Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2006 (Có đáp án)

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 n2 + 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) = (x3 + 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! 
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 n2 + n + 2 = 9k2 + 3k + 2 chia 3 dư 2. . . . . . . . . 
. 
*) Nếu n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = 9k2 + 9k + 4 chia 3 dư 1. . . . . . . 
. . 
*) Nếu n =3k + 2 thì n2 + n + 2 = 9k2 + 15k + 8 chia 3 dư 2. . . . . 
. . 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
Câu 2 
a) Đặt x2 – x = u, y2 – 2y = v 
19
20
u v
uv
+ = 
= − 
 u,v là nghiệm của phương trình t2 – 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 + 4x2 
 4x2 - 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 a3 = 3 + 17 + 3 - 17 + 3 3 3 17+ . 3 3 17− .a 
 = 6 – 6a 
 a3 + 6a = 6 
 f(a) = (a3 + 6a – 5)2006 = (6 – 5)2006 = 1. 
 0,5 
0,5 
0,5 
Câu 
 Nội dung xĐiể
m 
Câu 4 
a) 
Ta có  KEA =  KBE . 
Suy ra KEA đồng dạng với KBE. 
KE
KB
 = 
KA
KE
 KE2 = KA.KB (1) 
Tương tự, ta xét hai tam giác KFA và KBF ta có KF2 = 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 = R2 + R ' 2 (5) 
Do tứ giác OEFO ' là hình thang vuông tại E, F nên 
 OO ' 2 = EF2 + (OE - O F' ) 2 = EF2 + (R R ')− 2 (6) 
Từ (5) và (6) suy ra 
 EF2= R2 + R ' 2 – (R R ')− 2 = 2RR ' 
 EF = 2RR ' 
0,25 
0,5 
0,25 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
• • • 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 34 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 2a 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 = 600 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! 
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 21 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 34 8 12 0x x x+ − − = 4 3 2 24 4 4 8 12 0x x x x x+ + − − − = 
 2 2 22 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 2x x, ( 1x 2x ). Ta 
có 
1 2
1 2
1
3 1
x x m m
x x m
( )+ = + 
= − 
 (*) 
+) m 1. Từ (*) 1 1x 2x 1 21 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 1x -1 < 1 2x 1 21 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 24 8 2a b a b t t( ) ( ) .( )+ = − + 
 = 2 42 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 
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 600) (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 
A 
B O C 
F 
K E 
H 
x 
y