đề thi vào lớp 10 chuyên toán ĐH vinh vòng 2 năm 2011

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

THPT CHUYÊN NĂM 2011
Môn Toán – Vòng 2
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Cho phương trình x 2 − 4x + m 2 − 3m = 0 (1).
1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
2. Giả sử x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình (1). Hãy tìm các giá trị của m sao cho
x1 = x 22 − 4 x 2 .

Câu 2. Tìm các số nguyên không âm a, b sao cho a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 là số nguyên tố.

Câu 3. Giả sử x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn hệ thức x + y + z = 8. Hãy tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức P = x 3 y + y 3 z + z 3 x.

Câu 4. Cho nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB. M là điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó.
Gọi H thuộc AB sao cho MH ⊥ AB. Tia phân giác của góc HMB cắt đường tròn ngoại tiếp tam
giác AMH tại điểm thứ hai I và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BMH tại điểm thứ hai J .
1. Gọi E, F là trung điểm của MA, MB. Chứng minh rằng E , I , F thẳng hàng.
2. Gọi K là trung điểm của IJ . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF theo R.


Câu 5. Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt. Chứng minh rằng
tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 (kể cả biên) chứa ít nhất 6 điểm trong số các điểm đã

cho.

Ghi chú: Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm!


ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1
( 3,5đ) 1.Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆ / = 4 − m 2 + 3m ≥ 0 ⇔ m 2 − 3m − 4 ≤ 0

0,75

⇔ (m + 1)(m − 4) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ m ≤ 4 (2)

0,75
x 1 + x 2 = 4

2. Theo hệ thức Viet ta có 

2
 x 1 x 2 = m − 3m

Từ điều kiện của bài toán ta có:

4 − x 2 = x 22 − 4x 2 ⇔ x 22 − 3x 2 − 4 = 0 ⇔ x 2 = −1, x = 4

0,75

Với x 2 = −1 ⇒ x 1 = 5. x 2 = 4 ⇒ x 1 = 0 .
Khi đó

0,5

- m 2 − 3m = −5 ⇔ m 2 − 3m + 5 = 0 ⇒ V N
- m 2 − 3m = 0 ⇔ m = 0, m = 3 ( Thỏa mãn ĐK(2))
Câu 2
(1,5đ)

0,75

Đặt A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 , dễ thấy A là số chẵn. Do đó A là số
nguyên tố khi và chỉ khi A = 2 , hay A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 = 2 ,
0,5
suy ra (a + b − 4)(a − b − 1) = 2 . Ta xét các trường hợp sau :
a + b − 4 = 1
⇔ a = 4, b = 1
a − b − 1 = 2

-

a + b − 4 = 2
⇔ a = 4, b = 2
a − b − 1 = 1

-


 a + b − 4 = −1
⇔ a = 1, b = 2 .
 a − b − 1 = −2

-

0,5

 a + b − 4 = −2
⇔ a = 1, b = 1
 a − b − 1 = −1

- 

0,5
Câu 3.
(1,5đ)

Đặt x = max { x, y, z} ⇒ y ≤ x ⇒ y 3z ≤ x2yz
z ≤ x ⇒ z3x ≤ z2x2 ≤ zx3

0,5

Khi đó:
1
1
P ≤ x 3 y + x 2 yz + z 3 x + z 3 x

2
2
≤ x 3 y + x 2 yz +

1 3 1 2 2
z
zx + z x = x 2 ( x + z )( y + )
2
2
2

0,5

z
x x x + z 
2z 

⇒ P ≤ x2 ( x + z )  y + ÷ ≤ 27. . .
y +
÷
2
3 3
3 
3


Áp dụng BĐT Cosi cho 4 số không âm ta có:
4

x + y + z

P ≤ 27 
÷ = 432
4



Dấu bằng xảy ra khi x = 6, y = 2, z = 0 . Vậy MaxP = 432 .
0,5
Câu 4
( 2,5đ)

1. Gọi N là giao điểm của
đường thẳng MI và AB. Ta có
∠AMN = ∠AMH + ∠HMN
= ∠MBN + ∠BMN = ∠ANM

Do đó tam giác AMN cân tại

0,5


(Hay ∠ANM = 90 0 − ∠HMN = 90 0 − ∠NMB = ∠AMN ⇒ tam giác
AMN cân tại A , vì AI ⊥ MN ⇒ AI là đường trung tuyến ⇒ I là
trung điểm của MN )

2. Vì MJ là tia phân giác của ∠BMH nên J là điểm chính giữa
của cung BH ⇒ FJ ⊥ AB ⇒ ∠EFJ = 90 0

0,5

Trong tam giác vuông IFJ ⇒ KI = KJ = KF
⇒ ∠EFK = ∠KIF = ∠MIE = ∠EMK ⇒ EMFK là tứ giác nội tiếp
⇒ K nằm trên đường tròn đường kính EF =

1
AB = R .
2

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF là

R
2

0,5

0,5

0,5
Câu 5
(1đ)

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp lục giác đều có cạnh bằng 2,
khi đó (O) có bán kính R = 2 . Gọi ABCD là hình vuông ngoại
tiếp (O) . Cạnh của hình vuông này bằng 4. Chia hình vuông
0,5
thành 16 hình vuông nhỏ, có cạnh bằng 1.
Rõ ràng 16 hình vuông này chứa 81 điểm đã cho.


Vì 81 = 16 x 5 +1 nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại hình

vuông cạnh bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số các điểm đã cho.
0,5