BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc
o0o
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2006
Môn Toán. Vòng 1 - đề chính thức
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n
2
+ n + 2 không chia hết cho 3.
Câu 2:
a) Giải hệ phương trình

2 2
2 19
1 2 20
x y x y
xy x y( )( )

+ − − =

− − = −

b) Giải phương trình
3 1x +
+
2 x−
= 3
Câu 3 :
Cho hàm số f(x) = (x
3

) . Đường thẳng
AB
cắt
EF
tại
K
. Gọi
I
là điểm đối xứng của
A
qua
K
(
A
nằm giữa
B
và
I
).
a) Có nhận xét gì về tứ giác
AEIF ?
b) Gọi M là trung điểm của
OO'
. Cho biết
MA
=
MO'
. Hãy tính độ dài
EF
theo

0,5
0,5
0,5
Câu 2
a) Đặt x
2
– x = u, y
2
– 2y = v ⇒
19
20
u v
uv
+ =


= −


⇒ u,v là nghiệm của phương trình t
2
– 19t – 20 = 0 ⇔ t = -1; t = 20
*)
1
20
u
v
= −



20 0
2 1 0
x x
y y

− − =


− + =


⇔
4 5
1
x x
y
;= − =


=

⇒ nghiệm của hệ là (x, y) = (-4, 1); (5, 1)
. . . . . . . . . . . . . . . . . . … . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Điều kiện -
1
3
≤ x ≤ 2.
Với điều kiện trên phương trình ⇔
3 1x +
= 3-

=



=

. . . . . . . . . . . . . . . . .

0,5
0,5
0,5
. . . . .
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 3
Ta có a
3
= 3 +
17
+ 3 -
17
+ 3
3
3 17+
.
3
3 17−
.a

= KA.KB (1)
Tương tự, ta xét hai tam giác KFA và KBF ta có KF
2
= KA.KB (2)
Từ (1) và (2) suy ra KE = KF . (3)
Mặt khác, theo giả thiết KA = KI . (4)
Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AEIF là hình bình hành.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Ta có MA=
MO'
=
1
2
OO'
⇒ ∆
OAO'
vuông tại A.
⇒
OO'
2
=
OA
2
+
O A'
2
= R
2 +

R '

=
2RR '
⇒ EF =
2RR '
0,25
0,5
0,25
0,5
……
0,5
0,5
0,5
0,5
3
•
•
•
O
O’
F
E
I
K
A
B
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc Lập - Tự do - Hạnh phúc
o0o
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2006
Môn Toán. Vòng 2 - đề chính thức

4BC BE FC.=
b) Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố
định khi ∠xOy quay xung quanh O sao cho các tia Ox, Oy vẫn cắt các cạnh AB,
AC của tam giác đều ABC.
Ghi chú: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm!
4
Họ và tên: . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh: . . . . . . . . . . .
Phòng thi: . . . . . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN TOÁN VÒNG 2 (ĐỀ CHÍNH THỨC)
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
+) a=1, thoả mãn.
+) a ≥ 2, đặt
1966 2006
1A a a= + +
=
3 655 2 3 668 2
1 1 1a a a a a a
. .
( ) ( ) .− + − + + +
(1)
Ta có
3 655
1a
.
−
=
3 655
1a( ) −

⇔
4 3 2 2
4 4 4 8 12 0x x x x x+ + − − − =
⇔
2 2 2
2 4 2 12 0x x x x( ) ( )+ − + − =
⇔
2
4 12 0t t ,− − =
với
2
2t x x= +
≥ -1
⇔
2
6
t
t
= −


=


⇔
2
2 6 0x x+ − =
⇔
1x
= −

x
≤
2
x
⇒
1 2
1 1x x( )( )− −
≥ 0 . . . . . . . . . . .
⇔
1 2 1 2
1x x x x( )− + +
≥ 0 ⇔
3 1 1 1m m m( )− − + +
≥ 0
⇔
2
2m m− +
≥ 0 ⇔ 0≤ m≤ 2 ⇒ m = 1 hoặc m = 2.
Thử lại chỉ m = 2 thoả mãn. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
+) m ≤ 0. Từ (*) suy ra
1
x
≤ -1 < 1 ≤
2
x
⇒
1 2
1 1x x( )( )+ +
≤ 0
⇔

2 4 16t t( ).( )− −
≤ 2.4.16=128, ∀t∈(-2; 2).
Dấu đẳng thức xảy ra khi t = 0 ⇔
2a b .
= =
0,5
0,25
0,5
0,25
5
Câu
Nội dung Điểm
Câu 4
a)

Ta có ∠EBO + ∠EOB= ∠BOF, nên ∠OEB= ∠FOC. . . . . . . . . . . . .
⇒ ∆OBE đồng dạng với ∆FCO ⇒
OB BE
FC CO
=
. . . . . . . . . . . . . .
⇔ OB.CO = BE.FC ⇔
2
4BC BE FC.=
. . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
b) Theo a) ∆OBE đồng dạng với ∆FCO, nên

OE BE BE
FO CO OB

y
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2007
Môn thi: Toán - Vòng I (Đề chính thức)
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1: Cho biểu thức
A =








−
+
−
+
−








−

=+
=+
.30
4
33
xyyx
yx
Câu 3: Cho các số thực x, y thoả mãn
.6
22
=+ yx
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị
lớn nhất của biểu thức
.5yxP −=
Câu 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O.
Gọi AA', BB', CC' là các đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC.
a) Chứng minh rằng AA' là đường phân giác trong của
'.'' CAB∠
b) Cho
0
60=∠BAC
. Chứng minh tam giác AOH là tam giác cân.* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !
7
Họ và tên thí sinh
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD
. . . . . . . . . . . . . . . . .

4
1
16
41 −
=
−−
b) 2A +
x
x
x
2
1−
=
+
x
=
x
x
2
1+
. Theo giả thiết ta có
x
x
2
1+
=
4
5

⇔


=+
=+
2
30)(
4
2
yxxy
yx
⇔



=−+
=+
30]2)[(
4
2
xyyxxy
yx
⇔



=+−
=+
0158)(
4
2
xyxy

=+
5
4
xy
yx
, vô nghiệm.
Áp dụng BĐT Bunhiacôpski cho hai bộ số (x, y) và (1,
5−
) ta có
36)5(
22
≤−= yxP

⇔
-6
≤
P
≤
6.
1,0
0,5
0,5
1,0
0,5
0,75
0,75
8
A
K



Chú ý: +) Cũng có thể kéo dài BO hoặc AO cho cắt đường tròn và
chứng minh tương tự.
+) Cũng có thể sử dụng tam giác đồng dạng để giải.
1,0
0,5
1,5
1,0
1,0
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2007
9
B'
C'
O
A'
H
Họ và tên thí sinh
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SBD. . . . . . . . . . . . . . . . . .
Môn thi: Toán - Vòng II (Đề chính thức)
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1:
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình
120075 =− yx
, trong đó
( )
30001;x∈

2
4
1
5
≥
+
++
+
+
++
+
+
++
c
ba
b
ac
a
cb
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 4: Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm H nằm trong đường tròn. Qua H
ta vẽ hai dây cung AB và CD vuông góc với nhau.
a) Tính
22
CDAB +
theo
R
, biết rằng
2

∈Z. Vậy y = 2z+
2
1−z

⇒
z=2t+1, t∈Z.
Suy ra y = 5t+2, x = 2007t + 803, t ∈Z. Kết hợp giả thiết x ∈(0; 3000) suy
ra t = 0 hoặc t = 1.
+) Với t = 0
⇒
x = 803, y = 2.
+) Với t = 1
⇒
x = 2810, y = 7.

b) Ta có 5
3n+2
+2
2n+3
= 25.125
n
+ 8.4
n
= 25(125
n
- 4
n
) +33.4
n
.

2 qpqp ++
. Xét các trường hợp:
+) p = q = 2, không thoả mãn.
+) p =2, q
≥
3, khi đó
( A, B ) = (4 - 2q+2q
2
, 8+2q+ q
2
)
= (2- q+ q
2
, 8+2q + q
2
), (vì 8 + 2q + q
2


2)
= ( 6 + 3q, 8 + 2q + q
2
)
= (2 + q, 8 + (2 + q)q ) , (vì 8 + 2q + q
2


3)
= d.
Suy ra d lẻ và d

2
+ 4)
= (p - 2, (p - 2)
2
+ 4p) = d.
Suy ra d
p4
, d lẻ và d < p. Do đó d =1.
+) p, q
≥
3. Vì p, q đều là số lẻ nên p + q và p - q là các số chẵn. Suy ra
A=p(p - q) +2q
2

2 và B = 2p
2
+ q(q + p)

2. Vậy A và B không nguyên tố
cùng nhau.
Tóm lại: p = 2, q
≥
3, nguyên tố hoặc q =2, p
≥
3, nguyên tố.
0,5
0,5
0,5
1,0
1,0






+
+
+
+
+ cba 3
1
2
1
1
1
12
.
Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương ta có
P + 3 =






+
+
+
+
+ cba 3

+=+=+
6
321
cba
cba
⇔
.c,b,a 123 ===

a) Kẻ OI ⊥ AB, OJ ⊥CD
⇒
I, J tương ứng
là trung điểm của AB, CD.
AB
2
+CD
2
= 4IA
2
+ 4JD
2

= 4(OA
2
-IO
2
) + 4(OD
2
-OJ
2
)

thẳng hàng.
Bổ đề: Cho ∆ABC và M, N là hai điểm tuỳ ý
trong tam giác. Khi đó
MN
≤
max{AB, BC, CA} (1)
0,5
0,5
0,5
1,5
1,0
0,5
12
D
C
A B
H
M
N
O
K
I
J
p
C
A
B
A
1
M

giả sử đó là
∠
AA
1
C. Khi đó MN
≤
AA
1
≤
AC nên suy ra (1).
ii) Nếu d không đi qua đỉnh nào của ∆ABC. Giả sử d cắt AB, BC lần lượt
tại M
0
, N
0
. Áp dụng i) ta có
MN
≤
max{A N
0
, N
0
B, AB}
≤
max{A N
0
, BC, AB} (2)
Mặt khác cũng theo i) thì
AN
0

4
215
,
4
215 −
=
+
= yx
Câu 2: Giải phương trình
.12)2)(1(
22
=++++ xxxx
Họ tên thí sinh:

Số báo danh:
Chữ kí giám thị:
13
Câu 3: Tìm
m
để phương trình
0222
2
=−+− mmxx
có hai nghiệm
21
, xx
thoả mãn điều
kiện
.10
21

ACAB,
và
BC
với
).(O
Trên các cạnh
ACAB,
lần lượt lấy các
điểm
NM ,
sao cho
.BCCNBM =+

a) Chứng minh rằng
).(
2
1
000
BANMP ∠+∠=∠
b) Chứng minh rằng tam giác
OMN
là tam giác cân.
c) Xác định vị trí của
M
trên
AB
sao cho đoạn
MN
ngắn nhất.


−
+−
=

5
4
1
2
5
−=−=
Đặt
)0(,1
2
>=++ ttxx
phương trình đã cho trở thành:
12)1( =+tt
⇔

012
2
=−+ tt
⇔
3=t
, do
.0>t
Với
3=t
ta có
31
2

⇔
103)(
21
2
21
=−+ xxxx
⇔

10)1(64
2
=−− mm
⇔

0232
2
=−− mm
⇔
.
2
1
2 −=∨= mm
Theo BĐT Cô Si ta có:
b
a
b
a
b
a .22
1
2

C2: Sử dụng các BĐT:
)
1
(
2
11
2
2
y
x
y
x +≥+
và
2
1
≥+
x
x
,
0
>∀
x
.
Suy ra







ta có
.2244)
1
()
1
(
11
222
22
2
=+≥+++≥+++
b
b
a
ab
ab
a

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

1
000
BANMP ∠+∠=∠

b) Ta có
,
00
CNBMBCCNBM +==+
nên
.
00
NNMM =

Hơn nữa
,
00
ONOM =
nên hai tam giác vuông
MOM
0
và
NON
0
bằng nhau.
Suy ra
,ONOM =
hay là tam giác
OMN
cân tại
.O

và khi đó N trùng
N
0
. 0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH Độc lập - Tự do - Hạnh Phúc
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN NĂM 2008
Môn: Toán vòng 2 (Đề chính thức)
Thời gian làm bài: 150 phút
Họ tên thí sinh:

Số báo danh:
Chữ kí giám thị:
16
C
M

, xx
là hai nghiệm của phương trình
.0118
2
=+− xx
Đặt
,,
21
NnxxS
nn
n
∈+=
trong
đó
N
là tập các số tự nhiên.
a) Chứng minh rằng
.,18
12
NnSSS
nnn
∈∀−=
++
b) Chứng minh rằng
n
S
là số nguyên dương và không chia hết cho
17
với mọi
Nn ∈

sao cho
.BNAM ⊥
a) Tính khoảng cách từ
O
đến trung điểm
I
của
MN
theo
.a
b) Xác định vị trí của
M
sao cho độ dài
MBMA +
đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5.
Cần dùng ít nhất bao nhiêu tấm bìa hình tròn có bán kính bằng 1 để phủ kín một tam
giác đều có cạnh bằng 3, với giả thiết không được cắt các tấm bìa?

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
`BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN MÔN TOÁN VÒNG 2
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TUYỂN SINH THPT CHUYÊN – 2008
Câu Nội dung Điểm
17
18
1
2
3
a) Đặt
.01)2(54

=∨=⇔=+−⇔= xxxt
b) Lập phương cả hai vế của phương trình đã cho ta được
15)1312(1312325
3333
+=−+−−−+− xxxxxx
1151312
333
=+−−⇒ xxx
⇔
1)1215)(12(
2
=−−− xxx
⇔
01930
23
=− xx
⇔
.
30
19
0 =∨= xx
-Với
0=x
thì hai vế khác nhau.
- Với
30
19
=x
thì hai vế của phương trình đã cho bằng nhau.
Vậy phương trình có nghiệm

Từ (1) và (2) ta có
0)()(18
21
1
2
1
1
2
2
2
1
=+++−+
++++ nnnnnn
xxxxxx

⇔
.18
12 nnn
SSS −=
++
b) Ta có
3222)(;18;2
21
2
21
2
2
2
122110
=−+=+==+== xxxxxxSxxSS

)1)(1)(1()1)(1)(1)(1(
33
cba
cbadcba
−+−+−
≤−−−≤−−−−
Suy ra
.1
3
1
3
=
++
−+
++
≤
cbacba
P

Dấu đẳng thức xảy ra khi
.10 ====∨==== dcbadcba
Vậy max P
1=
.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

BMK∠
. Vì MK = MB nên PK = PB. Điều đó chứng tỏ K thuộc đường tròn tâm P
cố định với bán kính PB = PA không đổi.
Do đó dây cung AK lớn nhất khi nó là đường kính, nghĩa là
PM ≡
.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
20
Giả sử ABC là tam giác đều có cạnh bằng 3. Chia mỗi
cạnh của tam giác ABC thành ba phần bằng nhau. Nối
các điểm chia bởi các đoạn thẳng song song với các
cạnh, tam giác ABC được chia thành 9 tam giác đều có
cạnh bằng 1. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm trên các cạnh
BC, CA và AB sao cho IC = JA = KB =1. Ba đường
tròn bán kính bằng 1, tâm tương ứng là I, J, K sẽ phủ
kín được tam giác ABC (mỗi hình tròn phủ được 3 tam
giác nhỏ). Như vậy dùng 3 tấm bìa sẽ phủ kín được tam
giác ABC.
Số tấm bìa ít nhất phải dùng cũng là 3, bởi vì nếu ngược
lại sẽ phải có hai trong ba đỉnh của tam giác ABC thuộc
một hình tròn bán kính 1. Điều này không thể xảy ra bởi
vì cạnh của tam giác ABC bằng 3.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC




=++
=+++
11
23)(2
22
xyyx
yxyx
2. Cho các số thực
yx,
thoả mãn
08 >> yx
. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
)8(
1
yxy
xP
−
+=
.
Câu 3 (4 điểm).
Cho hai đường tròn
),(
11
RO
và
),(
22

21
PKOO
là tứ giác nội tiếp.
3. Tia
IK
cắt
),(
22
RO
tại điểm thứ hai là
B
, đường thẳng vuông góc với
IK
tại
I
cắt
),(
11
RO
tại điểm thứ hai là
A
. Chứng minh
BFIA =
.
Chú ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======
21
Họ tên thí sinh

1. Đặt
xyvyxu =+= ,
. Khi đó hệ phương trình trở thành



=+
=−+
11
2322
2
vu
vuu




−=
=−−+
⇔
uv
uuu
11
23)11(22
2




−=

6
5
∨=⇒



=
=
yx
v
u
)4,5()5,4(),(
20
9
−−∨−−=⇒



=
−=
yx
v
u
Vậy hệ có 4 nghiệm (2,3); (3,2); (-4,-5) và (-5,-4)
2. Sử dụng BĐT Côsi cho ba số dương ta có

6





−
=
=−
yx
y
yx
yxy
y
yyx
Do vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 6.
1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1
1
1. Vì IE là đường kính của
),(
11
RO
nên
0
90=∠IPE

là các đường trung bình của tam giác
IEF
nên
21
KOIO
là hình bình hành.
Do đó
2121
KOOIOO ∠=∠
. (2)
từ (1) và (2) suy ra
21
POO∠
21
KOO∠=
, hay
21
PKOO
là tứ giác nội
tiếp.
3.
IA
cắt
),(
22
RO
tại điểm
'A
(khác
I

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======
23
A
B
F
A’
I
E
O
1
O
2
K
P

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
THPT CHUYÊN NĂM 2009
Môn: Toán Vòng 2 (Đề số 2).
Thời gian làm bài 150 phút
( Không kể thời gian phát và nhận đề)
Câu 1.
1. Giải phương trình:
2343 +=−−+ xxx
.
2. Cho biết
),(
11
yx

+=−++ xyyxyx
2. Cho các số thực dương
cba ,,
thoả mãn
.3
=++
cba
Chứng minh rằng
2
3
333
≥
+
+
+
+
+ a
c
c
b
b
a
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Câu 3. Cho ba điểm phân biệt
CBA ,,
cùng nằm trên một đường thẳng (điểm
B
nằm
giữa

tuyến của
)(
3
O
tại điểm
D
.
2. Tính diện tích phần hình phẳng nằm ngoài
)(),(
21
OO
và nằm trong
)(
3
O
theo
BDa
=
.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
===  === ======  ======

24
Họ tên thí sinh
………………………………
SBD:…………………………
Họ tên, chữ ký cán bộ coi thi

02
6
3
4
2
2
2
=+






−−






−⇔=−+−+⇔
x
x
x
x
x
x
x
x

1.Tìm các số nguyên dương thỏa mãn phương trình
0)(13
22
=−−+ yxyx
Phương trình
16913)(13.2)()(
222
=+−−−++⇔ yxyxyx

169)13()(
22
=+−++⇔ yxyx
.
Vì x, y là các số nguyên dương nên dễ thấy

22
512169,13130,130 +=<+−<<+< yxyx
Bằng cách giải hệ phương trình:
)2,10(),(
513
12
=⇒



=+−
=+
yx
yx
yx

2222
nmpnm +=
. (1)
Suy ra
pnm 
22
. Do
p
nguyên tố nên
pmn
, vì thế
pm
hoặc
pn
.
Kết hợp với (1) suy ra
pnm 
22
+
. Do đó
pm
và
pn
.
Suy ra
pnpm ≥≥ ,
. Khi đó
22
111
nm