Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2020 (Có đáp án)

SỞ
GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NGHỆ
AN
TRƯỜNG
THPT CHUYÊN
PHAN BỘI CHÂU 
TRƯỜNG
THPT CHUYÊN
–
ĐẠI HỌC VINH 
NĂM HỌC 2020 –
2021
Môn Toán chuyên
Ngày thi 17/7/2020 
Thời gian 150 phút (không kể
thời gian phát đề)
Câu 1. (3,0 điểm) 
a) Giải phương trình: 2 2
2
1
2 3 3 .x x x x
x
b) Giải hệ phương trình: 
3 2 2 2 0
.
1 2 3 4
x x y x y xy y
x y y x
Câu 2. (1,5 điểm) 
a) Tìm tất cả các số nguyên dương ,x y và số nguyên tố p thỏa mãn 4 4.xp y 
b) Chứng minh rằng nếu ,m n là hai số tự nhiên thỏa mãn 2 22 3m m n n thì 2 2 1m n là số chính phương. 
Câu 3. (1,0 điểm) 
Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn 3.a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
.
a b b c c a
P
c ab a bc b ca
Câu 4. (3,5 điểm) 
Cho tam giác nhọn ABC AB AC nội tiếp đường tròn .O Các đường cao , ,AD BE CF của tam giác ABC 
cắt nhau tại .H 
a) Chứng minh BC là đường phân giác của tam giác .DEF 
b) Gọi M là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn O sao cho M nằm trên cung nhỏ .AB 1 2,O O lần 
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMF và .CEM Chứng minh rằng AM vuông góc với 1 2.O O 
c) Lấy điểm K trên đoạn thẳng HC sao cho K khác H và .C Đường thẳng BK cắt đường tròn O tại điểm 
thứ hai là I và đường thẳng CI cắt đường thẳng BE tại điểm .G Chứng minh hệ thức: 
.GFB CEF
FK BF BE
S S
FC CF CE
  
Trong đó XYZS là diện tích của tam giác .XYZ 
Câu 5. (1,0 điểm) 
Trong hình chữ nhất có chiều dài 149 ,cm chiều rộng 40 cm cho 2020 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại 
ít nhất 2 điểm trong số 2020 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 2 .cm 
-----------------------------------------HẾT----------------------------------------- 
LỜI GIẢI CHI TIẾT VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
NĂM
2020
TỈNH NGHỆ
AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH
Câu 1. 
a) Điều kiện 0.x Chú ý rằng 2 1 0, 0,x x x  ta có phương trình tương đương: 
2
2
2
2 2
2
1 1 1 1
2 3 1 0 2 3 5 0
1 1
1 2 5 0 1 2 5 2 0
2
2 5 2 0 .1
2
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x
x
x x
x
Vậy phương trình đã cho có hai nghịm 
1
; 2.
2
x x 
b) Điều kiện: 
0
1 .
2 3 4 0
x
y
y x
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương: 
2
2 2 2 21 1 0 1 0 .
1
y x
y x x y x x y x y x
y x
 Với 1,y x 2 3 4 0 2 1 3 4 0 2,y x x x x điều này mâu thuẫn với 0.x 
 Với 2 1.y x x Thay 2y x vào phương trình thứ hai của hệ ta được: 
2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
2
2
1 2 3 4 2 1 1 2 3 4
2 1 4 3
2 1 3 1 0
3 1 1 0
3 1 0
10 9 0 5 34 1 .
x x x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x
x x x x
Với 5 34,x ta có 59 10 34.y 
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất ; 5 34; 59 10 34 .x y 
Câu 2. 
a) Với 1,y ta có: 5 5, 1.xp p x 
Với 2,y ta có: 20xp không tồn tại ,x p thỏa mãn. 
Với 3,y ta có: 85xp không tồn tại ,x p thỏa mãn. 
Với 4,y ta có: 260xp không tồn tại ,x p thỏa mãn. 
Với 5,y ta có: 629xp không tồn tại ,x p thỏa mãn. 
Xét 6,y ta có: 
24 4 4 2 2 2 2 2 24 4 4 4 4 2 4 2 2 2 2 .y y y y y y y y y y y 
Do đó 
2
4 2 2
2
2 2
4 2 2 2 2
2 2
a
x x
b
y y p
p y p y y y y
y y p
 với a b x và *, .a b 
Ta có: 2 26 2 2 2 2 2.y y y y y 
Suy ra: 2 2 2 2 12 2 2 2 2 2 2 2 2 .b a b bp y y p y y y y p y y p p p  
Do đó: 1b a bp p p hay 1.b a b Suy ra không tồn tại ,a b thỏa mãn. 
Vậy ; ; 1;1;5x y p là bộ số duy nhất thỏa mãn. 
b) Ta có: 2 2 2 2 2 22 3 2 2 2 1 .m m n n m n m n n m n m n n 
Nếu 0n thì 0m khi đó 22 2 1 1m n là số chính phương. 
Nếu 0,n gọi gcd 2 2 1,d m n m n với *,d suy ra 2 2 .n d n d   
Ta có: .m m n n d m d   Lại có 1 2 2 1 2 1 .m n m d  Suy ra 1.d 
Do đó 
2
2
2
2 2 1
2 2 1
m n a
m n m n n
m n b
 với ab n và *, .a b 
Từ đó dẫn đến 2 2 1m n là một số chính phương. 
Câu 3. 
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có: 
63 63 3 3 ,
a b b c c aa b a b b c c a
P Q
c ab c ab a bc b ca c ab a bc b ca
 
Trong đó 
.
a b b c c a
Q
c ab a bc b ca
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được: 
22 2 2
1
.
4 4 4
b a c a cc ab a bc a c b
c ab a bc
Viết hai bất đẳng thức tương tự ta có: 
2 2
2 2
1
4
1
.
4
a b c
a bc b ca
b c a
c ab b ca
Suy ra: 
 1 1 1
.
8
a b b c c a a b c
c ab a bc c ab
Mà 
3 3 31 1 1 3 6
1 1 1 8.
27 27 27
a b c a b c
a b c
Từ đó suy ra: 1.c ab a bc c ab a b b c c a Q 
Dẫn đến 63 3.P Q Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.a b c 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 đạt được khi 1.a b c 
Câu 4. 
a) Tứ giác BFHD nội tiếp nên .HBF HDF Tứ giác ABDE nội tiếp nên .ABE ADE 
Suy ra HDF ADE hay DA là phân giác của .EDF 
Mà DA BC nên BC là phân giác ngoài của .EDF 
b) Gọi L là giao điểm của ME với .O 
Ta có:   1 1sd sd sd sd .
2 2
AEM AM CL BAC AL CL AM AL 
Khi đó .AML ABM ACM 
Xét đường tròn 1O có 
 .AMF MBF Suy ra MA là tiếp tuyến của 1 .O Suy ra 1MA MO tại .M 
Tương tự ta cũng có AME MCE nên MA cũng là tiếp tuyến cua 2 .O Suy ra 2MA MO tại .M 
Do đó 1 2.MA O O 
c) Gọi J là giao điểm của KG và ,FE N là giao điểm của KC và .FE 
Ta có: 
sin
sin
BEF
GFB CEF CEF CEF CEF BEF
CEF
SFK BF BE FK BF BE EBF FK FK
S S S S S S
FC CF CE FC FC S FCCF CE ECF
        
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với chứng minh: 
1
,
2 .
1
,
2
GFB CEF BEF GEF BEF CEF BEF
GEF BEF CEF BEF GEF CEF
GEF
CEF
FK FK
S S S S S S S
FC FC
FK FK
S S S S S S
FC FC
d F GC GN
SFK GN
FC S CNd F GC CN
   
  


Tóm lại cần chứng minh * .
FK GN
FC CN
Thật vậy, ta có: 
tan tan
tan tan
FH FBH ECH EH
FK EGFBK ECG
 do 
.
EBF ECF
ABI ACI
Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác ,GHK có cát tuyến ,FEJ ta có: 
1 1.
KF HE GJ GJ
FH GE JK JK
  
Áp dụng đính lý Menelaus cho tam giác ,GCK có cát tuyến ,FJN ta có: 
1 .
GN CF JK GN FK
NC FK GJ CN FC
  
Từ đó suy ra * đúng dẫn đến ta có điều phải chứng minh. 
Câu 5. 
Giả sử ngược lại không tồn tại điểm nào có khoảng cách nhỏ hơn 2 cm trong 2020 điểm đã cho. Khi đó khoảng 
cách giữa hai điểm luôn lớn hơn hoặc bằng 2 .cm 
Xét 2020 hình tròn có tâm là các điểm đã cho có bán kính bằng 1 .cm Do 2020 điểm này nằm trong hình chữ 
nhất nên 2020 đường tròn này nằm trong hình chữ nhật được mở rộng từ hình chữ nhật đã cho 1 cm về cả chiều 
dài và chiều rộng. Khi đó kích thước hình chữ nhật mới là 2149 2 1 40 2 1 151 42 6242 .cm   
Do khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ không nhỏ hơn 2 cm nên các đường tròn này chỉ có thể có nhiều nhất một 
điểm chung, nghĩa là tổng diện tích của 2020 hình tròn bằng tổng diện tích từng hình tròn. Mặt khác các hình 
tròn nằm trọn trong hình chữ nhật mới nên suy ra diện tích của 2020 hình tròn phải nhỏ hơn diện tích của hình 
chữ nhật mới. 
Ta có diện tích của 2020 hình tròn là 2 22020 1 6242,8 6242cm  3,14 . Điều này chứng tỏ diện tích 
hình chữ nhật nhỏ hơn tổng diện tích các hình tròn. Do đó điều giả sử là sai. 
Vậy ta có điều phải chứng minh.