Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2017 (Có đáp án)

ĐỀ THI VÀO10 CHUYấN ĐẠI HỌC VINH VềNG1,2017
Họ và tờn thớ sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . . . .
Cõu 1. Cho cỏc số thực dương a, b thỏa món a+ b = 5, ab = 2. Tớnh giỏ trị của biểu thức
A =
ầ
a
√
a+ b
√
b√
a+
√
b
−
√
ab
ồ
ã
ầ
a
√
a− b√b√
a−√b +
√
ab
ồ
.
Lời giải.
A =
Ä
a−
√
ab+ b−
√
ab
ọ Ä
a+
√
ab+ b+
√
ab
ọ
=
Ä√
a−
√
b
ọ2 ã Ä√a+√bọ2
= (a− b)2 = (a+ b)2 − 4ab.
Thay a+ b = 5, ab = 2 vào A ta được A = 17
Cõu 2. Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của tham số m để phương trỡnh x2 − 2mx + m − 1 = 0 cú hai
nghiệm phõn biệt x1, x2 thỏa món 2 (x1 + x2) + x
2
1x
2
2 = 0.
Lời giải.
Phương trỡnh cú hai nghiệm phõn biệt ⇔ ∆′ = m2 −m + 1 > 0. Vỡ m2 −m + 1 > 0 với mọi
m ∈ R nờn phương trỡnh luụn cú hai nghiệm phõn biệt, kớ hiệu x1, x2.
Áp dụng định lớ Vi-ột ta cú
{
x1 + x2 = 2m,
x1x2 = m− 1.
Do đú, 2 (x1 + x2) + x
2
1x
2
2 = 0 ⇔ 4m+ (m− 1)2 = 0 ⇔ m = −1.
Cõu 3.
a) Giải hệ phương trỡnh
{
x2 + xy = 36
y2 + yx = 45.
b) Giải phương trỡnh 2
√
x+ 1 +
√
2x+ 3 =
√
2x2 + 11x− 2.
Lời giải.
a) Cộng hai phương trỡnh theo vế của hệ ta được x2 + 2xy + y2 = 81 ⇔ (x + y)2 = 81
⇔
[
x+ y = 9
x+ y = −9.
* Với x+ y = 9⇔ y = 9− x thay vào phương trỡnh x2 + xy = 36 ta được x2 + x(9− x) =
36⇔ x = 4⇒ y = 5.
* Tương tự, với x+ y = −9 ta được x = −4, y = −5.
Vậy hệ cú hai nghiệm (x; y) là (4; 5) và (−4;−5).
b) Điều kiện
{
x ≥ −1,
2x2 + 11x− 2 ≥ 0. Với điều kiện đú, phương trỡnh đó cho tương đương
4
√
2x2 + 5x+ 3 = 2x2+5x−9⇔ t2−4t−12 = 0 (t =
√
2x2 + 5x+ 3 ≥ 0)⇔
[
t = 6
t = −2(loại) .
Với t = 6 ⇔ 2x2 + 5x − 33 = 0 ⇔
x = 3
x = −11
2
. Đối chiếu điều kiện, ta cú nghiệm của
phương trỡnh là x = 3.
Cõu 4. Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhọn, nội tiếp đường trũn (O). Gọi H là trực tõm của
tam giỏc ABC, vẽ hỡnh bỡnh hành BHCQ.
a) Chứng minh rằng ABQC là tứ giỏc nội tiếp đường trũn.
b) Chứng minh ’BAH = ’CAO.
c) Gọi M là giao điểm của HQ và BC, G là giao điểm của AM với OH. Chứng minh rằng
G là trọng tõm của tam giỏc ABC.
d) Chứng minh rằng nếu OG song song với BC thỡ tan’AQB ã tan’AQC = 3.
Lời giải.
A
O
B
G
H
K C
Q
M
a) Vỡ tứ giỏc BHCQ là hỡnh bỡnh hành nờn BH ∥ QC, CH ∥ BQ do đú, AC ⊥ CQ,
AB ⊥ BQ. Từ đú suy ra ABQC nội tiếp đường trũn đường kớnh AQ hay A,B,C,Q nằm
trờn đường trũn (O).
b) Ta cú: ’ABC = ’AQC (hai gúc nội tiếp cựng chắn cung A˜C) mà ’BAH + ’ABC = ’CAO +’AQC = 90◦ suy ra ’BAH = ’CAO.
c) Vỡ BHCQ là hỡnh bỡnh hành nờn M là trung điểm BC và HQ. Tam giỏc AHQ cú M là
trung điểm HQ, O là trung điểm AQ, OH cắt AM tại G nờn nhận G làm trọng tõm. Suy
ra AG =
2
3
AM mà M là trung điểm BC do đú G cũng là trọng tõm tam giỏc ABC.
d) Ta cú: tan’AQB = tan’ACB = AK
KC
, tan’AQC = tan’ABC = AK
KB
.
Lại cú, ∆HBK v ∆CAK (g.g) nờn HB
AC
=
HK
CK
=
BK
AK
suy ra AK.HK = BK.CK.
Do đú, tan’AQB ã tan’AQC = AK
HK
=
AM
GM
= 3.
Cõu 5. Cho cỏc số thực dương x, y, z thỏa món x2 + y2 + z2 = 3. Chứng minh rằng
5(x+ y + z) +
1
x3
+
1
y3
+
1
z3
≥ 18.
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cụ-si ta được x +
1
x3
≥ 2
x
. Ta chỉ cần chứng minh 4x +
2
x
≥ x2 + 5.
Thật vậy, 4x+
2
x
− x2 − 5 ≥ 0 ⇔ (x− 1)2(x− 2) ≤ 0 (đỳng, vỡ x2 < 3 nờn x < 2).
ĐỀ THI VÀO 10 CHUYấN ĐẠI HỌC VINH VềNG 2,2017
Họ và tờn thớ sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lớp: . . . . . . . . . .
Cõu 1. Giải phương trỡnh
a) (x− 1)2 + 2
x2 − 2x+ 3 =
5
2
.
b) 3x
√
x2 + x+ 1 = 3x2 + x+ 1.
Lời giải.
a) Phương trỡnh đó cho tương đương với phương trỡnh x2 − 2x + 1 + 2
x2 − 2x+ 3 =
5
2
. Đặt
t = x2 − 2x + 3 ≥ 2. Phương trỡnh trở thành t2 − 9
2
t + 2 = 0 ⇔
t = 4,
t =
1
2
(khụng thỏa món)
.
Suy ra x2 − 2x+ 3 = 4⇔ x = 1±√2.
b)
Phương trỡnh đó cho ⇔ 3x√x2 + x+ 1 = 2x2 + (x2 + x+ 1)
⇔ 2
Å
x√
x2 + x+ 1
ó2
− 3 x√
x2 + x+ 1
+ 1 = 0.
Đặt t =
x√
x2 + x+ 1
, phương trỡnh trở thành 2t2 − 3t+ 1 = 0⇔
t = 1
t =
1
2
.
Với t = 1, ta cú x =
√
x2 + x+ 1 (Vụ nghiệm).
Với t =
1
2
, ta cú 2x =
√
x2 + x+ 1⇔
{
x ≥ 0
4x2 = x2 + x+ 1
⇔ x = 1 +
√
13
6
.
Cõu 2. Giải hệ phương trỡnh
x+
2
x
= 2y +
1
y√
x− 1 +√2− y = 1 .
Lời giải.
Điều kiện: x ≥ 1, y ≤ 2, y 6= 0. Phương trỡnh đầu tương đương với
x2y + 2y = 2y2 + x⇔ (x− 2y)(xy − 1) = 0⇔
{
x− 2y = 0
xy − 1 = 0 .
Với x = 2y, thay vào phương trỡnh cũn lại ta được
√
2y − 1 +√2− y = 1⇔ 2√(2y − 1)(2− y) = −y (Vụ nghiệm).
Với y =
1
x
, thay vào phương trỡnh cũn lại ta được
√
x− 1 +
2− 1
x
= 1. Vỡ x ≥ 1 nờn
V T ≥ 1 = V P, do đú x = 1.
Vậy hệ cú nghiệm (x; y) = (1; 1).
Cõu 3. Tỡm tất cả cỏc bộ số nguyờn dương (a; b; c) thỏa món a < b < c sao cho đa thức
P (x) = x(x+ a)(x+ b)(x+ c) + 1 là bỡnh phương của một đa thức cú hệ số nguyờn.
Lời giải.
Do đa thức P (x) cú bậc cao nhất là 4 và hệ số của nú là 1, nờn ta cú thể giả sử P (x) =
(x2 +mx+ n)2 với m,n ∈ Z.
Từ P (0) = 1, suy ra n = ±1.
Với n = 1, ta cú x(x + a)(x + b)(x + c) + 1 = (x + mx + 1)2 ⇔ x(x + a)(x + b)(x + c) =
x(x+m)(x2 +mx+ 2). Suy ra m > 0 và phương trỡnh x2 +mx+ 2 = 0 cú hai nghiệm nguyờn
õm phõn biệt ⇔ ∆ = m2− 8 = k2, k ∈ N∗ ⇔ (m+ k)(m− k) = 8. Do m > k > 0 và cựng chẵn
nờn{
m+ k = 4
m− k = 2 . Suy ra m = 3. Vậy P (x) = x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3).
Với n = −1, tương tự ta cú
x(x+ a)(x+ b)(x+ c) = x(x+m)(x2 +mx− 2)
Vỡ phương trỡnh x2 + mx− 2 = 0 cú nghiệm nguyờn õm nờn trường hợp này khụng thỏa món
yờu cầu đề bài.
Vậy (a; b; c) = (1; 2; 3).
Cõu 4. Cho nửa đường trũn tõm O đường kớnh AB = 2R và điểm M nằm trờn nửa đường
trũn đú (M khỏc A và B). Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M lờn AB. Gọi I, I1, I2 lần lượt
là tõm đường trũn nội tiếp của cỏc tam giỏc MAB,MAH,MBH. Cỏc đường thẳng MI1,MI2
cắt AB tương ứng tại E và F.
a) Chứng minh rằng AI1 ⊥MI2 và MI ⊥ I1I2.
b) Chứng minh rằng EFI2I1 là tứ giỏc nội tiếp đường trũn và cỏc đường thẳngMH,EI2, F I1
đồng quy.
c) Tỡm giỏ trị lớn nhất của I1I2 theo R khi M thay đổi trờn nửa đường trũn đó cho.
Lời giải.
O BH
M
A
I2I
I1
E F
K
a) Gọi K = AI1 ∩MF. Vỡ ữMAB = ữBMH (cựng phụ với ữMBA), suy ra ữMAK = ữBMF.
Mà ữBMF +ữAMF = 90◦, suy ra ữMAK +ữAMF = 90◦ ⇒ữAKM = 90◦ hay AI1 ⊥MI2.
Tương tự BI2 ⊥MI1, suy ra I là trực tõm của tam giỏc MI1I2 hay MI ⊥ I1I2.
b) Vỡ cú AK vừa là đường cao vừa là phõn giỏc nờn tam giỏc AMF cõn tại A. Suy ra K
là trung điểm của MF . Vỡ ữEMF = 1
2
ữAMB = 45◦ và ữI1KM = 90◦ nờn tam giỏc MI1F vuụng
cõn tại K.
Suy ra MI1 =
√
2MK =
MF√
2
. Tương tự ta cú MI2 =
ME√
2
. Suy ra
MI1
MF
=
MI2
ME
=
1√
2
⇒
∆MI1I2 v ∆MFE (c.g.c) ⇒ữMI1I2 = ữMFE ⇒ tứ giỏc EFI2I1 nội tiếp.
Vỡ
MI1
MF
=
1√
2
và ữI1MF = 45◦ nờn tam giỏc MI1F vuụng cõn tại I1 ⇒ữMI1F = 90◦ ⇒’FI1E = 90◦. Tương tự ta cũng cú ’EI2F = 90◦. Suy ra MH,EI2, F I1 là cỏc đường cao của tam
giỏc MEF , nờn MH,EI2, F I1 đồng quy.
c) Vỡ tam giỏc AMF cõn tại A nờn AF = AM . Tương tự BE = BM. Suy ra EF =
AF +BE−AB = AM+BM−AB ≤√2(AM2 +BM2)−AB = √2AB2−AB = 2R(√2−1).
Từ cõu b) ta cú
I1I2
EF
=
MI1
MF
=
1√
2
.
Suy ra I1I2 =
EF√
2
≤ 2R(
√
2− 1)√
2
= (2−√2)R.
Dấu đẳng thức xảy ra khi AM = BM hay M là điểm chớnh giữa AB. Vậy giỏ trị lớn nhất
của I1I2 là (2−
√
2)R.
Cõu 5. Cho cỏc số thực a, b, c thỏa món 1 ≤ a, b, c ≤ 2. Tỡm giỏ trị lơn nhất của biểu thức
P =
a2 + b2 + c2
ab+ bc+ ca
+
(a+ b+ c)3
3(a3 + b3 + c3)
.
Lời giải.
Ta cú 3(a3+b3+c3)−(a+b+c)(a2+b2+c2) = (a−b)(a2−b2)+(b−c)(b2−c2)+(c−a)(c2−a2) ≥ 0.
Suy ra 3(a3 + b3 + c3) ≥ (a+ b+ c)(a2 + b2 + c2). Do đú
P ≤ a
2 + b2 + c2
ab+ bc+ ca
+
(a+ b+ c)3
(a+ b+ c)(a2 + b2 + c2)
=
a2 + b2 + c2
ab+ bc+ ca
+
2(ab+ bc+ ca)
a2 + b2 + c2
+ 1
Đặt t =
a2 + b2 + c2
ab+ bc+ ca
, t ≥ 1, khi đú P ≤ t+ 2
t
+ 1.
Vỡ a, b, c ∈ [1, 2], nờn a+ b ≥ c, b+ c ≥ a, c+ a ≥ b. Suy ra c(a+ b) + a(b+ c) + b(c+ a) ≥
a2 + b2 + c2, hay t ≤ 2. Từ t ∈ [1; 2] ta nhận được (t− 1)(t− 2) ≤ 0⇔ t+ 2
t
+ 1 ≤ 4. Dấu đẳng
thức khi a = b = c. Vậy giỏ trị lớn nhất của P là 4.