Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2019 (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
NGHỆ AN 
Đề chính thức 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN - TRƯỜNG ĐH VINH 
 Năm học 2019-2020 
Môn thi chuyên: TOÁN 
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề. 
Câu 1 (6,0 điểm). 
a) Giải phương trình 𝑥3 − 𝑥2 − 12𝑥√𝑥 − 1 + 20 = 0. 
b) Giải hệ phương trình {
(𝑥 + 1)(𝑥𝑦 + 1) = 6
𝑥2(𝑦2 + 𝑦 + 1) = 7
. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
a) Cho đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐(𝑎 ∈ ℕ∗) thỏa mãn 𝑃(9) − 𝑃(6) = 2019. Chứng minh 𝑃(10) − 𝑃(7) 
là một số lẻ. 
b) Tìm các cặp số nguyên dương (𝑥; 𝑦) sao cho 𝑥2𝑦 + 𝑥 + 𝑦 chia hết cho 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1. 
Câu 3 (2,0 điểm). Cho các số thực dương 𝑎, 𝑏, 𝑐 thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 2. Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 𝑃 =
1
√𝑎2+𝑏2
+
1
√𝑏2+𝑐2
+
1
√𝑐2+𝑎2
. 
Câu 4 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn 𝐴𝐵𝐶(𝐴𝐵 < 𝐴𝐶) nội tiếp đường tròn (𝑂). Gọi 𝐸 là điềm chính giữa 
của cung nhỏ 𝐵𝐶. Trên cạnh 𝐴𝐶 lấy điểm 𝑀 sao cho 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶, đường thẳng 𝐵𝑀 cắt đường tròn (𝑂) tại 
𝑁(𝑁 khác 𝐵). Các đường thằng 𝐸𝐴 và 𝐸𝑁 cắt cạnh 𝐵𝐶 lần lượt tại 𝐷 và 𝐹. 
a) Chứng minh tam giác 𝐴𝐸𝑁 đồng dạng với tam giác 𝐹𝐸𝐷. 
b) Chứng minh 𝑀 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐸𝑁. 
c) Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝐴𝑁, tia 𝐼𝑀 cắt đường tròn (𝑂) tại 𝐾. Chứng minh đường thẳng CM là tiếp tuyến 
của đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐵𝑀𝐾. 
Câu 5 (2,0 điểm). Cho 12 điểm trên mặt phẳng sao cho 3 điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác mà mỗi 
tam giác đó luôn tồn tại ít nhất một cạnh có độ dài nhỏ hơn 673. Chứng minh rằng có ít nhất hai tam giác mà 
chu vi của mỗi tam giác nhỏ hơn 2019. 
------------------Hết------------------ 
Họ và tênSố báo danh.. 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1. 
Điều kiện: 𝑥 ≥ 1 
(1) ⇔ 𝑥2(𝑥 − 1) − 12𝑥√𝑥 − 1 + 20 = 0 
⇔ (𝑥√𝑥 − 1 − 2)(𝑥√𝑥 − 1 − 10) = 0 
⇔ [𝑥√𝑥 − 1 = 2
𝑥√𝑥 − 1 = 10
TH1: 𝑥√𝑥 − 1 = 2 ⇔ 𝑥3 − 𝑥2 = 4 ⇔ 𝑥 = 2 (Thỏa mãn diều kiện) 
TH2: 𝑥√𝑥 − 1 = 10 ⇔ 𝑥3 − 𝑥2 = 100 ⇔ 𝑥 = 5 (Thỏa mãn diều kiện) 
Vây phương trình đã cho có 2 nghiệm là 𝑥 = 2 và 𝑥 = 5 
b) Hệ phương trình (𝐼) ⇔ {
𝑥2𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑥 = 5
𝑥2𝑦 + 𝑥2𝑦2 + 𝑥2 = 7
Đặt 𝑥𝑦 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏. Ta có: 
Hệ phương trình trở thành {
𝑎𝑏 + 𝑎 + 𝑏 = 5
𝑎𝑏 + 𝑎2 + 𝑏2 = 7
⇔ {
𝑎𝑏 + 𝑎 + 𝑏 = 5
(𝑎 + 𝑏)2 − 𝑎𝑏 = 7
⇒ (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑎 + 𝑏 − 5 = 7 ⇔ (𝑎 + 𝑏)2 + (𝑎 + 𝑏) − 12 = 0 
⇔ (𝑎 + 𝑏 − 3)(𝑎 + 𝑏 + 4) = 0 ⇔ [
𝑎 + 𝑏 = 3
(𝑎 + 𝑏) = −4
TH1: 𝑎 + 𝑏 = 3 suy ra 𝑎𝑏 = 2 
⇒ 𝑎, 𝑏 là nghiệm của phương trình: 𝑋2 − 3𝑋 + 2 = 0 ⇔ [
𝑋 = 1
𝑋 = 2
⇒ (𝑎, 𝑏) = (1,2); (2,1) 
⇒ (𝑥, 𝑦) = (2;
1
2
) ; (1,2) 
TH2: 𝑎 + 𝑏 = −4 suy ra 𝑎𝑏 = 9 
⇒ 𝑎; 𝑏 là nghiệm của phương trình 𝑋2 + 4𝑋 + 9 = 0 (Phương trình vô nghiệm) 
Câu 2. 
a) Ta có 𝑃(9) − 𝑃(6) = 2019 
⇔ (81𝑎 + 9𝑏 + 𝑐) − (36𝑎 + 6𝑏 + 𝑐) = 2019 
⇔ 45𝑎 + 3𝑏 = 2019 (1) 
Lại có 𝑃(10) − 𝑃(7) = (100𝑎 + 10𝑏 + 𝑐) − (29𝑎 + 7𝑏 + 𝑐) = 51𝑎 + 3𝑏 
Đặt 𝑃(10) − 𝑃(7) = 𝑡 ⇒ 51𝑎 + 3𝑏 = 𝑡 (2) 
Trừ vế theo vế (2) cho (1) ta có: 6𝑎 = 𝑡 − 2019, mà 6𝑎 chẵn, 2019 là số lẻ nên 𝑡 lẻ suy ra điều phải chứng 
minh. 
b) Ta có 𝑥2𝑦 + 𝑥 + 𝑦: 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1 
⇔ 𝑦(𝑥2𝑦 + 𝑥 + 𝑦) − 𝑥(𝑥𝑦2 − 𝑦 + 1) ⋮ 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1 
⇔ 𝑦2 − 𝑥: 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1 
TH1: 𝑦2 = 𝑥 ⇒ {
𝑦 = 𝑚
𝑥 = 𝑚2
; Với mọi 𝑚 là số tự nhiên khác 0 
Thử lại thấy thỏa mãn. 
TH2: 𝑦2 > 𝑥 ta có: 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1 ≤ 𝑦2 − 𝑥 
⇔ (𝑥 − 1)𝑦2 + 𝑦 + 𝑥 + 1 ≤ 0 (Vô lí do 𝑥, 𝑦 ≥ 1 ) 
TH3: 𝑦2 < 𝑥 ta có: 𝑥𝑦2 + 𝑦 + 1 < 𝑥 − 𝑦2 
⇔ 𝑥(𝑦2 − 1) + 𝑦2 + 𝑦 + 1 < 0 (vô lí do 𝑥, 𝑦 ≥ 1 ) 
Vậy (𝑥, 𝑦) = (𝑚2,𝑚) với mọi 𝑚 thuộc tập số tự nhiên khác 0. 
Câu 3. 
Từ đẳng thức 𝑎𝑏𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 2 ⇔
1
𝑎𝑏
+
1
𝑏𝑐
+
1
𝑐𝑎
+
2
𝑎𝑏𝑐
= 1 
Đặt 
1
𝑎
=
𝑥
𝑦+𝑧
,
1
𝑏
=
𝑦
𝑧+𝑥
,
1
𝑐
=
𝑧
𝑥+𝑦
(𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0) 
Ta có: 𝑃 =
1
√𝑎2+𝑏2
+
1
√𝑏2+𝑐2
+
1
√𝑐2+𝑎2
≤
1
√2𝑎𝑏
+
1
√2𝑏𝑐
+
1
√2𝑐𝑎
. 
Mặt khác 
1
√2𝑎𝑏
= √
𝑥𝑦
(𝑥+𝑧)(𝑦+𝑧)
⋅
1
√2
≤
1
2
(
𝑥
𝑥+𝑧
+
𝑦
𝑦+𝑧
) ⋅
1
√2
. 
Tương tự thì ta cũng có 
1
√2𝑏𝑐
≤
1
2
(
𝑦
𝑦+𝑥
+
𝑧
𝑥+𝑧
) ⋅
1
√2
1
√2𝑐𝑎
≤
1
2
(
𝑧
𝑦+𝑧
+
𝑥
𝑦+𝑥
) ⋅
1
√2
. 
Cộng vế theo vế ta có 𝑃 ≤
3
2√2
Dấu bằng xảy ra khi 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1. Hay là 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 2 
Câu 4. 
a) Có 𝐸𝐷�̂� = 180∘ − 𝐵𝐷�̂� (Góc kề bù nhau) 
⇒ 𝐸𝐷�̂� = 180∘ − 𝐷𝐸�̂� − 𝐷𝐶�̂� = 𝐴𝑁�̂� − 𝐷𝐶�̂� = 𝐴𝑁�̂� − 𝐸𝑁�̂� = 𝐴𝑁�̂� ( Do cung 𝐷𝐸 = 𝐸𝐶 ) 
Suy ra tam giác 𝐷𝐸𝐹 đồng dạng vơi tam giác 𝑁𝐸𝐴. 
b) Ta có 𝐸𝐵 = 𝐸𝐶 = 𝐸𝑀 do 𝐸 là điểm chính giữa cung 𝐵𝐶 và theo giả thiết 𝐸𝑀 = 𝐸𝐶. Măt khác 𝐴𝐸 là 
phân giác 𝐵𝐴�̂� suy ra 𝐴𝐸 là trung trực doạn thẳng 𝐵𝑀 suy ra 𝐴𝐸 vuông góc với 𝐵𝑀 hay vuông góc với tia 
𝑁𝑀. 
Chứng minh tương tự thì 𝑁𝐸 là phân giác của 𝐵𝑁�̂� suy ra 𝑁𝐸 là đường trung trực của đoạn thẳng 𝑀𝐶 hay 
𝑁𝐸 vuông góc với 𝐴𝑀. Từ 2 điều trên ta có 𝑀 là trực tâm của tam giác 𝐴𝐸𝑁. 
c) Gọi giao điểm của 𝐴𝑀 với 𝐸𝑁 là 𝑋, của 𝐵𝑁 với 𝐴𝐸 là 𝑌. 
Gọi giao điểm của 𝐼𝑀 và đường tròn (𝑂) là 𝑇. Dễ thấy rằng 𝐴𝑇𝑁𝑀 là hình bình hành nên 𝑇𝑁 vuông góc 
với 𝐸𝑁 suy ra 𝐸𝑇 là đường kính dường tròn (𝑂). 
⇒ 𝐸𝐾�̂� = 90∘ hay 𝑀𝐾�̂� = 90∘ hay 𝐾 thuộc đường tròn dường kính 𝐸𝑀. 
⇒ 5 điểm 𝑋, 𝑌,𝑀,𝐾, 𝐸 thuộc 1 đường tròn. 
Ta có 𝐾𝑀�̂� = 𝐾𝑀�̂� = 𝑋𝐸�̂� = 𝑁𝐸�̂� = 𝑁𝐵�̂� (Do tứ giác 𝑀𝐸𝐾𝑋 nội tiếp) 
Suy ra 𝐶𝑀 là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐵𝑀𝐾. 
Câu 5. 
Ta tô màu các đoạn thẳng có đầu mút là 2 trong 12 điểm đã cho. Tô đỏ các đoạn thẳng có độ dài nhỏ hơn 
673. Tô xanh các đoạn thẳng còn lại thì mỗi tam giác có ít nhất một cạnh tô màu đỏ. Ta sẽ chứng minh có ít 
nhất 2 tam giác có 3 cạnh đều tô màu đỏ. 
+) Xét 6 điểm trong 12 điểm đã cho. Từ 1 điểm 𝐴 nối đến các đoạn thẳng còn lại tạo thành 5 đoạn thẳng 
được tô bởi 2 màu xanh, đỏ nên tồn tại 3 cạnh cùng màu. Giả sử đó là 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷. 
Nếu 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 tô đỏ (nét liền h1) thì tam giác 𝐵𝐶𝐷 phải có 1 cạnh tô đỏ, chẳng hạn 𝐵𝐶, thì tam giác 𝐴𝐵𝐶 
có 3 cạnh tô đỏ (h2). Nếu 𝐴𝐵, 𝐴𝐶, 𝐴𝐷 tô xanh (nét đứt, h3 ). Do mỗi tam giác phải có ít nhất 1 cạnh tô đỏ 
nên 𝐵𝐶, 𝐶𝐷, 𝐵𝐷 tô đỏ và tam giác 𝐵𝐶𝐷 có 3 cạnh tô đỏ (h4). Suy ra trong 6 điểm này luôn tồn tại 1 tam 
giác 3 cạnh đều đỏ. 
+) Xét 6 điểm còn lại, chứng minh tương tự suy ra tồn tại 1 tam giác có 3 cạnh màu đỏ. Vậy trong 12 điểm 
luôn tồn tại 2 tam giác có 3 cạnh đều màu đỏ. Suy ra có ít nhất 2 tam giác mà chu vi mỗi tam giác bé hơn 
2019. 
(Từ trái qua phải lần lươt là h1, h2, h3, h4)