Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2013 (Có đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2013-2014 
Môn thi: Toán (vòng 1) 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1 (2,0 điểm). Tìm hai số nguyên a và b sao cho 
1
𝑎 − 1966
+
1
𝑏 − 2013
= 1. 
Câu 2 (2,5 điểm). Cho phương trình 𝑥2 − 2𝑚𝑥 + 𝑚(𝑚 + 1) = 0(1). 
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm bé là 𝑥1, nghiệm lớn là 𝑥2 thỏa mãn điều kiện 𝑥1 + 2𝑥2 = 0. 
Câu 𝟑(𝟏, 𝟓 điểm). Giả sử x và y là các số dương có tổng bằng 1. Đặt 𝑆 = 𝑥𝑦 +
1
𝑥𝑦
. 
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của S. 
b) Biểu thức S có giá trị lớn nhất hay không? Vì sao? 
Câu 𝟒(𝟒, 𝟎 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 6, AC = 8, BC = 10. Gọi M, N, P tương ứng là chân đường 
cao, chân đường phân giác, chân đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A. 
a) Chứng minh rằng, điểm N nằm giữa hai điểm M và P. 
b) Tính diện tich các tam giác APB, ABN và ABM. 
------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------- 
 HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1: 
Nếu: 
1
𝑎−1966
≤
1
𝑏−2013
=>
1
𝑎−1966
+
1
𝑏−2013
≤
2
𝑏−2013
⇔= 1 ≤
2
𝑏−2013
=> 0 2013 < 𝑏 ≤ 2015. 
Vì b nguyên nên 𝑏 = 2014 hoặc 𝑏 = 2015 
Nếu b = 2014 ⇒>
1
𝑎−1966
+ 1 = 1 ⇒
1
𝑎−1966
= 0 không tồn tại a 
Nếu 𝑏 = 2015 ⇒
1
𝑎−1966
+
1
2
= 1 ⇒ 𝑎 − 1966 = 2 ⇒>= 1968 
Tương tự, Nếu 
1
𝑏−2013
≤
1
𝑎−1966
=>
1
𝑎−1966
+
1
𝑏−2013
≤
2
𝑎−1966
=> 1 ≤
2
𝑎−1966
0 < 𝑎 − 1966 ≤ 2. tương tự, nên ta suy ra a = 1968; 𝑏 = 2015 
Câu 2: 
a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: 
Phương trình (1) có dạng ax2 + bx + c = 0, với a = 1, b = -2m, c = m(m + 1). 
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt, ta cần điều kiện: b2 - 4ac > 0 
Thay giá trị a, b, c vào, ta có: 
(-2m)2 - 4m(m + 1) > 0 
 4m2 - 4m(m + 1) > 0 
 4m2 - 4m - 4m > 0 
 4m2 - 8m > 0 
 m(4m - 8) > 0 
Vậy, m > 2 hoặc m < 0 để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. 
b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm bé là 𝑥1, nghiệm lớn là 𝑥2 thỏa mãn điều kiện 𝑥1 + 2𝑥2 = 0: 
- Nghiệm của phương trình (1) là: 
𝑥1 = m – √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1) 
𝑥2 = m + √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1) 
- Điều kiện 𝑥1 + 2𝑥2 = 0 cho ta: 
m – √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1) + 2(m + √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1)) = 0 
3m + √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1) = 0 
3m = - √𝑚2 − 𝑚(𝑚 + 1) 
9m2 = m2 - m(m + 1) 
9m2 + m = 0 
Chia cả 2 vế cho m ta có: 9m + 1 = 0 → 9m = -1 → m = - 
1
9
Câu 3: 
a, Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 𝑥𝑦 +
1
𝑥𝑦
≥ 2√𝑥𝑦.
1
𝑥𝑦
= 2 
Vậy 𝑀 inS = 2 với mọi 𝑥; 𝑦 ≥ 1 
𝑏) Do {
𝑥 > 0
𝑦 > 0
⇒ 𝑥𝑦 > 0 ⇒ 𝑆 = 𝑥𝑦 +
1
𝑥𝑦
>
1
𝑥𝑦
Mà 
1
𝑥𝑦
≥
15
4
 và 𝑥𝑦 > 0 ⇒
1
𝑥𝑦
<
1
0
= ∞ 
⇒
1
𝑥𝑦
 chỉ có GTNN, không có GTLN ⇒ 𝑆 không có GTLN, S sẽ càng dẩn tới dương vô cực khi một trong 2 
giá trị x hoặc y dần tới 0. 
Câu 4: 
a) Nhận xét: 𝐴𝐵2 + 𝐴𝐶2 = BC2( V16
2 + 82 = 102) ⇒ tam giác ABC vuông tại A (theo EL Pi ta go). 
Trong tam giác vuông ABC có: AB2 = BM ⋅ BC ⇒ BM = 62: 10 = 3,6 
AN là p/g của góc 𝐴 ⇒ 𝐵𝑁/𝑁𝐶 = 𝐴𝐵/𝐴𝐶 = 6/8 = 3/4 ⇒ 𝐵𝑁 = 3/4. NC 
Có 𝐵𝑁 + 𝑁𝐶 = 𝐵𝐶 ⇒ (3/4). 𝑁𝐶 + 𝑁𝐶 = 𝐵𝐶 = 10 ⇒ 7/4. 𝑁𝐶 = 10 ⇒ 𝑁𝐶 = 40/7 ⇒ BN = 10 −
40/7 = 30/7 
𝐵𝑃 là trung tuyến nên P là trung điểm của BC ⇒ BP = BC/2 = 5 
Trên tia 𝐵𝐶 có: 𝐵𝑀 nằm giữa 𝑀 và 𝑃 
b) Ta có: 𝐴𝑀. 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵. 𝐴𝐶 ⇒ 𝐴𝑀 = 6.8: 10 = 4,8 
⇒ 𝑆(𝐴𝐵𝑃) = 𝐴𝑀. 𝐵𝑃: 2 = 4,8.5: 2 = 12 
𝑆(𝐴𝑁𝑃) = 𝐴𝑀. 𝐵𝑃: 2 = ⋯ 
S(ABM) = AM. BM: 2 = ⋯ . ( (thay số ) 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2013-2014 
Môn thi: Toán (vòng 2) 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1 (1,5 điểm). Giả sử 𝑛 là số nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh rằng 
2013𝑛2+3
8
 là số nguyên dương. 
Câu 2 (1,5 điểm). Rút gọn biểu thức: 
𝐴 = √2 + √5
3
+ √2 − √5
3
. 
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 
{
𝑥2 + 𝑦2 + 6𝑥𝑦 = 17
6𝑦2 − 𝑥𝑦 + 𝑥 − 5𝑦 − 1 = 0
Câu 4 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có 𝐵𝐶 = 𝑎, 𝐶𝐴 = 𝑏, 𝐴𝐵 = 𝑐 và �̀� ≥ �̀� ≥ �̀�. 
Chứng minh rằng 9𝑎𝑏 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2. 
Câu 𝟓(𝟒, 𝟎 điểm). Cho tam giác ABC. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A, biết rằng H nằm trên đoạn thẳng 
BC và không trùng với B hoặc C. Đường thẳng AB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH tại D phân biệt 
với A. Đường thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH tại E phân biệt với A. 
a) Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và AC. Chứng minh rằng bốn điểm I, J, D, E cùng nằm trên một 
đường tròn. 
b) Chứng minh rằng HA là tia phân giác cùa 𝐸𝐻𝐷̅̅ ̅̅ ̅̅ . 
c) Xác định mối liên hệ giữa AB, AC và AH để DE tiếp xúc với cả hai đường tròn nói trên. 
---------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------- 
 HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1: 
2013𝑛2 + 3
8
∈ ℤ ⇔ 2013𝑛2 + 3: 8 ⇔ 8.251. 𝑛2 + 5𝑛2 + 3: 8 
Vì 8.251. 𝑛2: 8 nên 5𝑛2 + 3: 8 ⇔ 5𝑛2 + 3 − 8: 8 ⇔ 5(𝑛2 − 1): 8 
Vì 5 và 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên 𝑛2 − 1: 8 ⇔ (𝑛 − 1)(𝑛 + 1) : 8 
Vì các số nguyên tố lớn hơn 2 đều lẻ nên sẽ có dạng (4𝑘 + 1) hoặc (4𝑘 + 3), 𝑘 là số tự nhiên 
⇒ (𝑛 − 1)(𝑛 + 1) = {
[(4𝑘 + 1) − 1][(4𝑘 + 1) + 1] = 4𝑘(4𝑘 + 2) ⋮ 8
[(4𝑘 + 3) − 1][(4𝑘 + 3) + 1] = (4𝑘 + 2)(4𝑘 + 4) ⋮ 8
( 𝑉ì (4k + 2) là số chẵn và (4k), (4k + 4) đều chia hết cho 4 nên tích của chúng chia hết cho 8) ---->đpcm 
Câu 2: 
Rút gọn biểu thức: 
𝐴 = √2 + √5
3
+ √2 − √5
3
. 
Sử dụng tính chất căn lập phương ta có: 
√2 + √5
3
 = √2
3
 + √(√5)
3
√2 − √5
3
 = √2
3
 - √(√5)
3
Áp dụng vào biểu thức trên ta có: 
A = √2 + √5
3
+ √2 − √5
3
= √2
3
 + √(√5)
3
 + √2
3
 - √(√5)
3
= 2√2
3
Câu 4: 
Chứng minh: 
- Áp dụng bất đẳng thức tam giác, ta có: 
a ≤ b + c 
b ≤ a + c 
c ≤ a + b 
- Cộng 3 bất đẳng thức trên ta được: a + b + c ≤ 2(a + b + c) 
- Bình phương 2 vế của bất đẳng thức trên 
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤ 4(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 
- Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: 
9abc ≥ (a + b + c)3 (1) 
- Chia 2 vế bất đẳng thức trên cho abc ta được: 
9 ≥ 
(𝑎+𝑏+𝑐)2
ab
 (2) 
Từ (1) và (2) ta suy ra: 
9ab ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 
Vậy với tam giác ABC có BC = a, Ca = b, AB = c và �̀� ≥ �̀� ≥ �̀� thì 9ab ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 
Câu 5: 
a) Chứng minh rằng bốn điểm I, J, D, E cùng nằm trên một đường tròn: 
o Điểm I là trung điểm của AB, điểm J là trung điểm của AC. 
o Tam giác ADE là tam giác ngoại tiếp tam giác ABC, do đó D, E, I, J là bốn điểm trên đường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
o Vì vậy, bốn điểm I, J, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 
b) Chứng minh rằng HA là tia phân giác của góc EHD: 
o Tam giác ABH là tam giác ngoại tiếp tam giác ACH, do đó HA là đường cao của tam giác 
ACH. 
o Tam giác ABH cũng là tam giác ngoại tiếp tam giác ABD, do đó HA là đường cao của tam 
giác ABD. 
o Vì HA là đường cao của cả hai tam giác ACH và ABD, nên HA là tia phân giác của góc 
EHD. 
c) Xác định mối liên hệ giữa AB, AC và AH để DE tiếp xúc với cả hai đường tròn: 
o Để DE tiếp xúc với cả hai đường tròn, điều kiện cần và đủ là AB, AC, AH phải tạo thành một 
tam giác vuông cân. 
o Trong tam giác vuông cân, độ dài của các cạnh thỏa mãn: AB = AC và AH = (AB + AC)/2. 
o Vì vậy, mối liên hệ giữa AB, AC và AH để DE tiếp xúc với cả hai đường tròn là: AB = AC 
và AH = (AB + AC)/2.