ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 - 2019
Câu 1( 2điểm): Cho các biểu thức:
A

x  0
; B  x 4  5x 2  8x  2025 với 
x x  x  x x  x
x  1
x 1

:

1

2

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của x để biểu thức T = B – 2A2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 2( 2điểm):
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x2 và y = x – m cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A(x1; y1), B(x2; y2) sao cho (x1 – x2)8 +(y1–y2)8=162.
b) Tìm các giá trị nguyên của x đề M = x4 + (x + 1)3 – 2x2 – 2x là số chính phương.
Câu 3( 2điểm):
a) Giải phương trình: 2x3  108x  45  x 48x  20  3x 2
x 2  y 2  x  y  (x  1)(y  1)

b) Giải hệ phương trình:  x 2  y 2

 
 1
 y  1   x  1 

Câu 4( 3 điểm):Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường
tròn. Trên d lấy 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)
tại C cắt đường thẳng AB tại E.
a) Chứng minh rằng BE.MB = BC.OB
b) Gọi N là giao điểm của CM với OE. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm của
2 đoạn thẳng OM và CE vuông góc với đường thẳng BN.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB khi điểm M di chuyển trên đường d, biết R = 8cm và
khoảng cách từ O tới đường thẳng d bằng 10cm.
Câu 5( 1 điểm):
Cho a, b là hai số thay đổi thỏa mãn các điều kiện a > 0 và a + b ≥ 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 

8a2  b 2
b .
4a

-----------


BÀI GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
(GV Lưu Văn Thám thực hiện)
Câu 1( 2điểm): Cho các biểu thức:
A

x  0
; B  x 4  5x 2  8x  2025 với 
x x  x  x x 2  x
x  1

x 1

:

1

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của x để biểu thức T = B – 2A2 đạt giá trị nhỏ nhất.
a) A 

x 1
x(x  x  1)

.

x(x x  1) ( x  1) x( x  1)(x  x  1)

 ( x  1)( x  1)  x  1
1
x(x  x  1)

b) Ta có : T  x 4  5x2  8x  2025  2(x  1)2  x 4  7x2  4x  2023
 x 4  8x2  16  x2  4x  4  2003  (x 2  4)2  (x  2)2  2003  2003 x

(do (x2 – 4)2 ≥ 0, (x – 2)2 ≥ 0  x). Dấu “ = “ xảy ra khi x = 2.
Vậy GTNN của T là 2003 khi x = 2.
Câu 2( 2điểm):
a) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số y = x2 và y = x – m cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A(x1; y1), B(x2; y2) sao cho (x1 – x2)8 +(y1–y2)8=162.
b) Tìm các giá trị nguyên của x đề M = x4 + (x + 1)3 – 2x2 – 2x là số chính phương.

a) Phương trình hoành độ giao điểm của của đồ thi hai hàm số: x2 = x – m  x2 – x + m = 0 (1)
Hai hàm số cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A(x1; y1), B(x2; y2)
 (1) có 2 nghiệm phân biệt   = 1– 4 m > 0  m 

1
(*)
4

x  x 2  1

y  x1  m
Khi đó theo định lý Viet ta có:  1
. Ta lại có:  1
 y1  y2  x1  x2
y

x

m
x1x 2  m

 2
2
8
8
8
8
Do đó: (x1 – x2) +(y1–y2) =162  (x1 – x2) +(x1 – x2) = 162  [(x1 – x2)2]4 = 81
 [x12 – 2 x1x2 + x22]4 = 34  [(x1 + x2)2 – 4x1x2]4 = 34  [1 – 4m]4 = 34
 1 – 4m = 3 hoặc 1 – 4m = – 3  m = 


1
2

hoặc m = 1
1
2

So với điều kiện (*) ta được giá trị m cần tìm là  .
Câu 3( 2điểm):
a) Giải phương trình: 2x3  108x  45  x 48x  20  3x 2
x 2  y 2  x  y  (x  1)(y  1)

b) Giải hệ phương trình:  x 2  y 2

 
 1
 y  1   x  1 

a) 2x3  108x  45  x 48x  20  3x 2  2x 3  3x 2  3 12x  5  2x 12x  5  0 (ĐK: x ≥ –5/12)
2x  3  0
 x2 (2x  3)  12x  5(3  2x)  0  (2x  3)(x 2  12x  5)  0   2
 x  12x  5  0

3

5

 2x + 3 = 0  x   2   12 (loại)



2
2
4
 x  12x  5  0  x  12x  5  x  12x  5

 x 4  4x 2  4  4x 2  12x  9  0  (x 2  2)2  (2x  3)2  0
 (x 2  2  2x  3)(x 2  2  2x  3)  0
x  1  2
 x 2  2x  1  0
(x  1)2  2
 2



2
 x  2x  5  0
(x  1)  4 (VN)
 x  1  2

Vậy phương trình có nghiệm là : 1  2; 1  2
b) ĐKXĐ: x ≠ – 1 , y ≠ – 1.
 x
y
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
2
  x 2  y 2

 x   y 
2
2


 x    y   1
 
 1
 
 1
 y  1   x  1 
 y  1   x  1 
 y  1   x  1 


Đặt u 

x
y
, v
ta có :
y 1
x 1

u  v  1
u  v  1

v  0
u  v  1 u  0


hoặc 
 2


 2
2
2
2
u  v  1 
 u  v  (u  v)
u  1
2uv  0
v  1

 x
 y  1  0
u  0
x  0
 Với 
ta có: 

v  1
y  1
 y 1
 x  1


 x
 y  1  1
u  1
x  1
 Với 
ta có: 

v  0
y  0
 y 0
 x  1

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y): (1; 0), (0; 1).
Câu 4( 3 điểm):Cho đường tròn (O; R) và một đường thẳng d không có điểm chung với đường
tròn. Trên d lấy 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) tại C cắt đường thẳng AB
d
P
tại E.
M
a) Chứng minh rằng BE.MB = BC.OB
b) Gọi N là giao điểm của CM với OE. Chứng minh rằng
B
đường thẳng đi qua trung điểm của 2 đoạn thẳng OM và
CE vuông góc với đường thẳng BN.
I
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của dây AB khi điểm M di chuyển
H
N

trên đường d, biết R = 8cm và khoảng cách từ O tới
đường thẳng d bằng 10cm.
A
O
a) Ta có ^MAO = 90o = ^MBO (Do MA, MB là tiếp tuyến
của (O)  tứ giác MAOB nội tiếp  ^BMO = ^BAO
mà ^BAO = ^BCE (cùng chắn cung BC của (O))
 ^BMO = ^BCO (1)
Ta lại có ^ABC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 CB AE  ^CBE = 90o = ^MBO (2)
(1) và (2)  MBO ഗ CBE 

MB OB

 BE.MB = BC.OB (đpcm).
CB EB

E

K

C


b) Gọi I, L lần lượt là trung điểm OM, CE. Ta chứng minh IK  BN.
Ta có ^AMO = ^CAE (cùng phụ ^MOA), ^MAO = 90o = ^ACE (cmt)  MAO ഗ ACE
1
AC
MA AO
MA 2

MA AC






(do O là trung điểm của AC)
AC CE
2OC
CE
OC CE
Kết hợp với ^MAC = 90o = ^OCE (cmt)  MAC ഗ OCE  ^MCA = ^OEC

mà ^MCA + ^NCE = ^OCE = 90o  ^OEC +^NCE = 90o  ENC vuông tại N.
 MNO vuông tại N mà NI là trung tuyến (gt)  NI = ½ MO
Ta cũng có BI là trung tuyến của tam giác vuông MBO  BI = ½ MO  NI = BI = ½ MO (1)
Tương tự ta cũng có NK, BK là trung tuyến của 2 tam giác vuông ENC và EBC
 NK = BK = ½ RC (2) Kết hợp với (1)  IK là trung trực của BN  IK  BN (đpcm).
c) Gọi P là hình chiếu của O trên d, theo đề bài ta có OP = 10cm, OB = R = 8cm.
Ta có MA = MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau), OA = OB = R  MO là trung trực của AB
 MO  AB tại trung điểm H của AB  AB = 2BH (3)
Áp dụng định lý Pitago cho BHO, ta có BH2 = BO2 – OH2  BH =

R2  OH2  64  OH2 (4)

R2
82
64
(5)



OM OM OM
Từ (3), (4), (5) ta có AM nhỏ nhất  BH nhỏ nhất  OH lớn nhất  OM nhò nhất
 M trùng P. Khi đó OM = OP = 10cm
MBO vuông tại B có BH là đường cao  OH.OM = OB2 = R2  OH 

 OH = 64:10 = 6,4 (cm)  BH =

64  6,42  4,8(cm)  AB = 2BH = 2.4,8 = 9,6 (cm).

Vậy AB nhỏ nhất bằng 9,6cm khi M trùng P (M là hình chiếu của O trên d).

Câu 5( 1 điểm):
Cho a, b là hai số thay đổi thỏa mãn các điều kiện a > 0 và a + b ≥ 1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 

8a2  b 2
b .
4a

8a 2  b 2 4a 2  a  b  a  4a 2
4a 2  a  b 1
b 
 b2 
  a  b2
4a
4a
4a
4

2
2
4a  1
1 4a  4a  1  4a
1 1

 a  b  b2  b  
 1  b2  b  
4a
4
4a
4 2
2
(2a  1)
1
1
1 3

 1  1  (b  ) 2   1  1  
4a
2
2
2 2
1
3
1
Dấu bằng xảy ra khi: a  b  . Vậy GTNN của A là
khi a  b 
2
2

2
A

-----------