Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2011 (Có đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NĂM 2011. MÔN THI: TOÁN - VÒNG 1 
 === úừú === Thời gian làm bài: 120 phút 
 (Không kể thời gian giao đề) 
 ======  ====== 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
Câu 1. Cho biểu thức ,
)1()1(
yx
yxy
yx
xyx
P
−
−+
+
+
++
= trong đó yx, là các 
số thực dương phân biệt. Tính giá trị của biểu thức khi .215,215 −=+= yx 
Câu 2. Cho các hàm số 2 22 1y ax a= + − ( )P và 22ax 2y a= + ).(d 
1. Tìm các giá trị của a sao cho ( )P đi qua điểm ).15;2(A 
2. Với các giá trị nào của a thì ( )d tiếp xúc với ).(P 
Câu 3. Giải hệ phương trình .
85
55
22
=+
=++
yx
xyyx
Câu 4. Cho các số thực dương cba ,, thỏa mãn hệ thức .3=++ cba Tìm giá 
trị nhỏ nhất của biểu thức .
3
1
3
1
3
1 
+ 
+ 
+=
cba
P 
Câu 5. Cho đường tròn tâm ,O bán kính .15cmR = Điểm A nằm ngoài đường 
tròn sao cho .25cmOA = Từ A kẻ các tiếp tuyến ACAB, với đường tròn ).(O 
1.Tính độ dài đoạn .BC 
2. Điểm M thuộc cung nhỏ ),,( CMBMBC tiếp tuyến với đường 
tròn tại M cắt ACAB, lần lượt tại E và .F BC cắt OFOE, lần lượt tại P và 
.Q Chứng minh rằng tỷ số 
EF
PQ
 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M 
thuộc cung nhỏ ).,( CMBMBC 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: 
. 
Số báo danh. 
Phòng thi:. 
Họ tên và chữ ký của CBCT1: 
. 
Họ tên và chữ ký của CBCT2: 
. 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NĂM 2011. MÔN TOÁN - VÒNG 1 
 === úừú === ======  ====== 
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
Câu Nội dung Điểm 
1(2đ) 
 Ta có 2+
−
+
+
=
yx
xy
yx
yx
P 
 2
)(
+
−
+
=
yx
yxxy
 Thay 215,215 −=+= yx ta được 2
21
10
+=P 
0,75 
0,75 
0,5 
2(2đ) 1. 
( )P đi qua điểm (2;15)A 215 4 2 1a a = + − )0( a 
 2 2 8 0a a + − = )0( a 
 .4,2 −== aa 
2. ( )d tiếp xúc với ( )P 
 2 2 2ax 2 1 2 2PT a ax a + − = + có nghiệm kép và 0a 
 2ax 2 1 0PT ax − − = có nghiệm kép và 0a 
 / 2 0 0, 1a a a a = + = = = − và 0a 
 1a = − 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
3(1,5đ) 
Đặt 2, 4x y u xy v u v+ = = 
Khi đó hệ PT có dạng 
2
55
2 85
u v
u v
+ = 
− = 
2
55 55
13, 152 195 0
v u v u
u uu u
= − = − 
= = −+ − = 
Từ ĐK ta chỉ lấy 13, 42u v= = 
Giải hệ đặt ta nhận được ( 6, 7) ( 7, 6)x y x y= =  = = 
0,5 
0,5 
0.5 
4(1,5đ) Áp dụng BĐT Cosi cho 4 số dương ta có: 
 4
2
3
1 1 1 4.
b c bc
a a a a
+ = + + + 
Tương tự 4
2
3
1 1 1 4.
a c ac
b b b b
+ = + + + 
 4
2
3
1 1 1 4.
a b ab
c c c c
+ = + + + 
0,5 
0,5 
Các vế đều dương nên nhân vế với vế các BĐT trên ta được 
 64164,64 = === = MinPcbaPP 
0,5 
5( 3đ) 
1.Từ GT suy ra 
 2 2 20( )AB OA OB cm= − = 
.
2. 24( )
OB AB
BC cm
OA
= = 
2.Ta có 
OFEOFCCOF
PBMBPEOPQ
==−=
−==
0
0
90
90
 suy ra hai tam giác OPQ và OFE đồng dạng 
Gọi H là giao điểm của OA và BC thì OH là đường cao của 
tam giác OPQ (vì BCOA⊥ ), mặt khác dễ thấy OM là đường 
cao của tam giác OEF . 
 Do đó 
OM
OH
EF
PQ
= 
 Mà )(9.
2
2 cm
OA
OB
OHOBOAOH == = 
 Vì vậy 
5
3
==
OM
OH
EF
PQ
 ( ĐPCM) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
A 
B 
C 
O 
E 
M 
F 
P 
Q 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NĂM 2011. MÔN THI: TOÁN - VÒNG 2 
 === úừú === Thời gian làm bài: 150 phút 
 (Không kể thời gian giao đề) 
 ======  ====== 
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
Câu 1. Cho phương trình 2 24 3 0x x m m− + − = ).1( 
1. Tìm các giá trị của m để phương trình )1( có nghiệm. 
2. Giả sử 21, xx là hai nghiệm của phương trình ).1( Hãy tìm các giá trị của 
m sao cho .4 2
2
21 xxx −= 
Câu 2. Tìm các số nguyên không âm ba, sao cho 43522 ++−− baba là số 
nguyên tố. 
Câu 3. Giả sử zyx ,, là các số thực không âm thỏa mãn hệ thức .8=++ zyx Hãy 
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .333 xzzyyxP ++= 
Câu 4. Cho nửa đường tròn ( )RO; đường kính .AB M là điểm bất kỳ trên nửa 
đường tròn đó. Gọi H thuộc AB sao cho .ABMH ⊥ 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 FE, là trung điểm của ., MBMA Chứng minh rằng FIE ,, 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!
Họ và tên thí sinh: 
.. 
Số báo danh.. 
Phòng thi:. 
Họ tên và chữ ký của CBCT1: 
Họ tên và chữ ký của CBCT2: 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN 
 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NĂM 2011. MÔN TOÁN - VÒNG 2 
 ===  === ======  ====== 
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
( 3,5đ) 
1.Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi 
 / 2 24 3 0 3 4 0m m m m = − + − − 
 ( 1)( 4) 0 1 4m m m + − − (2) 
2. Theo hệ thức Viet ta có 
1 2
2
1 2
4
3
x x
x x m m
+ = 
= − 
 Từ điều kiện của bài toán ta có: 
 2 22 2 2 2 2 24 4 3 4 0 1, 4x x x x x x x− = − − − = = − = 
 Với 2 1 2 11 5. 4 0x x x x= − = = = . 
 Khi đó 
- 2 23 5 3 5 0m m m m VN− = − − + = 
- 2 3 0 0, 3m m m m− = = = ( Thỏa mãn ĐK(2)) 
0,75 
0,75 
0,75 
0,5 
0,75 
Câu 2 
(1,5đ) 
Đặt 43522 ++−−= babaA , dễ thấy A là số chẵn. Do đó A là số 
nguyên tố khi và chỉ khi 2=A , hay 243522 =++−−= babaA , 
suy ra 2)1)(4( =−−−+ baba . Ta xét các trường hợp sau : 
 - 1,4
21
14
== 
=−−
=−+
ba
ba
ba
 - 2,4
11
24
== 
=−−
=−+
ba
ba
ba
 - 2,1
21
14
== 
−=−−
−=−+
ba
ba
ba
. 
 - 1,1
11
24
== 
−=−−
−=−+
ba
ba
ba
0,5 
0,5 
0,5 
Câu 3. 
(1,5đ) 
 Đặt  3 2max , ,x x y z y x y z x yz= 
 3 2 2 3z x z x z x zx 
Khi đó: 
xzxzyzxyxP 3323
2
1
2
1
+++ 
 )
2
)((
2
1
2
1 222323 zyzxxxzzxyzxyx ++=+++ 
0,5 
0,5 
( )2
2
27. . .
2 3 3 3 3
z x x x z z
P x x z y y
+ 
 + + + 
Áp dụng BĐT Cosi cho 4 số không âm ta có: 
+ + 
 = 
4
27 432
4
x y z
P 
Dấu bằng xảy ra khi 6, 2, 0x y z= = = . Vậy 432=MaxP . 
0,5 
Câu 4 
( 2,5đ) 
A 
M 
E F 
N 
J 
H 
B 
K 
I 
1. Gọi N là giao điểm của 
đường thẳng MI và AB. Ta có 
HMNAMHAMN += 
ANMBMNMBN =+= 
Do đó tam giác AMN cân tại 
A, suy ra AI là đường trung 
tuyến. Do đó I là trung điểm 
của MN. Vậy E,I,F thẳng 
hàng. 
(Hay =−=−= AMNNMBHMNANM 00 9090 tam giác 
AMN cân tại A , vì ⊥ MNAI 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 090= ⊥ EFJABFJBH 
 Trong tam giác vuông KFKJKIIFJ == 
 EMFKEMKMIEKIFEFK === là tứ giác nội tiếp 
 K nằm trên đường tròn đường kính RABEF ==
2
1
. 
 Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF là 
2
R
0,5 
0,5 
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 2=R . Gọi ABCD là hình vuông ngoại 
tiếp )(O . Cạnh của hình vuông này bằng 4. Chia hình vuông 
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 
0,5