'
.
K
là trung điểm của
EF
nên
I
là
trung điểm của
'AA
. Hay là
'IAIA =
. (4)
Từ (3) và (4) suy ra
.BFIA
=
0,75
0,75
0,75
0,5
0,5

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======
23
A
B
F
A’
I
E
O
1
O
2
K
P

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN NĂM 2009
Môn: Toán Vòng 2 (Đề số 2).
Thời gian làm bài 150 phút
( Không kể thời gian phát và nhận đề)
Câu 1.
1. Giải phương trình:
2343 +=−−+ xxx
.
2. Cho biết
),(
11
yx

và
),(
22
yx
là các nghiệm của hệ phương trình



=−
=−
2045
22
yx
myx
Tìm
m
để biểu thức
2
21
2
21
)()( yyxx −+−
đạt giá trị nhỏ nhất, tính giá trị nhỏ nhất
đó.
Câu 2.
1. Tìm các số nguyên dương
yx,
thoả mãn
)1(8)8)((
22

+=−++ xyyxyx
2. Cho các số thực dương
cba ,,
thoả mãn
.3
=++
cba
Chứng minh rằng
2
3
333
≥
+
+
+
+
+ a
c
c
b
b
a
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 3. Cho ba điểm phân biệt
CBA ,,
cùng nằm trên một đường thẳng (điểm
B
nằm
giữa

A
và
C
). Gọi
)(),(),(
321
OOO
tương ứng là các nửa đường tròn đường kính
CABCAB ,,
và chúng cùng nằm về một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng
AC
. Đường
thẳng qua
B
vuông góc với
AC
cắt
)(
3
O
tại điểm
D
.
1. Chứng minh rằng tiếp tuyến chung của
)(),(
21
OO
( khác
BD
) song song với tiếp

tuyến của
)(
3
O
tại điểm
D
.
2. Tính diện tích phần hình phẳng nằm ngoài
)(),(
21
OO
và nằm trong
)(
3
O
theo
BDa
=
.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======

24
Họ tên thí sinh
………………………………
SBD:…………………………
Họ tên, chữ ký cán bộ coi thi

CBCT1 CBCT2
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG 2 NĂM 2009
Câu Nội dung Điểm
1(2,5)
1. ĐK:
)7(272137 −+−=+⇔⇒≥ xxxxPTx

xxx 728
2
−=+⇔

064443
2
=−−⇔ xx
16
=⇔
x
( do
7
≥
x
)
2. Vì
0=x
không là nghiệm của phương trình nên
PT
02
2
3
2

02
6
3
4
2
2
2
=+






−−






−⇔=−+−+⇔
x
x
x
x
x
x
x
x

Đặt
x
xt
2
−=
, khi đó PT có dạng
12023
2
=∨=⇔=+− tttt
Với
310222
2
2
2
±=⇔=−−⇔=−⇔= xxx
x
xt
Với
21021
2
1
2
=∨−=⇔=−−⇔=−⇔= xxxx
x
xt
0,75
0,75
0,5
0,5
2(2,5)

1.Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình
0)(13
22
=−−+ yxyx
Phương trình
16913)(13.2)()(
222
=+−−−++⇔ yxyxyx

169)13()(
22
=+−++⇔ yxyx
.
Vì x, y là các số nguyên dương nên dễ thấy

22
512169,13130,130 +=<+−<<+< yxyx
Bằng cách giải hệ phương trình:
)2,10(),(
513
12
=⇒



=+−
=+
yx
yx
yx

và
)2,3(),(
1213
5
=⇒



=+−
=+
yx
yx
yx
Vậy
( ) ( )
2,10;2,3 ==== yxyx
là 2 nghiệm nguyên dương của phương trình.
0,5
0,5
0,5
2. Theo giả thiết
2>p
. Giả sử
22
111
nm
p
+=
, hay là
)(

2222
nmpnm +=
. (1)
Suy ra
pnm 
22
. Do
p
nguyên tố nên
pmn
, vì thế
pm
hoặc
pn
.
Kết hợp với (1) suy ra
pnm 
22
+
. Do đó
pm
và
pn
.
Suy ra
pnpm ≥≥ ,
. Khi đó
22
111
nm

p
+=
222
211
ppp
=+≤
.
Dẫn đến
2≤p
. Mâu thuẫn.
0,5
0,5
25