Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2014 (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 2014 
Môn thi: Toán (vòng 1) 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1 (1,5 điểm). Rút gọn biểu thức 
2
. ,
( )
x x y y x y
A xy
x yx y
 + +
= − −+ 
 với , 0x y và .x y 
Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình 2 22(4 1) 16 11 0x m x m− − + − = (1), với m là tham số. 
 a) Xác định m để phương trình (1) có nghiệm. 
 b) Tìm m để phương trình (1) có các nghiệm là 1 2,x x thỏa mãn 1 2(2 1)(2 1) 9.x x− − = 
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
2
3 3 4
x x xy
x x xy y
 − + = 
− + + = 
Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn 2 4 8.x y+ = Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
10
.P x y
x y
= + +
+
Câu 5 (4,0 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB. Gọi C là điểm chính giữa 
cung ,AB D là điểm thuộc cung nhỏ BC (D khác B và C). Trên đoạn thẳng AD lấy 
điểm E sao cho .AE BD= 
 a) Chứng minh rằng .ACE BCD = 
 b) Gọi F là giao điểm của OC và BD. Chứng minh rằng DC là phân giác của .ADF 
 c) Tiếp tuyến của (O) ở A cắt BC tại I. Chứng minh rằng IE//BD. 
HẾT 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
Họ tên thí sinh:. 
 . 
Số báo danh:. 
Phòng thi:.. 
Họ tên và chữ ký của CBCT 1:.. 
Họ tên và chữ ký của CBCT 2:.. 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 
Môn thi: Toán (vòng 1); Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu Nội dung 
Câu 1 
(1,5 
điểm) 
Ta có 
3 3
2
.
( )
x y x y
A xy
x yx y
 + +
 = −
 −+ 
( ) 2. ( )
x y
x xy y xy
x y
+
= − + −
−
 = ( )
2
2
.
( )
x y
x y
x y
+
−
−
( )
( ) ( )
2
2 2
.
.
x y
x y
x y x y
+
= −
− +
1
x y
=
+
Câu 2 
(2,0 
điểm) 
a) Phương trình (1) có nghiệm 2 2' (4 1) (16 11) 0m m = − − − 
 8 12 0m − + 
3
.
2
m 
b) Giả sử phương trình (1) có các nghiệm 1 2,x x . Theo câu a), 
3
.
2
m 
Theo Định lí Viet ta có 21 2 1 22(4 1); 16 11.x x m x x m+ = − = − 
Khi đó 1 2 1 2 1 2(2 1)(2 1) 9 4 2( ) 1 9x x x x x x− − = − + + = 
24(16 11) 4(4 1) 1 9m m − − − + = 2
1 ( / )
4 3 0 3
( / )
4
m t m
m m
m t m
= 
 − − = 
 = −
Câu 3 
(1,5 
điểm) 
Hệ PT đã cho tương đương với 
2
2
3 3 3 6
2 2
3 3 4
x x xy
x y
x x xy y
 − + = 
 − − = 
− + + = 
 hay 2 2.y x= − − 
Thay vào phương trình thứ nhất của hệ được 
2 ( 2 2) 2x x x x− + − − = hay 2
1
3 2 0
2
x
x x
x
= − 
+ + = = − 
. 
Từ đó ta được nghiệm của hệ ( ; )x y là ( 1;0), ( 2;2).− − 
Câu 4 
(1,0 
điểm) 
Từ giả thiết của bài toán ta có 24 4 4 4 4 8 12.x y x y+ + + = + = 
Suy ra 0 3.x y + 
 Khi đó, áp dụng BĐT Cô si ta được 
9 1
P x y
x y x y
= + + +
+ +
1
6
x y
 +
+
1 19
6 .
3 3
 + = 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2, 1.x y= = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
19
,
3
 đạt khi 2, 1.x y= = 
Câu 5 
(4,0 
điểm) 
a) Vì C là điểm chính giữa của cung AB nên AC BC= (1) 
Ta có CAE CBD= (góc nội tiếp cùng chắn cung CD ) (2) 
Từ (1) và (2), kết hợp với giả thiết suy ra ACE BCD = (c.g.c). 
b) Ta có 0
1
45
2
ADC AC= =s® (3) 
Ta có ( ) 01 1 45
2 2
FDC CD DB BC= + = =s® s® s® (4) 
Từ (3) và (4) suy ra DC là phân giác của .ADF 
c) Vì tam giác ABI vuông tại A và 045ABI = nên ABI là tam giác vuông 
cân tại A. Suy ra 045AIC = (5) 
Từ câu a) suy ra tam giác CDE cân tại C. Mặt khác 045CDE = nên 
045CED = (6) 
Từ (5) và (6) suy ra tứ giác IAEC nội tiếp. Do đó 090 .AEI ACI ADB= = = 
Từ đó suy ra IE//BD. 
C 
A B 
D 
E 
O 
I F 
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 
Môn thi: Toán (vòng 2) 
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1 (3,0 điểm). Giải các phương trình 
 a) 
2 2
3 4
5;
2 ( 1)x x x
+ =
− −
 b) 2 1 4 1.x x x+ − = − 
Câu 2 (1,5 điểm). Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn 2 8 9.p q= + 
Câu 3 (1,0 điểm). Giả sử n là một số nguyên dương và 1 2, , ..., na a a là các số nguyên 
lẻ. Đặt 4 4 41 2 .n nA a a a= + + + Chứng minh rằng nA chia hết cho 16 khi và chỉ khi n 
chia hết cho 16. 
Câu 4 (1,0 điểm). Giả sử , ,x y z là các số thực không âm thỏa mãn 4.x y z xyz+ + + = 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .P xy yz zx= + + 
Câu 5 (3,5 điểm). Cho đường tròn ( );O R và AB là một dây cung của đường tròn đó 
( )2 .AB R M là điểm thuộc cung lớn AB (M khác A và B). Gọi H là hình chiếu vuông 
góc của M lên AB. 
 a) Chứng minh rằng .AMH BMO= 
 b) Gọi I là điểm chính giữa của cung nhỏ ,AB J là giao điểm của MI và AB. 
Chứng minh rằng . . .MA MB MI MJ= 
 c) Gọi K là điểm đối xứng với I qua O. Chứng minh rằng đường thẳng BK đi 
qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MJB. 
HẾT 
Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
Họ tên thí sinh:. 
 . 
Số báo danh:. 
Phòng thi:.. 
Họ tên và chữ ký của CBCT 1:.. 
Họ tên và chữ ký của CBCT 2:.. 
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2014 
Môn thi: Toán (vòng 2). Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu Nội dung 
Câu 1 
(3,0 
điểm) 
a) Điều kiện 0, 1, 2.x x x Phương trình đã cho tương đương với 
( )2 2
3 4
5
2 2 1x x x x
+ =
− − +
 (*) 
Đặt 2 2 .t x x= − Khi đó (*) trở thành 
2
1
3 4
5 5 2 3 0 3
1
5
t
t t
t t t
= 
 + = − − = 
 + = −
Với 1,t = ta có ( )2 2 1 0 1 2 / .x x x t m− − = = 
Với 
3
,
5
t = − ta có ( )2
5 10
5 10 3 0 .
5
/x x x t m
− + = = 
b) Điều kiện 
1
.
2
x Phương trình đã cho tương đương với 
( ) ( )2 1 2 2 1 4 1 2 2 1x x x x x x x x+ − + − = − − = 
 ( ) 24 2 1 ,x x x − = vì 
1
0.
2
x 
 ( )
4
.
7
/x t m = 
Câu 2 
(1,5 
điểm) 
Do 2 8 9p q= + là số lẻ nên p lẻ. Đặt ( )2 1 .p k k= + 
Ta có ( )( )2 8 9 3 3 8p q p p q= + − + = 
 ( )( ) ( )( )2 2 2 4 8 1 2 2 .k k q k k q − + = − + = 
Vì q là số nguyên tố và 0 1 2k k − + nên có 2 trường hợp xảy ra: 
Trường hợp 1: 
1 1 2 5
2 2 2 2
k k p
k q q q
− = = = 
+ = = = 
Trường hợp 2: 
1 2 3 7
2 5 5
k k p
k q q q
− = = = 
+ = = = 
Vậy cặp số (p; q) thỏa mãn bài toán là (5; 2), (7;5). 
 Câu 3 
(1,0 
điểm) 
Chú ý rằng, với a là số nguyên lẻ ta có ( )( )1 1 8a a− + (tích của hai số chẵn liên 
tiếp luôn chia hết cho 8) và ( )2 1 2a + nên 
( )( )( )4 21 1 1 1 16.a a a a− = − + + 
Khi đó, vì 1 2, , ..., na a a là các số nguyên lẻ nên ta có 
( ) ( ) ( )4 4 41 21 1 1 16.n nA n a a a− = − + − + − 
Từ đó ta có điều phải chứng minh. 
Câu 4 
(1,0 
điểm) 
Không mất tính tổng quát ta giả sử 0.x y z Xét hai trường hợp sau: 
Trường hợp 1: 1.xy Suy ra 1yz xy và 1.xz xy Do đó 3.P 
Trường hợp 2: 1.xy Từ giả thiết ta có 
4
1
x y
z
xy
− −
=
+
 và 4.x y+ 
 Khi đó ( )
4
4 . 4
1
x y
P xy x y
xy
− −
− = + + −
+
( ) ( ) ( )
2
1 4 4 4
1
xy xy x y x y xy
xy
+ + + − + − −
=
+
( ) ( ) ( )( )
2 2
2 2 1 4
0,
1
x y xy xy
xy
− + − + − −
= − 
+
 vì 
( )
2
1 4.
4
x y
xy
+
Như vậy, từ hai trường hợp trên ta có 4.P Dấu đẳng thức xảy ra khi 
2, 0.x y z= = = 
Vậy giá trị lớn nhất của P là 4, đạt được khi 2, 0x y z= = = hoặc các hoán vị. 
 Câu 5 
(3,5 
điểm) 
a) Kẻ đường kính MN của đường tròn (O). Khi đó 090MBN MHA= = (1) 
Ta có MAH MNB= (góc nội tiếp cùng chắn cung MB ) (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ~ ( . ) .MAH MNB g g AMH BMO = 
b) Vì I là trung điểm của cung nhỏ AB nên .AMJ BMI= 
Xét hai tam giác MAJ và MIB có AMJ BMI= (chứng minh trên), MAJ MIB= 
(góc nội tiếp cùng chắn cung ).MB Suy ra ~ .MAJ MIB 
Do đó . . .
MA MJ
MA MB MI MJ
MI MB
= = 
c) Gọi L là giao điểm thứ 2 của BK với đường tròn (MJB). Khi đó 1 2L M= (góc 
nội tiếp cùng chắn cung BJ của đường tròn (MJB)). Mặt khác 
2 1
M K= (góc nội 
tiếp cùng chắn cung BI của đường tròn (O)). Suy ra 1 1 // .L K LJ KI= 
Vì I là trung điểm của cung nhỏ AB nên 090 .OI AB LJ AB LJB⊥ ⊥ = Suy 
ra LB là đường kính của đường tròn (MJB). Do đó đường thẳng BK đi qua tâm 
đường tròn (MJB). 
B 
M 
O 
A 
I 
J 
K 
H 
L 
2 
1 
1 
M 
J 
O 
H 
I 
N 
B A