Đề thi và đáp án vào chuyên toán Đại học Vinh năm 2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

Gv: Phạm Dỗn Lê Bình lebinh234.name.vn

ĐỀ THI VÀO LỚP 10

KHỐI THPT CHUYÊN, ĐẠI HỌC VINH
NĂM HỌC 2009 — 2010

Mơn : Tốn chun
Câu 1. (2,5 điểm) Giải các phương trình sau :

1) √3x + 1 −√x − 7 =√x;
2) x4− 3x3_{− 2x}2_{+ 6x + 4 = 0}

Câu 2. (2,5 điểm)

1) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình x2+ y2− 13(x − y) = 0.

2) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ p đều không tồn tại các số nguyên dương m, n thỏa
mãn 1

p =
1
m2 +

1
n2.

Câu 3. (2 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + 2y + 3z = 18. Chứng minh rằng
2y + 3z + 5

1 + x +

3z + x + 5
1 + 2y +

x + 2y + 5
1 + 3z ≥

51
7 .
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O và [ACB = 45o_{. Kẻ các}

đường cao AA0 và BB0. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. M và N tương ứng là trung điểm
của AB và CH.

1) Chứng minh rằng A0M B0N là hình vng.
2) Chứng minh rằng A0B0, M N, OH đồng quy.

LÊ QUỐC HÁN
(GV ĐH Vinh) giới thiệu

ĐÁP ÁN
Câu 1. 1) ĐK x ≥ 7. Ta có PT đã cho tương đương với

3x + 1 = 2x − 7 + 2px(x − 7) ⇔ x + 8 = 2√x2_{− 7x ⇔ 3x}2_{− 44x − 64 = 0 ⇔ x = 16(vì x ≥ 7).}

2) Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của PT đã cho. Xét x 6= 0, chia hai vế PT cho x2 _{ta được}

x2+ 4

x2 − 3


x − 2

x


− 2 = 0 ⇔


x − 2
x

2
− 3


x − 2

x


+ 2 = 0.

Đặt t = x − 2

x, khi đó PT trên có dạng t

2_{− 3t + 2 = 0 ⇔ t = 2 hoặc t = 1.}

• Với t = 2 thì x − 2

x = 2 ⇔ x

2_{− 2x − 2 = 0 ⇔ x = 1 +}√_{3 hoặc x = 1 −}√_3.

• Với t = 1 thì x − 2

x = 1 ⇔ x

2_{− x − 2 = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2.}

Tập nghiệm S = {−1; 1 −√3; 1 +√3; 2}.
Câu 2. 1) Ta có PT đã cho tương đương với

(x + y)2+ (x − y)2− 2.13(x − y) + 132 _{= 169 ⇔ (x + y)}2_{+ (13 − x + y)}2 _{= 169 = 12}2_{+ 5}2_.

Vì x, y là các số nguyên dương nên dễ thấy 0 < x + y < 13; 0 < 13 − x + y < 13. Suy ra
 x + y = 12

13 − x + y = 5 hoặc

 x + y = 5

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Gv: Phạm Dỗn Lê Bình lebinh234.name.vn

Vậy PT đã cho có hai nghiệm nguyên dương (x; y) là (3; 2) và (10; 2).

2) Giả sử tồn tại số nguyên tố lẻ p sao cho 1

p =

1
m2 +

1
n2 ⇔ m

2_n2 _{= p(m}2 _{+ n}2₎

(1)
Suy ra m2_n2.._{. p. Do p là số nguyên tố nên mn}.._{. p, suy ra m}.._{. p hoặc n}.._{. p. Kết hợp với (1) suy ra}

m2_{+ n}2.._{. p. Do đó m}.._{. p và n}.._{. p ⇒ m ≥ p, n ≥ p. Khi đó} 1

p =
1
m2 +

1
n2 ≤

1
p2 +

1
p2 =

2

p2 ⇒ p ≤ 2.

Mâu thuẫn với giả sử.

Câu 3. Đặt P = 2y + 3z + 5
1 + x +

3z + x + 5
1 + 2y +

x + 2y + 5

1 + 3z ⇒ P + 3 = 24


1
1 + x +

1
1 + 2y +

1
1 + 3z


.
Áp dụng BĐT quen thuộc với các số dương a

2

b +
c2

d ≥

(a + c)2

b + d . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a

b =
c

d, suy ra P + 3 ≥ 24


4

2 + x + 2y +
1
1 + 3z



≥ 24 · 9

3 + x + 2y + 3z =
72

7 .

Suy ra P ≥ 51

7 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 + x = 1 + 2y = 1 + 3z và x + 2y + 3z = 18 ⇔ (x; y; z) = (6; 3; 2).
Câu 4.

1) Ta có M A0 = M B0 = 1

2AB (1), N A

0

= N B0 = 1

2CH (2)

Mặt khác, vì [BAC = 45o nên ∆CAA0 và ∆BA0H vuông cân. Suy ra
∆CA0H = ∆AA0B (c.g.c), do đó CH = AB (3).

Lại có \N A0_{C = \}_{N CA}0 _{= \}_{M AA}0 _{= \}_{M A}0_{A nên \}_{M A}0_{N = \}_AA0_{C = 90}o

(4).

Từ (1),(2),(3),(4) suy ra A0M B0N là hình vng.

2) Do O và A0 thuộc đường trung trực cạnh AC nên A0O ⊥ AC ⇒
OA0//B0H. Tương tự có OB0//A0H, suy ra A0HB0O là hình bình hành.
Do đó A0B0, OH, M N cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

</div>

<!--links-->