Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2007 (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 
 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(22 =−−−− mmxx . 
b) Giải hệ phương trình: 
=+
=+
.30
4
33 xyyx
yx
Câu 3: Cho các số thực x, y thoả mãn .622 =+ 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 060=BAC . Chứng minh tam giác AOH là tam giác cân. 
* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ! 
Họ và tên thí sinh 
 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
SBD. . . . . . . . . . . . . . . . . 
. 
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG I (2007) 
Câu Nội dung Điểm 
1 
2 
3 
a) Điều kiện: 0 < x 1. 
A = 
( ) ( ) ( )
1
11
16
1
222
−
+−−−
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 2t2-5t+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 m2-3m+2 = 0 m =1 hoặc m = 2. 
b) Hệ đã cho 
=+
=+
 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 
1,0 
 A 
 K 
 B' 
 C' O 
 H 
 B A' C 
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 = 600 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. 
0,5 
1,5 
1,0 
1,0 
 B' 
 C' O 
A' 
H 
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 
 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 
222 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 ! 
Họ và tên thí sinh 
 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 
SBD. . . . . . . . . . . . . . . . . . 
ĐÁP ÁN VÒNG II (2007) 
 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 53n+2+22n+3 = 25.125n + 8.4n = 25(125n - 4n) +33.4n. 
Mặt khác (125n - 4n )  (125 - 4) = 12111 và 33.4n 11,  n N . Do đó 
53n+2+22n+3 11,  n N . 
Đặt A = 22 2qpqp +− và B = 222 qpqp ++ . Xét các trường hợp: 
+) p = q = 2, không thoả mãn. 
+) p =2, q 3, khi đó 
( A, B ) = (4 - 2q+2q2, 8+2q+ q2) 
 = (2- q+ q2, 8+2q + q2), (vì 8 + 2q + q2  2) 
 = ( 6 + 3q, 8 + 2q + q2) 
 = (2 + q, 8 + (2 + q)q ) , (vì 8 + 2q + q2  3) 
 = d. 
 Suy ra d lẻ và d 8 . Do đó d =1. 
+) q =2, p 3, khi đó 
( A, B ) = (p2 –2p +8, 2p2 +2p+4) 
 = (p2 –2p +8, p2 + p+2), (vì p2 –2p +8  2) 
 = (3p - 6, p2 + p +2) 
 = (p - 2, p2 + p +2), (vì p2 + p +2  3) 
 = (p - 2, p2 + 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) +2q22 và B = 2p2 + q(q + p) 2. Vậy A và B không nguyên tố 
cùng nhau. 
0,5 
0,5 
0,5 
1,0 
1,0 
0,5 
0,5 
 3 
 4 
Tóm lại: p = 2, q 3, nguyên tố hoặc q =2, p 3, nguyên tố. 
Đặt P = 
a
cb
+
++
1
5
+
b
ac
+
++
2
4
+
c
ba
+
++
3
3
 P+3= 
+
+
+
+
+ cba 3
1
2
1
1
1
12 . 
¸p 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. 
AB2+CD2 = 4IA2+ 4JD2 
= 4(OA2-IO2) + 4(OD2-OJ2) 
= 8R2 - 4(OI2+OJ2) =8R2- 4OH2 
= 8R2- R2 = 7R2. 
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 = 900, 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) 
Chứng minh: Gọi d là đường thẳng MN. 
0,5 
0,5 
0,5 
1,5 
1,0 
0,5 
D 
C 
A B H 
M 
N 
O 
K 
I 
J 
p 
C 
A 
B 
A1 
M 
N 
M0 
N0 
d 
 5 
i) Nếu d đi qua một đỉnh nào đó của 
 ABC, chẳng hạn A. Khi đó d cắt BC tại A1. 
Nếu A1 trùng với B hoặc C thì hiển nhiên có (1). 
Nếu A1 khác B, C thì trong 2 góc AA1B và AA1C có một góc 900, 
giả sử đó làAA1C. Khi đó MN AA1 AC nên suy ra (1). 
ii) Nếu d không đi qua đỉnh nào của ABC. Giả sử d cắt AB, BC lần lượt 
tại M0, N0. ¸p dụng i) ta có 
 MN max{A N0 , N0B, AB} max{A N0 , BC, AB} (2) 
Mặt khác cũng theo i) thì 
 AN0 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