Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2018 (Có đáp án)

 BỘ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2018-2019 
Môn thi: TOÁN CHUYÊN 
Thời gian: 150 phút 
Câu 1 Cho phương trình 2 2 3 3 1 0x m x m ( m là tham số) 
a) Tìm tất cả các số thực m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2;x x thỏa 
mãn điều kiện 2 21 2 1 2 7x x x x 
b) Tìm tất cả các số nguyên m để phương trình đã cho có nghiệm nguyên 
Câu 2 a) Giải phương trình 23 2 4 3x x x x 
b) Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
1 1
3
1 1
5
x y
x y
x y
x y
Câu 3: Cho số tự nhiên 2n và số nguyên tố p thỏa mãn 1p chia hết cho n đồng 
thời 3 1n chia hết cho p . Chứng minh rằng n p là một số chính phương 
Câu 4 Cho các số thực không âm ,a b thỏa mãn: 
2
2a b a b . Chứng minh 
rằng: 
3 3
3 3
1 1 9
1 1
a b
b a
Câu 5. Cho 2 đường tròn ( ; )O R và ';O r cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A và B
 'R r sao cho O và O’ ở 2 phía của AB, Gọi K là điểm sao cho 'OAO K là hình 
bình hành 
a) CMR: ABK là tam giác vuông 
b) Đường tròn tâm K bán kính KA cắt ( ; )O R và ( '; )O r theo thứ tự tại M và N 
(khác A). Chứng minh rằng ABM ABN 
c) Trên đường tròn ;O R lấy C thuộc cung AM không chứa B (C khác A, M). 
Đường thẳng CA vuông góc với ',O r tại D. CMR: KC KD 
Câu 6: Cho 17 số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp 
 0;1;2;3;4 . Chứng minh rằng ta có thể chọn được 5 số trong 17 số đã cho sao cho 
tổng của 5 số này chia hết cho 5. 
 ĐÁP ÁN 
Câu 1. 
a) Tìm tất cả các số thực m. 
Ta có: 
2 22 3 4 3 1 4 5 0m m m m  . Do đó phương trình luôn có hai 
nghiệm phân biệt. 
Theo định lý Vi-et, ta có: 1 2
1 2
2 3
3 1
x x m
x x m
Theo đề bài ta có: 
22 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2
2
7 3 7
2 3 3 3 1 7
1
4 3 1 0 1
4
x x x x x x x x
m m
m
m m
m
Vậy giá trị cần tìm là: 
1
1; .
4
m m 
b) Tìm tất cả các số nguyên. 
Để phương trình có nghiệm nguyên thì 24 5m phải là số chính phương. 
Khi đó: 
 
2 2 2 24 5 4 5 2 2 5
2 ; 2 (5) 1;5; 1; 5
m k k m k m k m
k m k m U
  
Ta có bảng sau: 
2k m 1 5 1 5 
2k m 5 1 5 1 
m 1 1 1 1 
Vậy các giá trị cần tìm là: 1; 1m m 
Câu 2: 
a) Giải phương trình: 23 2 4 3x x x x 
Điều kiện xác định: 0x 
2
2
4 3 2
3 2
3 2 . 3 2 4 3
3
3 2
2 3 0
Pt x x x x x x
x x x x
x x x x x
x x x
 21 3 3 0x x x x 
2
0
1
3 3 0 ( )
x
x
x x VN
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm 0;1S 
b) Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 1
3
1 1
5
x y
x y
x y
x y
Điều kiện : ; 0x y . Ta có: 
22
2 2
2 2
1 11 1 33
( )
1 1 1 1
5 5
x yx y
x yx y
I
x y x y
x y x y
Đặt 
1 1
;a x b y
x y
 với 2 4a 
Thay vào hệ (I) ta có: 
2 2
2
2
15
2 5 9 2 5 2
3 1
2
a
ba b
a b ab ab ab
a b a
b
Mà 2 4a nên 
2
1
a
b
2
2
1
1 ( )2
2 1 0
1 51 1 0 ( )1 2
x tmx
x xx
y y y tmy
y
 Vậy nghiệm của hệ đã cho là 
1 5 1 5
1; ; 1;
2 2
Câu 3: 
 3 21 1 . 1n n n n p 
 1 1 1p n p n p n 
Vì 1 1p n n không chia hết cho p 
Do đó: 2 21 1 1n n n p n n p 
Đặt : 1 , 1 1 (*)p kn k p kn 
2 2
2
2
2
22
1 1 1 1
1
1 1 1
1 1
1 1 0
1 1
1
1 1 1
2 1 1
n n kn kn n n
kn n n k n
k n n n kn kn
k n k kn
k k n k
k n k kn
k n
k n p kn n n
n p n n n
Vậy n p là một số chính phương. 
Câu 4: 
2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 1
1 1 2 1 1
1 1
2
1 1
2
1 1
a b a b
a ab b a b
a b a b ab
a a b b ab a b
a a b b a b
a a b b
a b
a b
b a
Đặt ; 2
1 1
a b
x y x y
b a
 Ta có: 
3 3
3 3 3
3 2
1 1 9
1 9
3 8
x y
xy x y
xy x y x y xy
 2 2 6 0xy x y 
(do 
2
0 1
4
x y
xy
 ) 
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi: 
0 0; 2
2 2; 0
xy a b
x y a b
Câu 5. 
a) CMR: ABK là tam giác vuông 
Gọi I là giao điểm KA và 'OO . Khi đó I là trung điểm của KA (tính chất hình bình 
hành) 
Mặt khác 'OO là trung trực của AB nên .IA IB (tính chất đường nối tâm và giao 
tuyến chung của hai đường tròn). 
 Từ đó ta có: IA IB IK nên tam giác ABK vuông tại B. (tam giác có đường trung 
tuyến từ đỉnh B đến cạnh AK bằng nửa cạnh AK thì tam giác đó là tam giác vuông 
tại B). 
Vậy ta có điều phải chứng minh. 
b) Đường tròn tâm K.. 
Ta có: KA KM (cùng thuộc đường tròn ; )K KA , OA OM R 
Suy ra OK là trung trực của .AM (tính chất đường trung trực) 
KO AM  
Vì / / ' 'KO AO MA AO  (từ song song đến vuông góc) 
Do đó: MA là tiếp tuyến của 'O (định nghĩa) 
Suy ra : ;MAB ANB NAB AMB 
Khi đó xét hai tam giác: AMB và ABN ta suy ra: ABM ABN 
c) Trên đường tròn (O;R) lấy C thuộc cung. 
Gọi E, F là trung điểm CA, AD và H là trung điểm EF 
Khi đó ta có: 
'
OE CD
O F CD
 
 
(quan hệ giữa đường kính và dây cung) 
/ / 'OE O F (từ vuông góc đến song song) 
 'OEFO là hình thang vuông tại ,E F 
Lại có H là trung điểm của ,EF I là trung điểm của 'OO (cách dựng) 
/ / / / 'HI OE O F (đường trung bình của hình thang) 
HI CD  (từ song song đến vuông góc) 
HI là đường trung trực của EF IE IF (tính chất đường trung trực) 
Lại có: EI là đường trung bình của ACK (E là trung điểm của AC, I là trung điểm 
của AK) 2KC EI (tính chất đường trung bình của tam giác) 
Mà FI là đường trung bình của ADK ( F là trung điểm của ,AD I là trung điểm 
của AK) 2KD FI (tính chất đường trung bình của tam giác) 
 2KD KC EI (đpcm). 
Câu 6: 
Ký hiệu , , , ,A B C D E lần lượt là tập hợp các số có chữ số tận cùng là 0;1;2;3;4 
Nếu mỗi tập trên đều khác rỗng thì ta chọn từ mỗi tập hợp một phần tử. Khi đó 
tổng của 5 số được chọn có tận cùng bằng 0 nên chia hết cho 5. 
Nếu có một tập khác rỗng thì khi đó theo nguyên lý Dirichle trong 4 tập còn lại 
luôn có một tập có ít nhất 5 phần tử. Ta chọn 5 số từ tập này, khi đó tổng của 5 số 
được chọn cũng chia hết cho 5. 
Vậy trong mọi trường hợp ta luôn chọn được 5 số có tổng chia hết cho 5.