Tổng hợp các đề thi tuyển sinh môn toán chuyên vòng 1 trên cả nước năm học 2018 2019 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
Đề chính thức

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn thi: TOÁN (CHUNG)
Ngày thi: 02/6/2018
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề).

Câu 1: (1,0 điểm)
Cho biểu thức T =

a − 3 3 a + 6
+

a − 9  a − 4


÷ , với a ≥ 0, a ≠ 4, a ≠ 9
a −2 ÷

a

a) Rút gọn T.
b) Xác định các giá trị của a để T > 0
Câu 2: (2,0 điểm)
2
2
1. Cho phương trình x − 2 ( m − 1) x + m − 3m + 2 = 0 (m là tham số). Tìm m để phương trình
2

2
có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 + x2 − x1 x2 = 5
2018
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2 + 2 x − x2 + 7
Câu 3: (2,0 điểm)
Một người dự định đi từ A đến B cách nhau 120 km bằng xe máy với vận tốc không đổi để đến B
vào thời điểm định trước. Sau khi đi được 1 giờ người đó nghỉ 10 phút, do đó để đến B đúng thời điểm
đã định, người đó phải tăng vận tốc thêm 6km/giờ so với vận tốc ban đầu trên quãng đường còn lại.
Tính vận tốc ban đầu của người đó.

Câu 4: (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc đều nhọn nội tiếp trong đường tròn tâm O. AD là
đường kính của đường tròn (O), H là trung điểm của BC. Tiếp tuyến tại D của (O) cắt đường thẳng BC
tại M. Đường thẳng MO cắt AB, AC lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh MD 2 = MB.MC
b) Qua B kẻ đường thẳng song song với M cắt đường thẳng AD tại P. Chứng minh bốn điểm B,
H, D, P cùng nằm trên một đường tròn.
c) Chứng minh O là trung điểm của EF.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6.
Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3


LỜI GIẢI THAM KHẢO
Câu 1:
a) T =

a − 33 a + 6
+


a − 9  a − 4


÷=
a −2 ÷

a



a −3 


a −3

(

a +3

)(

3

) (

(

a+ 2

a+ 2

)(

)

a− 2

)

+



a −2 

a


3
a 
1
a +3
1
+
=
.
=

÷

÷
a +3 a− 2
a −2 
a +3 a− 2
a− 2
1
> 0 ⇔ a − 2 > 0 ⇔ a > 4 . Vậy a > 4 và a ≠ 9 thì T > 1
b) T > 0 ⇔
a− 2
Câu 2:
1. Phương trình có
1

=T =

∆ ' = b '2 − ac =  − ( m − 1)  − ( m 2 − 3m + 2 ) = m 2 − 2m + 1 − m 2 + 3m − 2 = m − 1
PT có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m − 1 > 0 ⇔ m > 1
b
c
2
Theo hệ thức Vi-et ta có: x1 + x2 = − = 2 ( m − 1) ; x1 x2 = = m − 3m + 2
a
a
2

(

)

(

)

− 3x1 x2 = 5 ⇔  2 ( m − 1)  − 3 m 2 − 3m + 2 = 5
−1 + 29
−1 − 29
⇔ m 2 + m − 7 = 0 ⇔ m1 =
(TMĐK) ; m2 =
(KTMĐK)
2
2
−1 + 29
2
2
Vậy m =
thì PT có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 + x2 − x1 x2 = 5
2
2018
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2 + 2 x − x2 + 7
x12 + x22 − x1 x2 = 5 ⇔ x1 + x2

Ta có: 2 +

2

2x − x2 + 7 = 2 +
2018

≥

2

− ( x − 1) + 8 ≤ 2 + 8 = 2 + 2 2 = 2
2

2018

=

(
)
Vậy GTNN của A là 1009 ( 2 − 1) khi x = 1
Do đó: A =

2+

2 x − x2 + 7

2

2 +1

1009
= 1009
2 +1

(

)

(

)

2 +1

2 −1

Câu 3:
Gọi x (km/h) là vần tốc dự định lúc đầu. ĐK x > 0
120
Thời gian dự định đi hết quãng đường AB là
(giờ)
x
Trong 1 giờ đầu xe đi được quãng đường là: 1.x (km); Quãng đường còn lại phải đi là: 120 – x (km)
120 − x
Thời gian đi trên quãng đường còn lại là:
(giờ)
x+6
1 120 − x 120
=
⇔ x 2 + 4 x − 4320 = 0
Ta có phương trình: 1 + +
6
x+6
x
⇒ x1 = 48 (TMĐK); x2 = − 90 (KTMĐK). Vậy vận tốc lúc đầu là 48 (km/h)
Câu 4:
MD MC

=
⇒ MD 2 = MB.MC
a) Δ MDC ∽ Δ MBD (g.g) ⇒
MB MD
·
·
b) Ta có OH ⊥ BC (vì HB = HC). Do đó: OHM
= ODM
= 900 ⇒ Tứ giác OHDM nội tiếp
¶ =D
¶ mà M
¶ =B
µ (so le trong và OM // BP)
⇒M
1

1

1

1


¶ =B
µ ⇒ 4 điểm B, H, D, P cùng thuộc một đường tròn.
⇒D
1
1

c) Kẻ đường thẳng song song với EF cắt AD, AB lần lượt tại I và K

µ =M
¶ (cặp góc đồng vị) mà D
¶ =M
¶ (cmt)
⇒C
1
1
1
1
µ =D
¶ ⇒ Tứ giác IHDC nội tiếp ⇒ Iµ = C
¶
⇒C
1

1

1

2

¶ =C
¶ (vì nội tiếp cùng chắn cung BD)
Mà A
1
2
µ
¶ ⇒ IH // AB ⇒ IH // BK
Do đó: I = A
1

1

Δ CBK có HB = HC và IH // BK nên IK = IC (1)
OE OA
=
Ta có:
(vì Δ AKI có OE // KI)
(2)
IK
IA
OF OA
=
(vì Δ ACI có OF // CI)
(3)
IC
IA
Từ (1), (2) và (3) suy ra: OE = OF.
Câu 5:
Ta có: a 2 + 1 ≥ 2a; b 2 + 1 ≥ 2b; c 2 + 1 ≥ 2c (1)

a 2 + b 2 ≥ 2ab; b 2 + c 2 ≥ 2bc; c 2 + a 2 ≥ 2ac ⇒ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ac ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
a 2 + 1 + b 2 + 1 + c 2 + 1 + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( a + b + c ) + 2 ( ab + bc + ac )
⇔ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ≥ 2 ( a + b + c + ab + bc + ac )
⇔ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) + 3 ≥ 2.6 = 12 ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3
Dấu “= “ xảy ra khi a = b = c = 1


Hướng dẫn

Bài 3.
a) ĐK: x ≠ −2; y ≠ 1
x − 2
 y − 1 = a
3a + 2b = −3 a = −3
⇔
Đặt 
ta có hệ phương trình 
2a
+
3b
=
3
y
+
1

b = 3

=b
 x + 2
x − 2
 y − 1 = −3  x − 2 = −3y + 3
 x + 3y = 5
 x = −1
⇒
⇔
⇔

=> 
(t/m)
 y + 1 = 3x + 6
−3x + y = 5
y = 2
 y +1 = 3
 x + 2
b) Đặt 2x 2 + x + 1 = y ta có phương trình
( t − 4x ) ( t + 4x ) = 9x 2 ⇔ t 2 = 25x 2 ⇔ t = ±5x
2+ 2
2− 2
;x=
2
2
−3 ± 7
Với t = - 5x ta có 2x 2 + x + 1 = −5x ⇔ 2x 2 + 6x + 1 = 0 ⇒ x =
2

Với t = 5x ta có : 2x 2 + x + 1 = 5x ⇔ 2x 2 − 4x + 1 = 0 => x =

Bài 4.

a) ta có C là điểm chính giữa cung AB => OC vuông góc với AB
=> góc AOC = 900
Lại có CI vuông góc với AM => góc AIC = 900
=> đỉnh O và I cùng nhìn AC dưới góc 900 => tứ giác ACIO nội tiếp
b) góc AMB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> tam giác BMN = tam giác CIN (cạnh huyền – góc nhọn)
=> MN = IN => tứ giác BMCI là hình bình hành
c) ta có C là điểm chính giữa cung AB => số đo cung AC = số đo cung BC = 900

=> góc AMC = 450 => tam giác CIM vuông cân tại I => IC = IM
=> tam giác COI = tam giác MOI (c.c.c)=> góc MOI = góc COI
Lại có tứ giác ACIO nội tiếp => góc COI = góc MAC
=> góc MAC = góc MOI


d) ta có tam giác OAC vuông cân có OA = R => AC = R 2 =BC => CN =
góc ACB = 900 => tam giác ACN vuông tại C
Áp dụng định lý Py ta go ta có AN2 = AC2 + CN2 = 2R2 +
=> AN =

R2
5R 2
=
2
2

R 10
NC 2 R 10
MI
; Áp dụng hệ thức lượng có NI =
=
= MN =
NA
10
2
2

R 10
= CI = MB

5
⇒ AM = AN + MN = R 10 + R 10 = 3R 10
2
10
5

=> MI =

1
1 3R 10 R 10 3R 2
AM.CI = .
.
=
2
2
5
5
5
1
1 3R 10 R 10 3R 2
Diện tích tam giác AMB là: AM.MB = .
.
=
2
2
5
5
5
2
2

2
3R
3R
6R
+
=
Diện tích tứ giác ACMB là:
5
5
5

Diện tích tam giác ACM là:

Hết

R 2
2


Hướng dẫn
Bài 6.


a) ta có góc BAC = 900 (gt) ; góc BDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> đỉnh A, D cùng nhìn BC dưới góc 900 => tứ giác ABCD nội tiếp
b) tứ giác ABCD nội tiếp => góc ACB = góc ADB (2 góc nội tiếp chắn cung AB)
lại có tứ giác DMCS nội tiếp => góc ACS = góc ADB (cùng bù với góc MDS)
=> góc ACS = góc ACB => CA là phân giác của góc SCB
Bài 7.

Xét tam giác AEB và tam giác AFC có
góc BAC chung; góc AEB = góc AFC = 900 => tam giác AEB đồng dạng với tam giác AFC => AE/AF
= AB/AC => AE.AC = AF.AB
Xét tam giác AMC vuông tại M, có ME là đường cao, áp dụng hệ thức lượng ta có
AM2 = AE.AC
tương tự ta có AN2 = AF.AB
=> AM2 = AN2 => AM = AN
Hết





Hướng dẫn
Câu 4.

3) ta có góc ADB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => tam giác ADB vuông tại
D. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
AD2 = AH.AB
Xét tam giác AHN và tam giác AMB có:
Góc BAM chung; góc AHN = góc AMB = 900
=> tam giác AHN đồng dạng với tam giác AMB => AH/AM = AN/AB
=> AH.AB = AM.AN
=> AD2 = AM.AN
4) ta có góc AMD = góc CMA = góc CBA => tứ giác BMIP nội tiếp
=> góc IPB = 900 (do góc IMB = 900)
=> tứ giác ACIP nội tiếp => góc PCI = góc PAI = góc BCM => CI là phân giác của góc
MCP
Lại có IM là tia phân giác của góc CMP
=> I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CMP

Câu 5.


Bài tập Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 .

1

Chứng minh rằng:

4 − ab

+

1
4 − bc

+

1
4 − ca

≤1

Hướng dẫn
Cách 1: ta có

( a+b

+ c ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) ≤ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = 3(a 2 + b 2 + c 2 )
2

⇔ ( a + b + c) ≤ 9 ⇔ a + b + c ≤ 3
có
2

a + b + c ≤ 3 ⇔ 3 − ( a + b ) ≥ c ⇔ 3 − 2 ab ≥ c ⇔ 4 − ab ≥ c + ab + 1
Nên

1
1 1
1
1
1
 11

≤  +
+ 1÷ ≤  +
+
+ 1÷
4 − ab c + ab + 1 9  c
ab  9  c 2a 2b

1
11 1
1
1
11 1
1



≤  +
+
+ 1÷;
≤  +
+
+ 1÷
Tương tự
4 − bc 9  a 2c 2b
 4 − ac 9  b 2c 2a

1

≤

a + 1)
a 2 + 2a + 1 1 b 2 + 2b + 1 1 c 2 + 2c + 1
Ta có ( a + 1) ≥ 4a ⇔ 1 ≤ (
=
; ≤
; ≤
a
4
4
b
4
c
4
2

2

Nên P ≤

2  1 1 1  1 2  a 2 + b 2 + c 2 + 2a + 2b + 2c + 3  1
÷+ ≤ 1
 + + ÷+ ≤ 
9a b c 3 9
4
 3

Cách 2

Ta có

2
4 − ab

= 1−

(
(

)(
)(

)
)

2 − ab 2 + ab
2 − ab

4 − ab
= 1−
= 1−
4 − ab
8 + 2 ab − ab
4 − ab 2 + ab

Và 3 = a 2 + b 2 + c 2 > a 2 + b 2 = ( a − b ) + 2ab ≥ 2ab
2

8 + 2 ab − ab = 9 −

(

Do đó 4 − ab > 0 và

)

2

ab − 1 ≤ 9

2

≤ 1−

4 − ab 5 ab 5 a 2 + b 2
= +
≤ +
9

9 9 9
18

4 − ab
2
5 b2 + c 2
2
5 c2 + a2
≤ +
;
≤ +
Tương tự
18
18
4 − bc 9
4 − ac 9
1
1
1
1  15 a 2 + b 2 + c 2 
+
+
≤  +
Bởi vậy
÷= 1
9
4 − ab 4 − cb 4 − ac 2  9

Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c = 1

ta cũng



Hướng dẫn
Câu IV

1) xét tam giác NBD và tam giác NAB có
góc BND chung
góc NBD = góc NAC = góc NAB
=> tam giác NBD đồng dạng với tam giác NAB
=> NB/NA = ND/NB => NB2 = NA.ND
2) ta có AD là phân giác của góc BAC => cung BN = cung NC
Góc MDA là góc có đỉnh trong đường tròn
=> góc MDA = (sđ cungAB + sđ cung NC)/2 = (sđ cung AB + sđ cung BN)/2
= sđ cung AN /2 = góc MAD
=> tam giác MAD cân tại M => DM = MA (không đổi)
=> D thuộc đường tròn (M; MA) không đổi
Câu V.
2
1) ta có pt trở thành: ( x + y ) + 2(x + y) + y(x + y) = 3 ⇔ ( x + y ) ( x + 2y + 2 ) = 3
x + y = 1
 x + y = −1
x + y = 3
⇔
hoặc 
hoặc 
hoặc
 x + 2y + 2 = 3
 x + 2y + 2 = −3

 x + 2y + 2 = 1
x = 1
x = 3
x = 7
 x = −3
⇔
hoặc 
hoặc 
hoặc 
y = 0
 y = −4
 y = −4
y = 0

2)

 x + y = −3

 x + 2y + 2 = −1


Hướng dẫn


Câu 3.
b) ĐK: −3 ≤ x ≤ 6
Đặt x + 3 = a; 6 − x = b (a,b ≥ 0 )
Ta có hệ phương trình:

2 ( a + b ) − 2ab = 6

a + b − ab = 3
a + b − ab = 3
⇔
⇔
 2


2
2
2
a + b = 9
( a + b ) − 2ab = 9
( a + b ) − 2ab = 9

=> ( a + b ) − 2 ( a + b ) = 3 ⇔ ( a + b ) − 2 ( a + b ) − 3 = 0
=> a + b = −1(L);a + b = 3
Với a + b = 3 => ab = 0 => a, b là 2 nghiệm của phương trình Y2 - 3Y = 0
=> Y1 = 0 hoặc Y2 = 3
Nếu a = 0 => b = 3  x + 3 = 0; 6 − x = 3 ⇒ x = −3 (t.m)
Nếu a = 3 => b = 0  x + 3 = 3; 6 − x = 0 ⇒ x = 6 (t/m)
Câu 4.
2

2

a)Ta có tứ giác ABCD là hình vuông => góc ABC = góc ADC = 900 => tứ giác ABCI có
hai góc đối vuông nên nội tiếp
đỉnh I và D cùng nhìn AC dưới góc 900 => tứ giác ACDI nội tiếp
b) theo câu a ta có tứ giác AIDC nội tiếp => góc HID = góc HCA
mà theo tính chất hình vuông thì góc HCA = 450 => góc HID = 450

c) góc HID = góc HCA => tam giác HID đồng dạng với tam giác HCA (g.g)
=> HI/HC = HD/HA => HI.HA = HD.HC
d) kẻ từ B đường thẳng vuông góc với BK, đường này cắt DC tại G
=> góc ABK = góc CBG (cùng phụ góc KBC)
=> tam giác ABK = tam giác CBG (g.c.g) => BK = BG
Xét tam giác NBG vuông tại B có đường cao BC, áp dụng hệ thức lượng ta có
1
1
1
1
1
=
+
=
+
2
2
2
2
BC
BG
BN
BK
BN 2

Câu 5.

Hướng dẫn
Bài 5.

a) ta có AB và AC là hai tiếp tuyến => góc ABO = góc ACO = 900
=> tứ giác ABOC nội tiếp
b) ta có góc ABOC nội tiếp => góc CAM = góc CBO = góc CED
=> đỉnh A và E cùng nhìn MC dưới góc không đổi
=> tứ giác AEMC nội tiếp
c) ta có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau => AO vuông góc với BC
lại có góc BCD = 900 => BC vuông góc với BC
=> CD//AO => tứ giác CDNM là hình thang
Lại có tứ giác CDFE nội tiếp => góc AEC = góc CDF
Tứ giác AEMC nội tiếp => góc AEC = góc AMC
CD//AN => góc AMC = góc MCD (so le)
=> góc MCD = góc CDN
=> tứ giác CDNM là hình thang cân
=> CM = DN


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề thi gồm 01 trang

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2018 – 2019
MÔN THI: TOÁN
(Dành cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,5 điểm) Cho biểu thức:
x−4
1


1
P=
+ 1÷:
với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠ 4 .
4
 x − 3 x + 2  2x − 3 x + 1
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm x sao cho P = 2019 .
10
c) Với x ≥ 5 , tìm giá trị nhỏ nhất của T = P + .
x
Câu 2: (0,75 điểm)
1
1
Cho hai đường thẳng (d1): y = mx + m và (d2): y = − x + (với m là tham số, m ≠ 0 ). Gọi I(
m
m
x0 ; y0 ) là tọa độ giao điểm của hai đường thẳng (d1) với (d2). Tính T = x02 + y02 .
Câu 3: (1,25 điểm)
Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình: x 2 + (2 − m) x − 1 − m = 0 (m là tham số).
a) Tìm m để x1 − x2 = 2 2 .
1
1
+
b) Tìm m sao cho T =

đạt giá trị nhỏ nhất.
2
( x1 + 1) ( x2 + 1) 2
Câu 4: (1,5 điểm)
a) Giải phương trình: 4 x + 8072 + 9 x + 18162 = 5 .
 x3 − y 3 + 3x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0
b) Giải hệ phương trình:  2
2
 x + y − 3x = 1
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O bán kính a và điểm J có JO = 2a. Các đường thẳng JM, JN theo thứ tự
là các tiếp tuyến tại M, tại N của đường tròn (O). Gọi K là trực tâm của tam giác JMN, H là
giao điểm của MN với JO.
a) Chứng minh rằng: H là trung điểm của OK.
b) Chứng minh rằng: K thuộc đường tròn tâm O bán kính a.
c) JO là tiếp tuyến của đường tròn tâm M bán kính r. Tính r.
d) Tìm tập hợp điểm I sao cho từ điểm I kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn (O) và hai
tiếp tuyến đó vuông góc với nhau.
Câu 6: (0,5 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực không âm thỏa mãn: 12 x + 10 y + 15 z ≤ 60 . Tìm giá trị lớn nhất của
T = x2 + y 2 + z 2 − 4x − 4 y − z .
-------------------- HẾT -------------------Họ và tên thí sinh: ....................................................
Chữ kí của giám thị 1: ..............................................

Số báo danh: .........................................
Chữ kí của giám thị 2: ..........................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu

Phần

Nội dung
x−4
1


P=
+ 1÷:
 x − 3 x + 2  2x − 3 x + 1
 x +2

x −2

=
+ 1 × x − 1 2 x − 1
 x −1

x −2


 x +2 
=
+ 1÷× x − 1 2 x − 1
x
−
1



(
(

a)

Điểm

)(
)(

)
)

(

( x + 2 + x − 1) ×( 2
= ( 2 x + 1) ×( 2 x − 1)
=

(

)(

)(

)

)

1.0

)

x −1

= 4x −1
Câu 1
(2,5đ)
b)

c)

Câu 2
(0,75đ
)

1
Vậy P = 4 x − 1 với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠ 4 .
4
1
Với x ≥ 0; x ≠ ; x ≠ 1; x ≠ 4 , ta có:
4
P = 2019 ⇔ 4 x − 1 = 2019 ⇔ x = 505 (thỏa mãn ĐK)
Vậy với x = 505 thì P = 2019 .
10
10 2 x 10 18 x
+ +
−1
Xét T = P + = 4 x − 1 + =

x
x
5
x
5
2 x 10
2 x 10
+ ≥2
× =4
Áp dụng BĐT Côsi, ta có:
5
x
5 x
2 x 10
=
⇔ x = 5 (do x ≥ 0)
Dấu “=” xảy ra ⇔
5
x
18 x
≥ 18 (vì x ≥ 5 )
Lại có:
5
⇒ T ≥ 4 + 18 − 1 = 21
Vậy min T = 21 tại x = 5 .
Theo đề bài, ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ:
1
1
 y0 = mx0 + m


2
2

mx0 + m = − x0 +
m x0 + m = − x0 + 1
⇔
⇔
m
m



1
1
 y0 = mx0 + m
 y0 = − m x0 + m
 y0 = mx0 + m

1 − m2

1 − m2
x
=
x
=
0

(m 2 + 1) x0 = 1 − m 2
1 + m2


 0 1 + m 2
⇔
⇔
⇔

2
 y0 = m( x0 + 1)
 y = m  1 − m + 1
 y = 2m

÷
0
2

 0 1 + m 2
1+ m

Do đó:

0.5

1.0

0.75


2
2
 1 − m 2   2m  1 − 2m 2 + m 4 + 4m 2 ( 1 + m )
T = x + y =

+
=
=
=1
2 ÷
2 ÷
2 2
2 2
1+ m  1+ m 
1
+
m
1
+
m
(
)
(
)
2

2

2
0

2
0

Phương trình: x 2 + (2 − m) x − 1 − m = 0 (m là tham số).

Xét ∆ = (2 − m) 2 − 4(−1 − m) = 4 − 4m + m 2 + 4 + 4m = m 2 + 8 > 0 ∀m
⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
 x1 + x2 = m − 2
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 
 x1 x2 = −1 − m

0.25

x1 − x2 = 2 2 ⇔ ( x1 − x2 ) = 8 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 8
2

Câu 3
(1,25đ
)

a)

b)

2

⇔ ( m − 2 ) − 4(−1 − m) = 8 ⇔ m 2 + 8 = 8 ⇔ m = 0
Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
1
1
( x1 + 1) 2 + ( x2 + 1) 2 x12 + 2 x1 + 1 + x22 + 2 x2 + 1
T=
+
=
=

( x1 + 1) 2 ( x2 + 1) 2
( x1 + 1) 2 ( x2 + 1) 2
( x1 x2 + x1 + x2 + 1) 2
2

( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + 2 (m − 2) 2 − 2( −1 − m) + 2( m − 2) + 2
=
=
( x1 x2 + x1 + x2 + 1) 2
(−1 − m + m − 2 + 1) 2

0.5

0.5

m 2 − 4m + 4 + 2 + 2m + 2m − 4 + 2 m 2 + 4 4
=
=
≥ =1
(−2)2
4
4
Vậy min T = 1 tại m = 0 .
4 x + 8072 + 9 x + 18162 = 5 (ĐK: m ≥ −2018 )

Câu 4
(1,5đ)

⇔ 2 x + 2018 + 3 x + 2018 = 5
a)

b)

⇔ 5 x + 2018 = 5
⇔ x + 2018 = 1
⇔ x + 2018 = 1
⇔ x = −2017 (thỏa mãn ĐK)
Vậy nghiệm của phương trình là x = −2017
Dựa theo lời giải của bạn Giang Tien Hai
 x3 − y 3 + 3x 2 + 6 x − 3 y + 4 = 0 (1)
 2
2
(2)
 x + y − 3x = 1

0.75

0.75


(1) ⇔ ( x3 + 3 x 2 + 3 x + 1) − y 3 + 3 x − 3 y + 3 = 0
⇔ ( x + 1)3 − y 3 + 3( x − y + 1) = 0
⇔ ( x + 1 − y ) ( x + 1) 2 + y ( x + 1) + y 2  + 3( x − y + 1) = 0
⇔ ( x + 1 − y ) ( x + 1) 2 + y ( x + 1) + y 2 + 3 = 0
2

1  3 2 
⇔ ( x + 1 − y )   x + 1 + y ÷ + y + 3 = 0
2  4



2


1  3 2

⇔ x + 1 − y = 0  do  x + 1 + y ÷ + y + 3 > 0 ÷

÷
2  4



⇔ y = x +1
Thay y = x + 1 vào (2) được:
x 2 + ( x + 1) 2 − 3 x = 1

⇔ x 2 + x 2 + 2 x + 1 − 3x = 1
⇔ 2x2 − x = 0
⇔ x(2 x − 1) = 0
x = 0
⇔
x = 1
2

x = 0 ⇒ y = 0 +1 = 1
1
1
3
x = ⇒ y = +1 =

2
2
2

 1 3 
Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) ∈ ( 0;1) ,  ; ÷
 2 2 

Câu 5
(3,5đ)

0.25


a)

b)

c)

d)

Ta có: OM ⊥ JM (JM là tiếp tuyến của (O))
NK ⊥ JM (K là trực tâm của ∆ JMN)
⇒ OM // NK
Chứng minh tương tự được ON // MK
⇒ OMKN là hình bình hành
Hình bình hành OMKN có hai đường chéo OK và MN cắt nhau tại H
⇒ H là trung điểm của OK.
Hình bình hành OMKN có OM = ON = a nên là hình thoi

⇒ OM = MK ⇒ ∆ OMK cân tại M
∆ OMJ vuông tại M, có:
OM a 1
·
·
cos MOJ
=
=
= ⇒ MOJ
= 600
OJ 2a 2
⇒ ∆ OMK là tam giác đều
⇒ OK = OM = a ⇒ K ∈ (O; a).
OMKN là hình thoi ⇒ MH ⊥ OK tại H
⇒ JO là tiếp tuyến của (M; MH) ⇒ r = MH
∆ OMH vuông tại H
a 3
a 3
·
hay r =
⇒ MH = OM.sin MOH
= a.sin 600 =
2
2

Giả sử IA, IB là các tiếp tuyến của (O) với A, B là các tiếp điểm
* Phần thuận:
·
·
·

Tứ giác IAOB có AIB
= IAO
= IBO
= 900 nên là hình chữ nhật
Lại có OA = OB = a ⇒ IAOB là hình vuông
⇒ OI = OA. 2 = a 2 ⇒ I ∈ O;a 2

(

)

* Phần đảo:
Lấy điểm I ∈ O;a 2 thì IO = a 2

(

)

∆ OAI vuông tại A ⇒ IA = OI 2 − OA 2 =
Tương tự tính được IB = a
⇒ IA = IB = OA = OB = a
⇒ Tứ giác IAOB là hình thoi
·
⇒ AIB
= 900

(

a 2

)

(

2

− a2 = a2 = a

)

* Kết luận: Tập hợp điểm I cần tìm là đường tròn O;a 2 .

0.75

0.75

0.75

1.0