016 toán vào 10 chuyên nghệ an 2018 2019

BỘ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu 1 Cho phương trình

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi: TOÁN CHUYÊN
Thời gian: 150 phút
2
x   2m  3 x  3m  1  0 m

( là tham số)

a) Tìm tất cả các số thực m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa
mãn điều kiện x1  x2  x1 x2  7
b) Tìm tất cả các số nguyên m để phương trình đã cho có nghiệm nguyên
2

2

Câu 2 a) Giải phương trình

x  x  3  2x2  4x  3

1
� 1
�x  x  y  y  3
�
�

�x 2  1  y 2  1  5
2
y2
� x
b) Giải hệ phương trình �
Câu 3: Cho số tự nhiên n �2 và số nguyên tố p thỏa mãn p  1 chia hết cho n đồng
3
thời n  1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n  p là một số chính phương
2
Câu 4 Cho các số thực không âm a, b thỏa mãn:  a  b   a  b  2 . Chứng minh

�
�
a3 �
b3 �
1
1

�
�
�
��9
�  b  1 3 �
�  a  1 3 �
�
�
�
rằng: �

Câu 5. Cho 2 đường tròn (O; R) và  O '; r  cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B

 R  r ' sao cho O và O’ ở 2 phía của AB, Gọi K là điểm sao cho

OAO ' K là hình

bình hành
a) CMR: ABK là tam giác vuông
b) Đường tròn tâm K bán kính KA cắt (O; R ) và (O '; r ) theo thứ tự tại M và N
�
�
(khác A). Chứng minh rằng ABM  ABN

O; R 
c) Trên đường tròn 
lấy C thuộc cung AM không chứa B (C khác A, M).

 tại D. CMR: KC  KD
Đường thẳng CA vuông góc với 
Câu 6: Cho 17 số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp
O ', r

 0;1; 2;3; 4 . Chứng minh rằng ta có thể chọn được 5 số trong 17 số đã cho sao cho
tổng của 5 số này chia hết cho 5.


ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Tìm tất cả các số thực m….




Ta có:
nghiệm phân biệt.

  2m  3  4  3m  1  4m 2  5  0  m 
2

Theo định lý Vi-et, ta có:
Theo đề bài ta có:

. Do đó phương trình luôn có hai

�x1  x2  2m  3
�
�x1 x2  3m  1

x12  x22  x1 x2  7 �  x1  x2   3x1 x2  7
2

�  2m  3  3  3m  1  7
2

m  1
�
�
� 4m  3m  1  0 �
1
�
m
� 4

1
m  1; m  .
4
Vậy giá trị cần tìm là:
2

b) Tìm tất cả các số nguyên…….
2
Để phương trình có nghiệm nguyên thì   4m  5 phải là số chính phương.
Khi đó:
4m 2  5  k 2 � k 2  4m 2  5 �  k  2m   k  2m   5

� k  2m; k  2m �U (5)   1;5; 1; 5

Ta có bảng sau:
k  2m
k  2m
m

1
5
1

5
1
1

Vậy các giá trị cần tìm là: m  1; m  1
Câu 2:
2

a) Giải phương trình: x  x  3  2 x  4 x  3
Điều kiện xác định: x �0

Pt � x  x  3  2 x . x  3  2 x 2  4 x  3
�

x  x  3  x 2  x

� x  x  3  x 4  2 x3  x 2
� x  x 3  2 x 2  3  0

1
5
1

5
1
1


x  x  1  x 2  3 x  3  0

�
x0
�
��
x 1
�
x 2  3x  3  0
�

(VN )

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm

b) Giải hệ phương trình:
Điều kiện : x; y �0 . Ta có:

S   0;1

1
� 1
x


y

3
� x
y
�
�
�x 2  1  y 2  1  5
2
�
y2
� x

1
� 1

1
� 1
x  y 3
x


y


3
�
� x
y
y
�
� x
�
(I )
�
�
2
2
1
1
�
�
1
1
2
2

�
�
�x   y 
�x 
5
2
2
�
� �y  � 5
�
�
x
y
x
�
�
� � y�
�

a

1
 x;
x

b y

Đặt
Thay vào hệ (I) ta có:

1
y với a 2 �4

�
a2
�
�
�
b 1
�
a 2  b2  5
2
�
�  a  b   2ab  5 � 9  2ab  5 � ab  2 � �
�
�
ab 3
a 1
�
�
�
�
b2
�
�
2
Mà a �4 nên

a2
�

�
b 1
�

� 1
x 2
�
�x 2  2 x  1  0
� x
�
��
� �2
�
1
y

y

1

0
�
�y   1
�
� y

x  1 (tm)
�
�
1� 5

�
y
�
2

(tm)

� 1  5 �� 1  5 �
1;
;�
1;
�
�
�
2
2 �
�
�
�
Vậy nghiệm của hệ đã cho là

Câu 3:

n3  1   n  1 .  n 2  n  1 Mp

 p 1�
 Mn� p
Vì

1 n

p �n  1 �  n  1

p

n 1

không chia hết cho p


n  1  n 2  n  1 Mp �  n 2  n  1 Mp

Do đó:

Đặt : p  1  kn,

k �1 � p  kn  1

(*)

�  n 2  n  1 M
 kn  1 � kn  1 �n 2  n  1
 kn
ۣ+

n 2 n  k

n 1

k  n 2  n  1  n  kn  1 M

 kn  1
��
M
 k  1 n  k �
 kn  1
�
�
k �1 �  k  1 n  k  0

�  k  1 n  k �kn  1


k n 1
� k  n  1 � p  kn  1  n 2  n  1
� n  p  n 2  2n  1   n  1
Vậy n  p là một số chính phương.
2

Câu 4:

 a  b

2

 ab2

� a 2  2ab  b 2  a  b  2
� a 2  b 2  a  b  2  2ab

�  a 2  a    b 2  b   2  ab  a  b  1

� a  a  1  b  b  1  2  a  1  b  1
�

a  a  1  b  b  1
2
 a  1  b  1

a
b

2
b 1 a 1
a
b
x
;y 
�x y 2
b 1
a 1
Đặt
�

Ta có:

 1  x   1  y  �9
3

3

� 1   xy   x3  y 3 �9

3

3
2
�  xy    x  y  �
�8
 x  y   3xy �
�
�
� xy  x 2 y 2  6  �0

(do

 x  y
0 �xy �
4

2

1

)


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi:
Câu 5.

a  0; b  2
�xy  0
�

��
�
a  2; b  0
�x  y  2
�

a) CMR: ABK là tam giác vuông
Gọi I là giao điểm KA và OO ' . Khi đó I là trung điểm của KA (tính chất hình bình
hành)
Mặt khác OO ' là trung trực của AB nên IA  IB. (tính chất đường nối tâm và giao
tuyến chung của hai đường tròn).
Từ đó ta có: IA  IB  IK nên tam giác ABK vuông tại B. (tam giác có đường trung
tuyến từ đỉnh B đến cạnh AK bằng nửa cạnh AK thì tam giác đó là tam giác vuông
tại B).
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) Đường tròn tâm K…..
Ta có: KA  KM (cùng thuộc đường tròn  K ; KA  ) , OA  OM  R
Suy ra OK là trung trực của AM . (tính chất đường trung trực)
� KO  AM
Vì KO / / AO ' � MA  AO ' (từ song song đến vuông góc)
 O '

Do đó: MA là tiếp tuyến của

(định nghĩa)


�
�
�

�
Suy ra : MAB  ANB; NAB  AMB

�
�
Khi đó xét hai tam giác: AMB và ABN ta suy ra: ABM  ABN
c) Trên đường tròn (O;R) lấy C thuộc cung….

Gọi E, F là trung điểm CA, AD và H là trung điểm EF

Khi đó ta có:

OE  CD
�
�
O ' F  CD
�

(quan hệ giữa đường kính và dây cung)

� OE / / O ' F (từ vuông góc đến song song)

� OEFO ' là hình thang vuông tại E , F

Lại có H là trung điểm của EF , I là trung điểm của OO ' (cách dựng)
� HI / /OE / / O ' F (đường trung bình của hình thang)

� HI  CD (từ song song đến vuông góc)
� HI là đường trung trực của EF � IE  IF (tính chất đường trung trực)

Lại có: EI là đường trung bình của ACK (E là trung điểm của AC, I là trung điểm
của AK) � KC  2 EI (tính chất đường trung bình của tam giác)


Mà FI là đường trung bình của ADK ( F là trung điểm của AD, I là trung điểm
của AK) � KD  2 FI (tính chất đường trung bình của tam giác)
� KD  KC   2 EI 

(đpcm).

Câu 6:
Ký hiệu A, B, C , D, E lần lượt là tập hợp các số có chữ số tận cùng là 0;1; 2;3; 4
Nếu mỗi tập trên đều khác rỗng thì ta chọn từ mỗi tập hợp một phần tử. Khi đó
tổng của 5 số được chọn có tận cùng bằng 0 nên chia hết cho 5.
Nếu có một tập khác rỗng thì khi đó theo nguyên lý Dirichle trong 4 tập còn lại
luôn có một tập có ít nhất 5 phần tử. Ta chọn 5 số từ tập này, khi đó tổng của 5 số
được chọn cũng chia hết cho 5.
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn chọn được 5 số có tổng chia hết cho 5.