Đề Toán chuyên Đại học Vinh 2024 (Có đáp án)

ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH MÔN: TOÁN CHUYÊN 
Ngày thi: 𝟏𝟓/𝟎𝟔/𝟐𝟎𝟐𝟒 
Thời gian làm bài: 150 phút 
Bài 1. (6,0 điểm) 
1). Giải phương trình 𝑥3 + 𝑥 = 2(𝑥 + 1)√2𝑥 + 1. 
2). Giải hệ phương trình {
2𝑥2 − 𝑦2 − 2𝑥𝑦 = 3
𝑥2 + 2𝑦2 − 4𝑦 = 2
Bài 2. ( 3,0 điểm) 
a). Với mỗi số nguyên dương 𝑛, đặt 𝐴𝑛 = 22 + 𝑛
203 + 𝑛2024 và 𝑎𝑛 = 1 + 𝑛 + 𝑛
2. Tìm tất cả các giá trị của 
𝑛 sao cho 𝐴𝑛 chia hết cho 𝑎𝑛. 
b). Cho đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑏𝑥 + 𝑐 với 𝑏, 𝑐 là các số nguyên dương. Tìm các cặp (𝑏, 𝑐) sao cho các số 
𝑃(1), 𝑃(2), 𝑃(3) đều là số nguyên tố. 
Bài 3. (2,0 điểm) Xét 𝑥, 𝑦, 𝑧 là các số thực không âm thỏa mãn 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu 
thức 𝑃 = 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥 −
11
6
𝑥𝑦𝑧. 
Bài 4. (7,0 điểm) 
Cho đường tròn tâm (𝑂) đường kính 𝐵𝐶, điểm 𝐴 thuộc tia đối của tia 𝐵𝐶. Kẻ tiếp tuyến 𝐴𝑀 của đường tròn 
(𝑂) ( 𝑀 là tiếp điểm). Lấu điểm 𝐸 di động trên cung nhỏ 𝐵𝑀 (𝐸 khác 𝐵 và 𝑀). Tia 𝐴𝐸 cắt đường tròn (𝑂) 
tại điểm thứ hai là 𝐹. Gọi 𝐼 là trung điểm của 𝐸𝐹. 
a) Chứng minh 𝑀𝐼𝐴 = 2𝐴𝑀𝐵. 
b) Gọi 𝐻 là hình chiếu vuông góc của 𝑀 lên 𝐵𝐶,𝐾 là giao điểm của 𝐸𝐹 và 𝑀𝐻. Chứng minh 𝐴𝐾. 𝐴𝐼 =
𝐴𝐸. 𝐴𝐹. 
c) Lấy điểm 𝑃 thuộc tia 𝑀𝐻 sao cho 𝑀𝑃𝐸 = 𝑀𝑂𝐵. Chứng minh rằng đường thẳng 𝑃𝐹 luôn đi qua một 
điểm cố định khi 𝐸 di động trên cung nhỏ 𝐵𝑀. 
Bài 5. (2,0 điểm) Cho 𝑆 = {1,2,3,  ,2024}. Giả sử 𝑘 là số tự nhiên thỏa mãn mọi tập con gồm 𝑘 phần tử 
của 𝑆 đều chứa ít nhất 4 số đôi một nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng 𝑘 ≥ 1485 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1 
1). Giải phương trinh 𝑥3 + 𝑥 = 2(𝑥 + 1)√2𝑥 + 1. 
Đk: 𝑥 ≥ −
1
2
. 
Ta có: 
𝑥3 + 𝑥 = 2(𝑥 + 1)√2𝑥 + 1
 ⇔ 𝑥3 + 𝑥 = (√2𝑥 + 1)3 + √2𝑥 + 1
 ⇔ [𝑥3 − (√2𝑥 + 1)3] + (𝑥 − √2𝑥 + 1) = 0
 ⇔ (𝑥 − √2𝑥 + 1)[𝑥2 + 𝑥√2𝑥 + 1 + 2𝑥 + 1 + 1] = 0
Do 𝑥2 + 𝑥√2𝑥 + 1 + 2𝑥 + 1 + 1 = (𝑥 +
√2𝑥+1
2
)
2
+
3
4
(2𝑥 + 1) + 1 > 0∀𝑥 ≥ −
1
2
Suy ra 𝑥 − √2𝑥 + 1 
⇔ {𝑥
2 = 2𝑥 + 1
𝑥 ≥ 0
⇔ 𝑥 = 1 + √2. 
Vây phương trình có nghiệm 𝑥 = 1 + √2. 
2). Giải hệ phương trình {
2𝑥2 − 𝑦2 − 2𝑥𝑦 = 3
𝑥2 + 2𝑦2 − 4𝑦 = 2
Trừ vế hai phương trình ta được 
𝑥2 − 3𝑦2 − 2𝑥𝑦 + 4𝑦 = 1
 ⇔ (𝑥2 − 2𝑥𝑦 + 𝑦2) − (4𝑦2 − 4𝑦 + 1) = 0
 ⇔ (𝑥 − 𝑦)2 − (2𝑦 − 1)2 = 0
 ⇔ (𝑥 − 𝑦 − 2𝑦 + 1)(𝑥 − 𝑦 + 2𝑦 − 1) = 0
 ⇔ (𝑥 − 3𝑦 + 1)(𝑥 + 𝑦 − 1) = 0
 ⇔ [
𝑥 = 3𝑦 − 1
𝑥 = 1 − 𝑦
TH1: 𝑥 = 3𝑦 − 1. 
Thay vào phương trình (2) ta được: 
 (3𝑦 − 1)2 + 2𝑦2 − 4𝑦 = 2
 ⇔ 11𝑦2 − 10𝑦 − 1 = 0
 ⇔ [
𝑦 = 1 ⇒ 𝑥 = 2
𝑦 = −
1
11
⇒ 𝑥 = −
14
11
TH2: 𝑥 = 1 − 𝑦. 
Thay vào phương trình (2) ta được: 
 (1 − 𝑦)2 + 2𝑦2 − 4𝑦 = 2
 ⇔ 3𝑦2 − 6𝑦 − 1 = 0
 ⇔
[
 𝑦 =
3 + 2√3
3
⇒ 𝑥 = −
2√3
3
𝑦 =
3 − 2√3
3
⇒ 𝑥 =
2√3
3
Vây hệ phương trình có nghiệm (2; 1); (−
14
11
; −
1
11
) ; (−
2√3
3
;
3+2√3
3
) ; (
2√3
3
;
3−2√3
3
). 
Bài 2 
a). Với mỗi số nguyên dương 𝑛, đặt 𝐴𝑛 = 22 + 𝑛
303 + 𝑛2024 và 𝑎𝑛 = 1 + 𝑛 + 𝑛
2. Tìm tất cả các giá trị của 
𝑛 sao cho 𝐴𝑛 chia hết cho 𝑎𝑛. 
Lời giải 
Trường hợp 1: 𝑛 = 1 ⇒ 𝐴1 = 24, 𝑎1 = 3 ⇒ 𝐴1: 𝑎1 ⇒ 𝑛 = 1 (thỏa mãn). 
Trường hợp 2𝑛 ≠ 1. 
Ta có (𝑛2034 − 𝑛2): (𝑛3 − 1) ⇒ 𝑛2044 − 𝑛2 = 0(mod(𝑛3 − 1)) 
(𝑛203 − 𝑛): (𝑛3 − 1) ⇒ 𝑛2023 − 𝑛 = 0(mod(𝑛3 − 1)) 
Bài toán đưa về tìm 𝑛 để (𝑛2 + 𝑛 + 22) ⋮ (𝑛2 + 𝑛 + 1) 
⇔ (𝑛2 + 𝑛 + 1) ∈ 𝑈 
⇔ (𝑛2 + 𝑛 + 1) ∈ {1,3,7,21} 
⇔ 𝑛 ∈ {1,2,4}. 
Vây 𝑛 ∈ {1,2,4} là các giá trị cần tìm. 
b). Cho đa thức 𝑃(𝑥) = 𝑥2 − 2𝑏𝑥 + 𝑐 với 𝑏, 𝑐 là các số nguyên dương. Tìm các cặp (𝑏, 𝑐) sao cho các số 
𝑃(1), 𝑃(2), 𝑃(3) đều là số nguyên tố. 
Lời giải 
b) Ta có 𝑃(1) = 1 − 2𝑏 + 𝑐, 𝑃(2) = 4 − 4𝑏 + 𝑐, 𝑃(3) = 9 − 6𝑏 + 𝑐 
Ta thấy 𝑃(1), 𝑃(3) cùng tính chất chẵn lẻ 
Trường hợp 1. 
𝑃(1) = 𝑃(3) = 2 ⇒ {
1 − 2𝑏 + 𝑐 = 2
9 − 6𝑏 + 𝑐 = 2
⇔ {
𝑐 − 26 = 1
6𝑏 − 𝑐 = 7
⇔ {
𝑏 = 2
𝑐 = 5
Suy ra 𝑃(2) = 1 (loại). 
Trường hợp 2. 
𝑃(2) = 2 ⇒ 4𝑏 − 𝑐 = 2 ⇒ 𝑐 = 4𝑏 − 2 
Ta có 𝑃(1) = 26 − 1; 𝑃(3) = 7 − 2𝑏 
Ta có 𝑃(1) > 0, 𝑃(3) > 0 ⇒ 1,5 < 𝑏 < 3,5 ⇒ 𝑏 ∈ {2; 3} 
Vơi 𝑏 = 2 ⇒ 𝑃(1) = 3, 𝑃(3) = 3 (thỏa mãn). 
Vơi 𝑏 = 3 → 𝑃(1) = 5, 𝑃(3) = 1 (loại). 
Vây 𝑏 = 2, 𝑐 = 6. 
Bài 3 
Trong 3 số 𝑥 −
1
3
; 𝑦 −
1
3
; 𝑧 −
1
3
 có ít nhất hai số cùng dấu. 
Giả sử 𝑥 −
1
3
; 𝑦 −
1
3
 cùng dấu. 
Suy ra 
(𝑥 −
1
3
) (𝑦 −
1
3
) ≥ 0 ⇔ 𝑥𝑦 −
1
3
(𝑥 + 𝑦) +
1
9
≥ 0 ⇔ 𝑥𝑦 ≥
1
3
(𝑥 + 𝑦) −
1
9
=
1
3
(1 − 𝑧) −
1
9
=
2
9
−
1
3
𝑧
𝑃 = 𝑧(𝑥 + 𝑦) + 𝑥𝑦 −
11
6
𝑥𝑦𝑧 ≤ 𝑧(1 − 𝑧) +
(𝑥 + 𝑦)2
4
−
11
6
𝑧 (
2
9
−
1
3
𝑧)
𝑃 ≤ 𝑧 − 𝑧2 +
(1−𝑧)2
4
−
11
27
𝑧 +
11
18
𝑧2 = −
5
36
𝑧2 +
5
54
𝑧 +
1
4
≤
43
162
. 
Dấu bằng xảy ra ⇔ 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 =
1
3
. 
Bài 4 
 a) Chứng minh MIA = 2 AMB. 
Ta có 𝑂𝑀 ⊥ 𝐴𝑀 ⇒ 𝐴𝑀𝑂 = 90∘ ⇒ 𝑀 thuộc đường tròn đường kính 𝐴𝑂. 
𝑂𝐼 ⊥ 𝐸𝐹 ⇒ 𝐴𝐼𝑂 = 90∘ ⇒ 𝐼𝑀 thuộc đường tròn đường kính 𝐴𝑂. 
Suy ra tứ giác 𝐴𝑀𝐼𝑂 nội tiếp đường tròn đường kính 𝐴𝑂. 
Suy ra 𝐴𝐼𝑀 = 𝐴𝑂𝑀 
Mà trong đường tròn (𝑂) ta có: 
𝐴𝑀𝐵 =
1
2
𝐴𝑂𝑀 (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng và góc ở tâm cùng chắn một cung). 
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của 𝑀 lên 𝐵𝐶,𝐾 là giao điểm của EF và MH. Chứng minh 𝐴𝐾. 𝐴𝐼 =
𝐴𝐸. 𝐴𝐹. 
Xét △ 𝐴𝐾𝐻 và △ 𝐴𝑂𝐼 Ta có 𝐾𝐻𝑂 = 𝐾𝐼𝑂 = 90∘; 𝐾𝐴𝐻 chung 
suy ra △ 𝐴𝐾𝐻′′ △ 𝐴𝑂𝐼 ⇒
𝐴𝐾
𝐴𝑂
=
𝐴𝐻
𝐴𝐼
⇒ 𝐴𝐾. 𝐴𝐼 = 𝐴𝐻. 𝐴𝑂. 
Lại có △ 𝐴𝑀𝑂 vuông tại 𝑀 có 𝑀𝐻 ⊥ 𝑂𝐴 tại 𝐻 nên 𝐴𝐻. 𝐴𝑂 = 𝐴𝑀2. 
Xét △ 𝐴𝑀𝐸 và △ 𝐴𝐹𝑀 có 𝑀𝐴𝐹 chung và 𝐴𝑀𝐸 = 𝐴𝐹𝑀 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung 
cùng chắn một cung). 
Suy ra △ 𝐴𝑀𝐸" △ 𝐴𝐹𝑀 ⇒
𝐴𝑀
𝐴𝐹
=
𝐴𝐸
𝐴𝑀
⇒ 𝐴𝑀2 = 𝐴𝐸. 𝐴𝐹 
Từ (1) (2) và (3) → 𝐴𝐾. 𝐴𝐼 = 𝐴𝐸. 𝐴𝐹. 
c) Lấy diểm 𝑃 thuộc tia 𝑀𝐻 sao cho MPE = MOB. Chứng minh rằng đường thẳng 𝑃𝐹 luôn đi qua một điểm 
cố định khi E di động trên cung nhỏ BM . 
Gọi 𝑁 là điểm đối xứng với 𝑀 qua 𝐻 ta chứng minh được 𝐴𝑁 là tiếp tuyến của đường tròn (𝑂). 
Gọi 𝐽 là giao điểm của 𝐸𝑃 và 𝐹𝑁 
Ta có 𝑀𝑃𝐸 = 𝑀𝑂𝐵 = MIE suy ra tứ giác MIPE nội tiếp 
Suy ra 𝐸𝐼𝑃 = 𝐸𝑀𝑃 = 𝐸𝑀𝑁 = 𝐸𝐹𝑁 = 𝐸𝐹𝐽 → 𝐼𝑃//𝐹𝐽 → 𝑃 là trung điểm của 𝐸𝐽. 
Gọi 𝑄 là giao điểm của 𝐹𝑃 và 𝐴𝑁. 
Ta có 𝑀𝑃𝐸 = 𝑀𝑂𝐵 =
1
2
𝑀𝑂𝑁 = 𝑀𝑁𝐴 → 𝐸𝑃//𝐴𝑁 
→ 
𝐸𝑃
𝐴𝑄
=
𝐹𝑃
𝐹𝑄
=
𝑃𝐽
𝑄𝑁
Mà 𝑃 là trung điểm của 𝐸𝐽 nên 𝑃𝐸 = 𝑃𝐽 → 𝑄𝐴 = 𝑄𝑁 ⇒ 𝑄 là trung điểm của 𝐴𝑁. 
Vậy đường thẳng FP đi qua điểm 𝑄 cố định. 
Bài 5 
Xét ba số (𝑎, 𝑏, 𝑐) đôi một nguyên tố cùng nhau. Thì ta có số các số chia hết cho ít nhất một trong ba số 
thuộc tập 𝑆 là: 
𝑇 = [
2024
𝑎
] + [
2024
𝑏
] + [
2024
𝑐
] − [
2024
𝑎𝑏
] − [
2024
𝑏𝑐
] − [
2024
𝑐𝑎
] + [
2024
𝑎𝑏𝑐
] 
Ta có thể chỉ ra: 
𝑇 ≤ [
2024
2
] + [
2024
3
] + [
2024
5
] − [
2024
2.3
] − [
2024
3.5
] − [
2024
5.2
] + [
2024
2.3.5
]
 ⇒ 𝑇 ≤ 1012 + 674 + 404 − 337 − 134 − 202 + 67 = 1484
Với 𝑘 ≤ 1484 thì có một tập hợp con gồm 𝑘 phần tử của 𝑆 mà các phần tử là các bội của 2 hoặc 3 hoặc 5 
không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
Với 𝑘 ≥ 1485 
+) Nếu trong một tập con nào đó của 𝑆 không tồn tai một cặp số nguyên tố cùng nhau nào thì dễ thấy số 
phần tử của tập hợp đó nhỏ hơn 1485 (Không thỏa mãn) 
+) Nếu trong một tập con nào đó của 𝑆 không tồn tại một bộ ba số (𝑎, 𝑏, 𝑐) nguyên tố cùng nhau mà chỉ có 
một bộ hai số (𝑚, 𝑛) là hai số nguyên tố cùng nhau (mà trong tập đó không có ước nào của 𝑚 hoặc 𝑛) thì số 
phần tử tối đa của tập đó là: 
[
2024
𝑚
] + [
2024
𝑛
] − [
2024
𝑚𝑛
] ≤ [
2024
2
] + [
2024
3
] − [
2024
6
] = 1012 + 674 − 337 = 1349 (Không thảa mãn) 
Từ đó ta có tập con gồm 𝑘 phần tử của 𝑆 phải có một bộ ba số nguyên tố cùng nhau (𝑎, 𝑏, 𝑐) (mà trong tập 
đó không có ước nào của 𝑎 hoặc 𝑏 hoặc 𝑐 ta luôn chọn được như vậy do nếu có một ước 𝑎1 nào đó của 𝑎 thì 
ta thay 𝑎 thành 𝑎1 thi được bộ ba số (𝑎1, 𝑏, 𝑐) nguyên tố cùng nhau). Theo nhận định trên thì ta có số các số 
chia hết cho ít nhất một trong ba số thuộc tập 𝑆 là 1484. Do đó tồn tại môt số 𝑑 nguyên tố cùng nhau với cả 
ba số trên trong tập con đó. Khi đó bộ bốn số (𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) đôi một nguyên tố cùng nhau. 
Vậy 𝑘 ≥ 1485.