Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2015 (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 2015 
Môn thi: Toán (vòng 1) 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1 (2,0 điểm). Giải các phương trình 
1 3 8
)
1 2 1 2
;a
x x x
+ =
+ + −
+ + − = +) 2 1 3 3 5.b x x x 
Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình 
 + = + 
+ = 
2 2
2 2 ( , ).5
x x y y
x y
x y
Câu 3 (1,5 điểm). Cho hai số thực ,a b thỏa mãn + = =3, 1.a b ab Tính giá trị của biểu 
thức 
( ) ( )− −
=
+
2 2
.
a b a b
P
a a b b
Câu 4 (4,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), .AB AC Phân 
giác góc BAC cắt BC tại D. Đường tròn tâm I đường kính AD cắt AB, AC lần lượt tại 
E và F. 
a) Chứng minh rằng ⊥ .AD EF 
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của AD và (O). Chứng minh rằng ~ .ABD AKC 
c) Kẻ ⊥EH AC tại H. Chứng minh rằng . . .HE AD EAEF= 
d) Hãy so sánh diện tích của tam giác ABC với diện tích của tứ giác AEKF. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 3.a b c+ + = Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
.
1 1 1
a b c
P
b c a
= + +
+ + +
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 2015 
Môn thi: Toán (vòng 1); Thời gian làm bài: 120 phút 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(2,0 
điểm) 
a) Điều kiện: − − 
1
1, , 2.
2
x x x Với điều kiện đó phương trình đã cho 
tương đương với 
+
= + + =
−+ +
2
2
5 4 8
11 30 16 0
22 3 1
x
x x
xx x
0,5 
8
2,
11
x x = − = − 
Đối chiếu với điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là = − = −
8
2, .
11
x x 
0,5 
b) *) Đk: 
1
3.
2
x− Bình phương hai vế của phương trình đã cho ta được 
+ − = +2 2 1. 3 2 1x x x (1) 
0,5 
+) = −
1
2
x , (1) thỏa mãn. 
+) −
1
2
x . Khi đó 
( ) − = + − = + = 11(1) 2 3 2 1 4 3 2 1 ,
6
x x x x x thỏa mãn. 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là = − =
1 11
, .
2 6
x x 
0,5 
Câu 2 
(1,5 
điểm) 
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 
( ) ( )
 − =
− + − = − + + = 
+ + = 
2 2
0
0 1 0
1 0
x y
x y x y x y x y
x y
0,5 
+) − = 0,x y hay = .y x Thay vào phương trình thứ hai ta được 
= = 
10
.
2
x y 
0,5 
+) + + =1 0,x y hay = − −1.y x Thay vào phương trình thứ hai ta được 
2 2 0 1, 2.x x x x+ − = = = − 
Với = 1x suy ra = −2y ; với = −2x suy ra = 1y . 
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm là 
( ) ( ) ( )
= − − − − 
10 10 10 10
; ; , ; , 1; 2 , 2; 1 .
2 2 2 2
x y 
0,5 
 Câu 3 
(1,5 
điểm) 
Ta có 
( ) ( ) ( )− − +
=
+
a b a b a b
P
a a b b
0,5 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
− − +
=
+ − +
3
a b a b a b
a b a ab b
 0,5 
( )
( )
− − + −
= = = =
−− +− +
2
2 3 2 3
3 3 3 .
3 1 2
a b a ab b
a ab ba ab b
 0,5 
Câu 4 
(4,0 
điểm) 
J
H
F
E
I
O
K
D
CB
A
a) Vì AD là phân giác của BAC nên D là điểm chính giữa cung EF của 
đường tròn (I). 
0,5 
Mặt khác AD là đường kính của (I), suy ra ⊥ .AD EF 
0,5 
b) Vì AD là phân giác của BAC nên .BAD KAC= 0,5 
Lại có =ABD AKC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC của (O)). 
Từ đó suy ra ~ .ABD AKC 
0,5 
c) Xét hai tam giác HEF và EAD có = = 090 ,EHF AED =EDA EFH 
(góc nội tiếp cùng chắn cung AE của (I)). 
0,5 
Suy ra = ~
EH EF
HEF EAD
EA AD
=. . .EH AD EAEF 0,5 
d) Kẻ ⊥BJ AC tại J. Suy ra 
.
.
AE HE HE AB
BJ
AB BJ AE
= = Ta có 
1 1 . .
. . .
2 2ABC
HE ABAC
S BJ AC
AE
= = 
0,5 
Từ câu b) suy ra .
AB AD
AK AC
= Từ câu c) suy ra 
.
1.
.
HE AD
AE EF
= Do đó 
. . . . .
. . 1.
. . . . .
ABC
AEKF
S HE ABAC HE AC AB HE AC AD HE AD
S AE AK EF AE EF AK AE EF AC AE EF
= = = = = 
Vậy .
ABC AEKF
S S= 
0,5 
Câu 5 
(1,0 
điểm) 
Ta có 
2
2 2
1 1 .
21 1
a b b
a a
b b
= − − 
+ + 
 Suy ra 
( ) ( ) ( )1 13
2 2
P a b c ab bc ca ab bc ca + + − + + = − + + 
0,5 
Mặt khác ta có 
( )
2
,
3
a b c
ab bc ca
+ +
+ + suy ra 
( )
2
3
3 .
6 2
a b c
P
+ +
 − = 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 1.a b c= = = 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
3
,
2
 đạt được khi 1.a b c= = = 
0,5 
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2015 
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 sau 
a) 
2 2
1 2 3
;
22 1 1 xx x x x
+ =
− + + +
b) 3 1 3 1.x x x+ − + = − 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình nghiệm nguyên 2 23 2 7.x y xy= + + 
Câu 3 (1,5 điểm). Tìm các số nguyên tố ,p q thỏa mãn ( )
2
2 .p q p q+ = − 
Câu 4 (3,5 điểm). Cho hai đường tròn ( ) ( ), 'O O cắt nhau tại A và B. Từ điểm C thuộc tia 
đối của tia AB kẻ hai tiếp tuyến đến ( )O tại D và E, E nằm trong ( )' .O Các đường thẳng 
AD, AE cắt ( )'O tại điểm thứ hai tương ứng là M, N. Gọi I là giao điểm của DE và MN. 
a) Chứng minh rằng tứ giác BEIN nội tiếp và ~ .BIN BDA 
b) Chứng minh rằng 
2 2
.
CA CD DA
CB CB DB
= = 
c) Chứng minh rằng I là trung điểm của MN. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm , ,a b c thỏa mãn 2.a b c+ + = Tìm giá trị 
nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
2 2 2
1
2
ab bc ca
P a b c
a b c
+ +
= + + + +
+ +
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 2015 
Môn thi: Toán (vòng 2). Thời gian làm bài: 150 phút 
Câu Nội dung Điểm 
Câu 1 
(3,0 
điểm) 
a) Điều kiện: 0, 1.x x Phương trình đã cho tương đương với 
1 2 3
.
1 1 2
2 1x x
x x
+ =
− + + +
 0,5 
Đặt 
1
.t x
x
= + Khi đó phương trình trở thành 
1 2 3
2 1 2t t
+ =
− +
2
3
( 1) 2( 2) ( 2)( 1)
2
3 9 0 0, 3
t t t t
t t t t
 + + − = − +
 − = = =
0,5 
*) Với 0,t = ta có 2
1
0 1 0,x x
x
+ = + = vô nghiệm. 
*) Với 3,t = ta có 2
1 3 5
3 3 1 0 .
2
x x x x
x
+ = − + = = 
Vậy nghiệm của phương trình là 
3 5
.
2
x
= 
0,5 
b) Điều kiện: 
1
.
3
x − Phương trình đã cho tương đương với 
2 2
1
3 1 3
x
x
x x
−
= −
+ + +
0,5 
1 0 1
1 3 3 2 1 3 3 2 (*)
x x
x x x x
 − = =
+ + + = + + + = 
 0,5 
Ta có (*) 4 4 2 (1 3 )( 3) 4x x x + + + + = (1 3 )( 3) 2x x x + + = − 
2 2
2 0 0
(1 3 )( 3) 4 10 3 0
0
5 2 7.
5 2 7
x x
x x x x x
x
x
x
 − 
+ + = − − = 
 = − 
= 
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của phương trình là 1, 5 2 7.x x= = − 
0,5 
Câu 2 
(1,0 
điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với 
( ) ( )3 7x y x y− + = 0,5 
 Trường hợp 1. 
1 2
3 7 1
x y x
x y y
 − = = 
+ = = 
Trường hợp 2. 
1 2
3 7 1
x y x
x y y
 − = − = − 
+ = − = − 
Trường hợp 3. 
7 2
3 1 5
x y x
x y y
 − = = 
+ = = − 
Trường hợp 4. 
7 2
3 1 5
x y x
x y y
 − = − = − 
+ = − = 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình đã cho là 
( ) ( ) ( ) ( )2; 1 , 2; 1 , 2; 5 , 2; 5 .− − − − 
0,5 
Câu 3 
(1,5 
điểm) 
Rõ ràng ,p q phân biệt. Không mất tính tổng quát ta giả sử .p q Xét các 
trường hợp sau: 
Trường hợp 1. 2p = . Không thỏa mãn vì p q+ lẻ, còn ( )
2
2 p q− chẵn. 
0,5 
Trường hợp 2. 3.p = Khi đó tìm được 5.q = 0,5 
Trường hợp 3. 5.p Gọi 
1 2
,r r lần lượt là số dư của phép chia ,p q cho 3. 
Rõ ràng 1 2, 1,2r r . 
Nếu 
1 2
r r= thì 3 | p q+ và ( )
2
3 2 .p q− Không thỏa mãn. 
Nếu 
1 2
r r thì 3 p q+ và ( )
2
3 | 2 .p q− Không thỏa mãn. 
Vậy ( ) ( ) ( ); 3; 5 , 5; 3 .p q = 
0,5 
Câu 4 
(3,5 
điểm) 
O'O
I
N
C
E
B
M
AD
 a) Vì tứ giác ABNM nội tiếp nên .BNI BAD= (1) 0,5 
Vì tứ giác DAEB nội tiếp nên .BAD BED= (2) 
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BEIN nội tiếp. 
0,5 
Theo chứng minh trên, .BNI BAD= Ta lại có BIN BEN BDA= = (do các 
tứ giác BEIN, AEBD nội tiếp). Suy ra ( )~ . .BIN BDA g g 
0,5 
b) Vì CD là tiếp tuyến của ( )O nên 2. .CACB CD= Từ đó suy ra 
22
2 2
.
.
CA CACB CD CD
CB CBCB CB
= = = 
 (3) 
0,5 
Lại có, từ ( )~ . .CD DACAD CDB g g
CB DB
 = (4) 
Từ (3) và (4) suy ra 
2 2
.
CA CD DA
CB CB DB
= = 
0,5 
c) Tương tự câu b) ta có 
2 2
.
CA CE EA
CB CB EB
= = 
 Suy ra .
EA DA
EB DB
= (5) 0,5 
Từ câu a), ~BIN BDA .
IN DA
IB DB
= (6) 
Tương tự ta có ~ .
IM EA
BIM BEA
IB EB
 = (7) 
Từ (5), (6), (7) suy ra ,IM IN= hay I là trung điểm của MN. 
0,5 
Câu 5 
(1,0 
điểm) 
Đặt 2 2 2 .t a b c= + + Ta có 2.t a b c + + = Mặt khác 
( )
2
2 2 2 4 1.
3 3
a b c
a b c
+ +
+ + = 
Suy ra 1.t Do đó 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2
22 2 2
2 2 2
2 2 2
2 1 0 3 2 3 2
3 2 2
3 6 2
3 2 6.
t t t t a b c a b c
a b c a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
a b c ab bc ca
− − + + + + + +
 + + + + − + + +
 + + − + +
 + + + + + 
0,5 
Khi đó 
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
4
4 3 2
2 2
6 3 9.
a b c a b c
P a b c ab bc ca
a b c
+ + + +
= + + + + + + + +
+ +
 + =
 0,5 
 Suy ra 
9
.
4
P Dấu đẳng thức xảy ra khi 2, 0a b c= = = hoặc các hoán vị. 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 
9
,
4
 đạt được khi 2, 0a b c= = = hoặc các hoán vị.