010 toán vào 10 chuyên hưng yên 2018 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2 điểm) Cho các biểu thức

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2018-2019
Môn thi : TOÁN
(Dành cho thí sinh dự các lớp chuyên: Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
x +1
−1
A=
: 2
x x + x + x −x + x
B = x 4 − 5 x 2 − 8 x + 2025

và

với

x > 0, x ≠ 1

a) Rút gọn biểu thức A
x

T = B − 2 A2

m

y = x2

b) Tìm các giá trị của để biểu thức
Câu 2 (2 điểm)
a) Tìm các giá trị của
biệt

A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

để đồ thị hàm số
sao cho
x

( x1 − x2 )

b) Tìm các giá trị nguyên của để
Câu 3 (2 điểm)
a) Giải phương trình

8

đạt giá trị nhỏ nhất
và

y = x−m

cắt nhau tại hai điểm phân

+ ( y1 − y2 ) = 162
8

M = x 4 + ( x + 1) − 2 x 2 − 2 x
3

là số chính phương.

2 x 3 − 108 x + 45 = x 48 x + 20 − 3 x 2

 x 2 + y 2 + x + y = ( x + 1) ( y + 1)

2
 x   y  2

÷ +
÷ =1
y
+
1
x
+
1






b) Giải hệ phương trình
Câu 4 (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) và một đường thẳng d không có điểm chung với
đường tròn. Trên d lấy một điểm M bất kỳ, qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB với đường

tròn (O) (A, B là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của đường tròn (O). Tiếp tuyến của
đường tròn (O) cắt đường thẳng AB tại E
BE.MB = BC .OB

a) Chứng minh rằng
b) Gọi N là giao điểm của CM với OE. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung
điểm của đoạn thẳng OM và CE vuông góc với đường thẳng BN
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB khi M di chuyển trên đường thẳng d, biết
và khoảng cách từ O đến đường thẳng d bằng 10 cm
Câu 5 (1 điểm)

R = 8cm


a>0

Cho a, b là hai số thay đổi thỏa mãn các điều kiện
8a 2 + b 2
A=
+b
4a

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Điều kiện
A=
=
=

x > 0; x ≠ 1

x +1
−1
: 2
=
x x + x + x −x + x
x +1

(

)

x. x + x + 1
x +1
.
x + x +1

b) Ta có:

(

(

(

x +1

)

x x + x +1

(

. x2 − x

)

. x x x −1

)(

) (

x −1 x + x +1 =

)(

x +1

)

x −1 = x −1

T = B − 2 A2

= x 4 − 5 x 2 − 8 x + 2025 − 2 ( x − 1)

2

= x 4 − 5 x 2 − 8 x + 2025 − 2 x 2 + 4 x − 2
= x 4 − 7 x 2 − 4 x + 2023
= x 4 − 8 x 2 + 16 + x 2 − 4 x + 4 + 2003
= ( x 2 − 4 ) + ( x − 2 ) + 2023
2

Vì

(x

2

2

− 4 ) ≥ 0, ( x − 2 ) ≥ 0 ⇒ T ≥ 2003
2

Dấu “=” xảy ra
Vậy với

)

2

 x = 2
 x2 − 4 = 0

⇔
⇔   x = −2 ⇔ x = 2

x − 2 = 0
x = 2


Tmin = 2003 ⇔ x = 2

và

a +b ≥1


Câu 2
a)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là:
Hai đồ thị hàm số cắt nhau tại hai điểm phân biệt
⇔ ∆ > 0 ⇔ 1 − 4m > 0 ⇔ m <

Gọi

x1 , x2

x 2 = x − m ⇔ x 2 − x + m = 0(*)

⇔ ( *)

có hai nghiệm phân biệt

1
4

là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó ta có:

Áp dụng hệ thức Vi ét ta có:
Theo đề bài ta có:

 x1 + x2 = 1

 x1 x2 = m

( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 162
8
8
⇔ ( x1 − x2 ) + ( x1 − m − x2 + m ) = 162
8
8
⇔ ( x1 − x2 ) + ( x1 − x2 ) = 162
8

8

⇔ ( x1 − x2 ) = 81 =
8

( 3)

8

x − x = 3
 x = x2 + 3
⇔ 1 2

⇔ 1
 x1 − x2 = − 3
 x1 = x2 − 3
x1 = x2 + 3 ⇒ 2 x2 + 3 = 1 ⇔ x2 =

+) Với
⇒ x1 x2 = m =

1− 3 1+ 3
1
.
= − (tm)
2
2
2

x1 = x2 − 3 ⇒ 2 x2 − 3 = 1 ⇔ x2 =

+)Với
⇒ x1 x2 = m =
m=−

Vậy

1
2

1− 3
1+ 3
⇒ x1 =

2
2

1+ 3
1− 3
⇒ x1 =
2
2

1− 3 1+ 3
1
.
= − (tm)
2
2
2

thỏa mãn điều kiện bài toán.

y1 = x1 − m,

y2 = x2 − m


M = x 4 + ( x + 1) − 2 x 2 − 2 x
3

b) Ta có:

M = x 4 + x 3 + 3x 2 + 3 x + 1 − 2 x 2 − 2 x

M = x 4 + x3 + x 2 + x + 1
⇒ 4M = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4

+) Ta có:

( 2x

2

+ x ) = 4 x 4 + 4 x3 + x 2 ≤ 4 x 4 + 4 x3 + x 2 + 2 x 2 + ( x + 2 ) = 4 x 4 + 4 x 3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = 4M
2

Ta thấy dấu

2

"="

không thể xảy ra nên

( 2x

2

+ x ) < 4M
2

(1)

x = 0 ⇒ 4M = 4 ⇔ M = 1 ⇒

+) Với
M là số chính phương
x = 1 ⇒ 4M = 20 ⇔ M = 5 ⇒ M
Với
không là số chính phương.
Với

x = 2 ⇒ 4 M = 124 ⇒ M = 31 ⇒
x ≠ { 0;1;2}

Với
Ta có:

ta có:

M không là số chính phương

x −1 ≥ 2
x ≥ 3
2
2
⇔
 x − 1 ≤ −2
 x ≤ −1 ⇒ ( x − 1) ≥ 4 ⇔ 4 − ( x − 1) ≤ 0



4 M = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4
= 4 x 4 + 4 x3 + 5 x 2 + 2 x + 1 − x 2 + 2 x + 3

= ( 2 x 2 + x + 1) − ( x − 1) + 4
2

⇒ 4 M ≤ ( 2 x 2 + x + 1)

2

2

(2)

⇒ ( 2 x 2 + 1) < 4 M ≤ ( 2 x 2 + x + 1) .
2

Từ (1) và (2)

2

Mà

x ∈ ¢ ⇒ 4 M = ( 2 x 2 + x + 1)

2

 x −1 = 2
x = 3
2
⇔ ( x − 1) = 4 ⇔ 
⇔
 x − 1 = −2

 x = −1

x

Vậy có 3 giá trị nguyên của thỏa mãn yêu cầu bài toán là
Câu 3.
Câu a

x = 0; x = −1 ; x = 3


x≥−

Điều kiện:

5
12

2 x 3 − 108 x + 45 = x 48 x + 20 − 3 x 2
⇔ 2 x3 − 3 12 x + 5 = 2 x 12 x + 5 − 3 x 2
⇔ 2 x3 + 3 x 2 = 2 x 12 x + 5 + 3 12 x + 5
⇔ x 2 (2 x + 3) = 12 x + 5. ( 2 x + 3)

(

)

⇔ ( 2 x + 3) x 2 − 12 x + 5 = 0
3


2 x + 3 = 0
x
=
−
(ktm )
⇔ 2
⇔
2
 4
 x = 12 x + 5
 x = 12 x + 5 (1)
( 1) ⇔ x 4 + 4 x 2 + 4 = 4 x 2 + 12 x + 9
⇔ ( x 2 + 2 ) = ( 2 x + 3)
2

2

x = 1+ 2
 x2 + 2 = 2x + 3
 x2 − 2 x − 1 = 0
⇔ 2
⇔ 2
⇔
 x + 2 = −2 x − 3
 x + 2 x + 5 = 0(VN )
 x = 1 − 2

Vậy nghiệm của phương trình là

x = 1± 2

b) Điều kiện:

x ≠ −1; y ≠ −1

y
 x
 x 2 + y 2 + x + y = ( x + 1) ( y + 1)
 x( x + 1) + y ( y + 1) = ( x + 1)( y + 1)
 y +1 + x +1 = 1



2
⇔  x  2  y  2
⇔
 x   y  2
2
2
+
=
1


x
+
=
1
 y 


÷

÷



÷ 
÷
+
÷ =1
 y + 1   x + 1 
 y + 1   x + 1 
 y + 1 ÷
  x +1


a=

Đặt

x
y
;b =
.
y +1
x +1

Khi đó hệ phương trình trở thành:

b = 1 − a
a + b = 1
b = 1 − a
b = 1 − a

⇔
⇔
⇔
a = 0
 2



2
2
2
a
(
a
−
1)
=
0
a
+
b
=
1
2
a

−
2
a
+
1
=
1



a = 1


 x
  y + 1 = 0

 a = 0   y
 x = 0

=
1


  x + 1
b
=
1

y =1
⇔

⇒
⇔
(tm)
 a = 1
 x = 1
 x
=1



 b = 0   y + 1
  y = 0

 y
  x + 1 = 0


Vậy nghiệm của hệ phương trình là

( x; y ) = (1;0)

hoặc

( x; y ) = (0;1)


Câu 4

a) Xét tứ giác
nội tiếp

OAMB

·
·
⇒ OAB
= OMB

Mà

Tứ giác OAMB là tứ giác

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OB)

·
·
OAB
= OMB

Xét tam giác

có

·
·
OAM
+ OBM
= 900 + 900 = 1800 ⇒

(cùng phụ với

OMB

và tam giác

·ACB ) ⇒ OMB
·
·
= BCE

ECB

có:

·
·
·
·
OBM
= EBC
= 900 ; OMB
= BCE
(cmt ) ⇒ ∆OMB : ∆ECB ( g .g )


⇒

BE BC
=
⇔ BE.MB = BC .OB ( dpcm)

OB MB

b) Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của OM và CE
∆OMB : ∆ECB

Xét tam giác

EAC

·
·
(cmt ) ⇒ CEB
= MOB

và tam giác

OMA

có:

·
·
·
·
·
·
ECA
= OMA
= 900 ; CEA
= CEB

= MOB
= MOA

⇒ ∆EAC : ∆OMA( g .g ) ⇒

Xét tam giác

COE

EC AC
EC AC
=
⇒
=
OA AM
OC AM

và tam giác

AMC

có

CE AC
=
(cmt ) ⇒ ∆COE : ∆ACM
CO AM

Mà

·
·
OCE
= CAM
= 900

(c.g .c)

·
⇒ ·AMC = COE

·
·
·
COE
+ NOA
= 1800 ⇒ ·AMC + NOA
= 1800 ⇒

(hai góc tương ứng)

Tứ giác OAMN là tứ giác nội tiếp (Tứ

0

giác có tổng hai góc đối bằng 180 )

·
·
⇒ ONM

= 1800 − OAM
= 900 ⇒ ∆OMN

1
⇒ NP = OM
2

vuông tại N.

(trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

1
⇒ NP = BP = OM ⇒ P
2

thuộc trung trực của đoạn thẳng BN
NQ = BQ =

Chứng minh tương tự ta có :
Vậy PQ là trung trực của đoạn thẳng BN
H = AB ∩ OM

1
EC ⇒ Q
2

thuộc trung trực của đoạn thẳng BN

⇒ PQ ⊥ BN

OH ⊥ AB ⇒ ABmin ⇔ OH max

c) Gọi
ta có
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM có:


OH .OM = OA2 = R 2 ⇒ OH =

trên đường thẳng d

Vậy dây AM nhỏ nhất là
Câu 5:
Theo giả thiết ta có:

≥a+

là hình chiếu vuong góc của O

82
⇒ OM = d ( O; d ) = 10 ⇒ OH =
= 6, 4 (cm)
10

Xét tam giác vuông OAH có

⇒ A≥

R2
⇒ OH max ⇔ OM min ⇔ M

OM

AH = 82 − 6, 42 = 4,8(cm) ⇒ AB = 2 AH = 9,6(cm)

9,6cm

a + b ≥ 1 ⇔ b ≥ 1− a

8a 2 + 1 − a
1 1
1
1
+ b 2 = 2a +
− + b2 = a +
+ a + b2 −
4a
4a 4
4a
4

1
1
1
3
1
1 1
+ a + a 2 − 2a + 1 − = a +
+ a2 − a + = a +
+ a2 − a + +
4a

4
4a
4
4a
4 2
2

1 
1 1
1 3
≥ 2 a.
+  a − ÷ + ≥1+ =
4a 
2 2
2 2

Co − si

Dấu bằng xảy ra
MinA =

Vậy

1
1

;a − = 0
1
a =
⇔

⇔ a=b=
4a
2
2
b = 1 − a

3
1
⇔ a =b =
2
2

(tm)