Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2023 (Có đáp án)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH 
Đề chính thức 
Đề thi gồm có 01 trang 
KỲ THI TUYỂN SINH 
VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
NĂM HỌC 2023 – 2024 
Môn thi chuyên: TOÁN 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (6,0 điểm). 
a) Giải phương trình 𝑥3 − 2𝑥2 + 𝑥 − 5(𝑥 − 1)√𝑥 − 6 = 0. 
b) Giải hệ phương trình {
5𝑥 + 𝑦 = 𝑥2𝑦2 − 15
2𝑥 + 3𝑦 = 3𝑥2𝑦2 − 13𝑥𝑦 − 6. 
Câu 2 (3,0 điểm). 
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (𝑥; 𝑦) thoả mãn 𝑥2 − 𝑦2 + 2(3𝑥 + 𝑦) = 23. 
b) Cho đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 có hai nghiệm nguyên. Biết rằng |𝑐| ≤ 16 và |𝑃(9)| là số nguyên tố. 
Tìm các hệ số 𝑏, 𝑐. 
Câu 3 (2,0 điểm). Xét các số thực không âm 𝑎, 𝑏, 𝑐 thoả mãn 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức 𝑃 =
1
√𝑎+1
+
1
√𝑏+1
+
1
√𝑐+2
. 
Câu 𝟒 (7,0 điểm). Cho đường tròn (𝑂) đường kính 𝐴𝐵. Đường thẳng Δ tiếp xúc với (𝑂) tại 𝐴, 𝐼 là điểm cố 
định trên đoạn 𝐴𝐵 và 𝐶𝐷 là dây cung thay đổi của (𝑂) luôn đi qua 𝐼. Các đường thẳng 𝐵𝐶, 𝐵𝐷 cắt △ lần 
lượt tại 𝑀, 𝑁. 
a) Chứng minh rằng 𝐶𝐷𝑁𝑀 là tứ giác nội tiếp. 
b) Gọi 𝐾 là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐵𝑀𝑁 với đường thẳng 𝐴𝐵. Chứng minh 
rằng 𝐾𝑀𝐶𝐼 là tứ giác nộ t tiếp và tích 𝐴𝑀. 𝐴𝑁 không đổi. 
c) Gọi 𝑇 là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 𝐶𝐷𝑁𝑀. Tìm vị trí của 𝐶𝐷 sao cho độ dài đoạn thẳng 𝐵𝑇 nhỏ 
nhất. 
Câu 5 (2,0 điểm). Gọi 𝑀 là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau. Tìm số nguyên dương 𝑘 
lớn nhất để tồn tại tập hợp con 𝐴 có 𝑘 phần tử của tập hơp 𝑀 sao cho tích của 4 số bất kì thuộc tập hợp 𝐴 
đều chia hết cho 3. 
----------------------------------------HẾT------------------------------------ 
LỜI GIẢI ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH
Câu 1
a) Giải phương trình x3 − 2x2 + x− 5(x− 1)√x− 6 = 0.
b) Giải hệ phương trình
{
5x + y = x2y2 − 15
2x + 3y = 3x2y2 − 13xy − 6.
Lời giải.
a) Điều kiện xác định: x > 0. Đặt t = (x− 1)√x phương trình trở thành
x3 − 2x2 + x− 5(x− 1)√x− 6 = 0⇔ x(x− 1)2 − 5(x− 1)√x− 6 = 0
⇔ t2 − 5t− 6 = 0
⇔ (t + 1)(t− 6) = 0.
† Trường hợp 1. t = −1 suy ra 0 6 x < 1. Đặt √x = a(0 6 a < 1), khi đó ta có
(x− 1)√x = −1⇔ a3 − a + 1 = 0 (vô lý a3 + 1− a > 0).
† Trường hợp 2. t = 6. Đặt
√
x = a(a > 0), khi đó ta có
(x− 1)√x = 6⇔ a3 − a− 6 = 0
⇔ (a− 2)(a2 + 2a + 3) = 0
⇔ a = 2 (vì a2 + 2a + 3 = (a + 1)2 + 2 > 2 > 0)
⇔ x = 4 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy tất cả các nghiệm thỏa mãn phương trình là x = 4.
b) Ta đặt phương trình như sau
{
5x + y = x2y2 − 15 (1)
2x + 3y = 3x2y2 − 13xy − 6. (2)
† Trường hợp 1. Nếu x = 0 thì −15 = y = −2 vô lý nên trường hợp này vô nghiệm.
† Trường hợp 2. Nếu x 6= 0, ta có biến đổi như sau
(1) · 3− (2)⇔ 13x = 13xy − 39
⇔ xy = x + 3
⇔ y = 1 + 3
x
.
Thế y = 1 +
3
x
vào phương trình (1), ta có
5x + 1 +
3
x
= (x + 3)2 − 15⇔ 5x2 + x + 3 = x(x2 + 6x + 9)− 15x
⇔ x3 + x2 − 7x− 3 = 0.
⇔ (x + 3)(x2 − 2x− 1) = 0
⇔ x ∈ {−3, 1 +
√
2, 1−
√
2}.
• Nếu x = −3 thì y = 1 + 3
x
= 0.
• Nếu x = 1 +√2 thì y = 1 + 3
x
= −2 + 3√2.
• Nếu x = 1−√2 thì y = −2− 3√2.
Vậy tất cả các nghiệm (x, y) thỏa mãn là (−3, 0), (1+√2,−2+3√2), (1−√2,−2−3√2).
∇
Câu 2
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thoả mãn x2 − y2 + 2(3x + y) = 23.
b) Cho đa thức P (x) = x2 + bx + c có hai nghiệm nguyên. Biết rằng |c| 6 16 và |P (9)|
là số nguyên tố. Tìm các hệ số b, c.
Lời giải.
a) Ta biến đổi phương trình như sau
x2 − y2 + 2(3x + y) = 23⇔ (x2 + 6x + 9)− (y2 − 2y + 1) = 31.
⇔ (x + 3)2 − (y − 1)2 = 31.
⇔ (x− y + 4)(x + y + 2) = 31.
Từ đây, ta xét bảng sau
x− y + 4 31 1 −31 −1
x + y + 2 1 31 −1 −31
x 13 13 −19 −19
y −14 16 16 −14
Vậy tất cả các nghiệm (x, y) thỏa mãn là (13,−14), (13, 16), (−19, 16), (−19,−14).
b) Gọi hai nghiệm nguyên của P (x) = x2 + bx + c là u, v.
Theo định lý Viete ta được u + v = −b, uv = c.
Vì |P (9)| là số nguyên tố nên |(9 − u)(9 − v)| là số nguyên tố dẫn đến |9 − u| = 1 hoặc
|9− v| = 1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử |9− u| = 1⇔ u ∈ {8, 10}.
† Trường hợp 1. u = 10, vì |c| 6 16, nên |v| ∈ {0, 1} ⇔ v ∈ {−1, 0, 1}.
Mặt khác 9− 1 = 8, 9− 0 = 9, 9 + 1 = 10 đều không là số nguyên tố nên trường hợp
này loại.
† Trường hợp 2. u = 8, vì |c| 6 16 nên |v| 6 2.
Mà v phải là số chẵn nên từ đây suy ra v ∈ {2,−2}. Thử lại cả hai giá trị này thỏa
mãn và ta nhận được giá trị của b, c tương ứng là −10, 16 và −6,−16.
Vậy tất cả cặp (b, c) thỏa mãn là (b, c) ∈ {(−10, 16), (−6,−16)}
∇
Câu 3 Xét các số thực không âm a, b, c thoả mãn a2 + b2 + c2 = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
1√
a + 1
+
1√
b + 1
+
1√
c + 2
.
Lời giải. Ta có nhận xét sau(
1√
a + 1
+
1√
b + 1
)2
=
1
a + 1
+
1
b + 1
+
2√
(1 + a)(1 + b)
=
a + b + 2
ab + a + b + 1
+
2√
ab + a + b + 1
6 a + b + 2
a + b + 1
+
2√
a + b + 1
=
(
1 +
1√
a + b + 1
)2
.
Do đó ta được
1√
a + 1
+
1√
b + 1
6 1 + 1√
a + b + 1
.
Mặt khác, ta có (a + b + c)2 > a2 + b2 + c2 = 1 suy ra a + b > 1− c.
Từ đây kết hợp với c 6 1(vì c > 0 và c2 6 1), ta suy ra
P 6 1 + 1√
2− c +
1√
c + 2
= 1 +
√(
1√
2− c +
1√
c + 2
)2
= 1 +
√
1
2− c +
1
2 + c
+
2√
4− c2
= 1 +
√
4
4− c2 +
2√
4− c2 6 1 +
√
4
4− 1 +
2√
4− 1 = 2 +
1√
3
.
Dấu bẳng xảy ra chẳng hạn khi a = b = 0, c = 1. Vậy giá trị lớn nhất của P là 2 +
1√
3
. ∇
Câu 4 Cho đường tròn (O) đường kính AB. Đường thẳng 4 tiếp xúc với (O) tại A, I
là điểm cố định trên đoạn AB và CD là dây cung thay đổi của (O) luôn đi qua I. Các
đường thẳng BC,BD cắt ∆ lần lượt tạiM,N .
a) Chứng minh rằng CDNM là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi K là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN với đường
thẳng AB. Chứng minh rằng KMCI là tứ giác nội tiếp và tích AM · AN không đổi.
c) Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDNM . Tìm vị trí của CD sao cho độ
dài đoạn thẳng BT nhỏ nhất.
Lời giải.
H
T
K
R
N
M
C
BOA I
D
a) Áp dụng hệ thức lượng cho hai tam giác BAM và BAN với hai đường cao tương ứng là
AC, AD ta có. BA2 = BC ·BM = BD ·BN. Vì vậy tứ giác CDNM nội tiếp.
b) Ta có biến đổi góc M̂KB = M̂NB = D̂CB, Vì vậy tứ giác CIKM nội tiếp.
Do đó BC ·BM = BI ·BK = BA2, từ đây suy ra K là điểm cố định.
Từ đây ta suy ra AM · AN = AK · AB cố định.
c) Gọi r là bán kính (T ) thì r2 − TA2 = AM · AN = a không đổi. Ta cũng có ID · IC không
đổi, đặt b = ID · IC = r2 − TI2 suy ra TI2 − TA2 = a− b.
Gọi H là hình chiếu của K lên AB theo định lý Pythagore ta có.
(AI + 2AH) · AI = HI2 −HA2 = (TI2 − TH2)− (TA2 − TH2) = TI2 − TA2 = a− b.
Từ đây kết hợp với AI không đổi(A và I cố định) suy ra H cố định do đó BH không đổi.
Khi đó, theo định lý Pythagore ta có.
BT 2 = TH2 + BH2 > BH2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi T trùng H tức là BA là trung trực của CD suy ra CD
vuông góc AB tại I. Vậy khi CD vuông góc AB tại I thì độ dài đoạn thẳng BT nhỏ nhất.
∇
Câu 5 GọiM là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 2 chữ số khác nhau. Tìm số nguyên
dương k lớn nhất để tồn tại tập hợp con A có k phần tử của tập hợpM sao cho tích của
4 số bất kì thuộc tập hợp A đều chia hết cho 3.
Lời giải. Trước hết, ta đếm số phần tử thuộcM mà chia hết cho 3.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 1, 4, 7 có 9 số thỏa mãn.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 2, 5, 8 có 9 số thỏa mãn.
Ứng với các số có chữ số hàng chục là 3, 6, 9 có 9 số thỏa mãn.
Vì vậy số phần tử chia hết cho 3 thuộcM là 27 , ta chứng minh |A|max = 30, thật vậy.
Trước hết, A không thể chứa quá 4 phần tử không chia hết cho 3 bởi vì tích của chúng sẽ
không chia hết cho 3. Do đó, |A| 6 30.
Xây dựng dấu bằng. Xét A là tập hợp các số có 2 chữ số khác nhau chia hết cho 3 và 3 phần
tử bất kỳ thuộc các số còn lại.
Vậy số nguyên dương k lớn nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là 30. ∇