1. Xét các phương trình sau:

\[\sqrt 3 {x^2} - \left( {1 - \sqrt 3 } \right)x - 1 = 0;\]                  \[{x^2} - 6x - 8 = 0;\]     \[ - 2{x^2} - 5x - 3 = 0;\]        \[ - 2{x^2} - 5x + 7 = 0.\]

     a) Trong các phương trình trên, phương trình nào có nghiệm \[x =  - 1.\]

     b) Với các phương trình nhận \[x =  - 1\] là nghiệm, hãy tìm nghiệm còn lại của phương trình đó.

2. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Sau dịp Tết Nguyên đán, hai anh em Hoàng có được số tiền mừng tuổi là 3,5 triệu đồng, hai anh em nhờ mẹ gửi số tiền đó vào ngân hàng. Mẹ nói với hai anh em: “Sau hai năm nữa, các con sẽ nhận được số tiền cả gốc lẫn lãi là \[3,875\] triệu đồng”. Hỏi thời điểm mẹ Hoàng gửi tiền, lãi suất ngân hàng là bao nhiêu phần trăm một năm, biết rằng số tiền lãi sau năm thứ nhất sẽ được tính vào tiền gốc của năm thứ hai.

     1.

Vì \(ABCDEG\) là lục giác đều nên \(AB = BC = CD = DE = EG = GA\)

và \(OA = OB = OC = OD = OE = OG\).

Suy ra \(6\widehat {GOA} = 360^\circ \) nên \[\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COD} = \widehat {DOE} = \widehat {EOG} = \widehat {GOA} = 60^\circ .\]

Do đó, \(\widehat {AOE} = \widehat {GOA} + \widehat {EOG} = 60^\circ  + 60^\circ  = 120^\circ .\)

Lại có \(OA = OE.\) Như vậy, phép quay ngược chiều \(120^\circ \) tâm \(O\) biến điểm \(A\) thành điểm\(E.\)

     2.

a) Ta có \[MA,{\rm{ }}MB\] là các tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) lần lượt tại \[A\] và \[B\] nên \[MA \bot OA,{\rm{ }}MB \bot OB.\]

Xét \(\Delta OAM\) vuông tại \[A,\] theo định lí Pythagore, ta có:

\(O{M^2} = M{A^2} + O{A^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} + {R^2} = 4{R^2}\)

Suy ra \[OM = 2R.\]

Gọi \[I\] là giao điểm của \[\left( O \right)\] với tia \[OM,\] ta có \[OI = R\] nên \[IM = OM--OI = 2R--R = R.\]

Do đó, \[IM = IO = R\] nên \[I\] là trung điểm của \[OM.\]

Do \[\Delta OAM\] vuông tại \[A\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta OAM.\)

Do \[\Delta OBM\] vuông tại \[B\] nên trung điểm \[I\] của cạnh huyền \[OM\] là tâm đường tròn ngoại tiếp \[\Delta OBM.\]

Do đó bốn điểm \[A,{\rm{ }}M,{\rm{ }}B,{\rm{ }}O\] cùng nằm trên đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

Vậy tứ giác \(AMBO\) nội tiếp đường tròn \[\left( I \right)\] đường kính \[OM.\]

b) Xét \[\Delta OAM\] vuông tại \[A,\] ta có: \(\sin \widehat {AMO} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat {AMO} = 30^\circ .\)

Do \[MA,{\rm{ }}MB\] là hai tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] cắt nhau tại \[M\] nên \[MA = MB\] và \[MO\] là tia phân giác của góc \[AMB,\] suy ra \(\widehat {AMB} = 2\widehat {AMO} = 2 \cdot 30^\circ  = 60^\circ .\)

Vì vậy tam giác \[AMB\] là tam giác đều có \(MA = MB = AB = R\sqrt 3 \) (1)

Theo câu 1, ta có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[AMB.\] Tam giác đều \(MAB\) có \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp nên cũng đồng thời là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (2)

Từ (1), (2) suy ra đường tròn nội tiếp tam giác đều \[MAB\] cạnh \(R\sqrt 3 \) có tâm là \[I\] và bán kính là \(\frac{{R\sqrt 3  \cdot \sqrt 3 }}{6} = \frac{R}{2}.\)

c) Ta có \(\widehat {MBO} = \widehat {MBP} + \widehat {PBO} = 90^\circ \) suy ra \(\widehat {MBP} = 90^\circ  - \widehat {PBO}.\)  (3)

Do \(\Delta OBP\) cân tại \[O\] (vì \[OB = OP)\] nên ta có:

\(\widehat {PBO} = \widehat {BPO} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BOP}}}{2} = 90^\circ  - \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {BQP},\,\,\widehat {BOP}\) lần lượt là góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \[BP\] nên \(\widehat {BQP} = \frac{1}{2}\widehat {BOP}.\)

Do đó \(\widehat {PBO} = 90^\circ  - \widehat {BQP}.\) Hay \(\widehat {BQP} = 90^\circ  - \widehat {PBO}.\)  (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {MBP} = \widehat {BQP}.\)

Xét \(\Delta MPB\) và \(\Delta MBQ\) có:

\(\widehat {BMQ}\) là góc chung, \(\widehat {MBP} = \widehat {MQB}\)

Do đó $\Delta MPB\backsim \Delta MBQ$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{MB}}{{MQ}} = \frac{{MP}}{{MB}}\) hay \[MP \cdot MQ = M{B^2} = {\left( {R\sqrt 3 } \right)^2} = 3{R^2}.\]

Lại có \[{\left( {MQ--MP} \right)^2} \ge 0\] hay \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4MQ \cdot MP\]

Suy ra \[{\left( {MQ + MP} \right)^2} \ge 4 \cdot 3{R^2} = 12{R^2}\]

Do đó \(MQ + MP \ge \sqrt {12{R^2}}  = 2R\sqrt 3 \) (dấu “=” xảy ra khi \[MQ = MP).\]

Vậy \[MP + MQ\] đạt giá trị nhỏ nhất bằng \(2R\sqrt 3 ,\) khi đó \[MQ = MP\] hay đường thẳng \[d\] đi qua \[M\] và \[A\] hoặc \[d\] đi qua \[M\] và \[B.\]

     a) Với \(m = 3,\) ta có phương trình: \({x^2} - 8x + 16 = 0\) hay \({\left( {x - 4} \right)^2} = 0\), suy ra \(x - 4 = 0\).

Do đó, \(x = 4\).

Vậy phương trình có nghiệm \(x = 4\) khi \(m = 3.\)

     b) Xét phương trình \({x^2} - 2\left( {m + 1} \right)x + {m^2} + 3m - 2 = 0\) có:

\(\Delta ' = {\left[ { - \left( {m + 1} \right)} \right]^2} - {m^2} - 3m + 2 =  - m + 3\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta ' \ge 0\) hay \( - m + 3 \ge 0\), suy ra \(m \le 3\).

Vậy \(m \le 3\) thì phương trình có nghiệm.

     c) Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta ' > 0\) hay \( - m + 3 > 0\) suy ra \(m < 3.\)

Theo hệ thức Viète, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\left( {m + 1} \right)\\{x_1}{x_2} = {m^2} + 3m - 2\end{array} \right.\).

Lại có, \(A = 2018 + 3{x_1}{x_2} - x_1^2 - x_2^2\)

         \(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - \left( {2{x_1}{x_2} + x_1^2 + x_2^2} \right)\)

         \(A = 2018 + 5{x_1}{x_2} - {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2}\)

         \(A = 2018 + 5\left( {{m^2} + 3m - 2} \right) - {\left[ {2\left( {m + 1} \right)} \right]^2}\)

         \(A = 2018 + 5{m^2} + 15m - 10 - 4{m^2} - 8m - 4\)

         \(A = {m^2} + 7m + 2004\)

         \(A = {\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4}\)

Ta có: \({\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(m\), do đó \({\left( {m + \frac{7}{2}} \right)^2} + \frac{{7967}}{4} \ge \frac{{7967}}{4}\) hay \(A \ge \frac{{7967}}{4}\).

Vậy GTNN của \(A = \frac{{7967}}{4}\) khi \(m =  - \frac{7}{2}.\)