tập đề thi tuyển vào lớp 10 năm 2013 - 2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Điều kiện để biểu thức
1
1 x−
có nghĩa là
A.
1x >
. B.
1x <
. C.
1x ≥
. D.
1x ≠
.
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng
ax 5y = +
(d) đi qua điểm M(-1;3). Hệ số góc
của (d) là
A. –1. B. –2. C. 2. D. 3.
Câu 3. Hệ phương trình
2 3
6
x y
x y
+ =



− =

có nghiệm (x;y) là
A. (1;1). B. (7;1). C. (3;3). D. (3;-3).
Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3?
A.
2
3 0x x+ + =
. B.
2
3 0x x+ − =
. C.
2
3 1 0x x− + =
. D.
2
5 3 0x x+ + =
.
Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x
2
và đường thẳng y= 2x + 3 là
A. 2. B. 1. C. 0. D. 3.
Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm; AC = 4cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh
huyền bằng
A. 7cm. B. 1cm. C.
12
5
cm. D.

5
12
cm.
Câu 7. Cho hai đường tròn (O;3cm) và (
,
O
;5cm), có O
,
O
= 7cm. Số điểm chung của hai đường
tròn là
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
Câu 8. Một hình nón có bán kính đáy bằng 4cm, đường sinh bằng 5cm. Diện tích xung quanh của
hình nón bằng
A. 20
π
cm
2
. B. 15
π
cm
2
. C. 12
π
cm
2
. D. 40
π
cm
2

.
Phần II - Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =
2 2
:
1
2 1 1
x x x
x
x x x
 
+ −
−
 ÷
 ÷
−
+ + +
 
với x > 0 và x
1≠
.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên.
Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m –1 =0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 1.
2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x

1
, x
2
thỏa mãn điều kiện
1 1 2 2
( 2) ( 2) 10x x x x+ + + =
.
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
6
1 2
5 1
3.
1 2
x
x y
x y
+

+ =

+ −



− =

+ −

Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không

trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn
(O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường
tòn (O) (K không trùng với B).
1) Chứng minh AE
2
= EK . EB.
ĐỀ CHÍNH THỨC
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
1
AE EM
EM CM
− =
.
Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình :
( )
( )
2 3 2
3 6 2 1 1 2 5 4 4.x x x x x x− − + = − + −
Hết
Họ tên thí sinh:………………………………………………….Chữ ký giám thị 1
………………………………………
Số báo danh:….……………………………………………………Chữ ký giám thị 1
………………………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án B C C D A C B A
Phần II: Tự luận (8,0 điểm)
Bài Lời giải

Bài
1
1,5đ
1) Rút gọn biểu thức A =
2
1x −
2) Với x > 0 và x
1≠
ta có A =
2
1x −
Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2.
Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài
2
1,5đ
Cho phương trình x
2
– 2mx + m
2
– m –1 =0 (1), với m là tham số.
1) Giải phương trình (1) khi m = 1.
Thay m = 1 vào (1) rồi giả phương trình tìm được
1 2x = ±
2) Xác định m để (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn điều kiện
1 1 2 2

( 2) ( 2) 10x x x x+ + + =
.
+ Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x
1
, x
2
là
0 1m
′
∆ ≥ ⇔ ≥ −
+ Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là
1 2
2
1 2
2
. 1
x x m
x x m m
+ =


= − −

Tính được
2 2 2
1 2
2 4 2x x m m+ = + +
+ Biến đổi
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2

( 2) ( 2) 10 2( ) 10x x x x x x x x+ + + = ⇔ + + + =
, tìm được m = 1;
m = -4.
Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài
3
1,0đ
Giải hệ phương trình
2 2
6
1 2
5 1
3.
1 2
x
x y
x y
+

+ =

+ −



− =

+ −

+ Điều kiện: x

≠
-1 và y
≠
2.
+ Giải hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x = 0; y =
5
2
)
Bài
Giải phương trình :
( )
( )
2 3 2
3 6 2 1 1 2 5 4 2.x x x x x x− − + = − + −
5
1,0đ
+ Điều kiện
1
2
x ≥
+ Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương

( )
( )
( )
2
2
2
2 3 2 1 1 (2 2) 0
3 2 1 1 (2 2) 0

x
x x x x x
x x x x
=

 

− − + − − + = ⇔
 
− + − − + =



+ Giải phương trình
( ) ( )
2
3 2 1 1 (2 2) 0 3 2 1 1 (2 1) 2 0x x x x x x x x− + − − + = ⇔ − + − − − =
(2)
Đặt
2 1x t− =
với
0t ≥
suy ra
2
1
2
t
x
+
=

thay vào phương trình (2) ta được
t
4
−
3t
3
−
2t
2
−
3t + 1 = 0
⇔
(t
2
+ t + 1)(t
2
– 4t + 1) = 0
⇔
t
2
– 4t + 1 = 0
2 3t⇔ = ±

Từ đó tìm được
4 2 3( )x tm= ±
+ Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và
4 2 3x = ±
Bài
4
3,0đ

1) Chứng minh AE
2
= EK . EB.
+ Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A.
+ Chi ra góc AKB = 90
0
suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB.
+ Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE
2
= EK .
EB
2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn.
+ Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK
+ Chỉ ra góc EAK = góc EBA
+ Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn
3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh
1
AE EM
EM CM
− =
.
+ Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO.
+ Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có
CE AE
CM OM
=
+ Ta có
1 1
CE AE CE CM AE OM EM AE AE EM
CM OM CM OM CM OM OM CM

− −
= ⇒ = ⇒ = − ⇒ − =
Mà ME = MO nên suy ra
1
AE EM
EM CM
− =
(đpcm)
M
K
H
E
D
B
O
A
C
sở giáo dục - đào tạo
hà nam
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học: 2013 - 2014
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
A =
a a a 1
a 1
a 1

+

(a 0;a 1)
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ +
+

Câu 2: (2,0 điểm)
a) Gii phng trình: x
2
- 6x - 7 = 0
b) Gii h phng trình:
2x y 1
2(1 x) 3y 7
=


+ =


Câu 3: (1,5 điểm)
Cho phơng trình: x
2
+ 2(m 1)x 2m 3 = 0 (m là tham số).
a) Chứng minh phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1

; x
2

m R

.
b) Tìm giá trị của m sao cho (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng với
A, B), M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Các đờng thẳng AM và BC cắt nhau tại I,
các đờng thẳng AC và BM cắt nhau tại K.
a) Chng minh rng:
ã
ã
ABM IBM=
và ABI cân
b) Chng minh t giác MICK nội tiếp
c) Đờng thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đờng thẳng NI
là tiếp tuyến của đờng tròn (B;BA) và NI

MO.
d) Đờng tròn ngoại tiếp BIK cắt đờng tròn (B;BA) tại D (D không trùng
với I). Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dơng x, y thỏa mãn
y 2x 3 1

2x 3
y 1
+ +
=
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = xy 3y - 2x 3.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
sở giáo dục - đào tạo
hà nam
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt
Năm học: 2013 - 2014
Hớng dẫn chấm Môn Toán dự thảo
Đề chính thức
Câu 1: (1,5 điểm)
a)
A =
a a a 1
a 1
a 1



+
=
a( a 1) a 1 a a 1 1
( a 1)( a 1) a 1 a 1 a 1
+

= =
+ + + +
0,75 đ
b)
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ +
+
=
2 2 3 2 2 2 6 (2 2 3) 2(2 2 3)
2 2 3 2 2 3
+ + + + + +
=
+ +
=
(1 2)(2 2 3)
1 2
2 2 3
+ +
= +
+
0,75 đ
Câu 2: (2,0 điểm)
a)
x
2
- 6x - 7 = 0
2
x 7x x 7 0 x(x 7) (x 7) 0 + = + =

x 7 0 x 7
(x 7)(x 1) 0
x 1 0 x 1
= =

+ =

+ = =

Vậy: S =
{ }
7; 1
1,0 đ
b)
2x y 1 y 2x 1
2(1 x) 3y 7 2 2x 3(2x 1) 7
= =



+ = + =

y 2x 1 y 2x 1 y 4 1 3
2 2x 6x 3 7 0 4x 8 x 2
= = = =



+ = = =

Vậy: (x; y) = (2; 3)
1,0 đ
Câu 3: (1,5 điểm)
x
2
+ 2(m 1)x 2m 3 = 0 (1)
a)
Có:
/
= (m 1)
2
(- 2m 3) = m
2
2m + 1 + 2m + 3
= m
2
+ 4

4 > 0 với mọi m


/
> 0 với mọi m
Nên phơng trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x
1
; x
2

m R

(Đpcm)
0,75 đ
b)
Theo bài ra, ta có: (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0

1 2 1 2
16x x 20x 20x 25 19 0+ + + + =
1 2 1 2
16x x 20(x x ) 44 0 + + + =
(2)
0,25 đ
áp dụng hệ thức Vi ét, ta có:
(3)
1 2
1 2
b
x x 2(m 1) 2 2m
a
c
x .x 2m 3
a

+ = = =

= =


0,25 đ
Thay (3) vào (2), ta có:
16( 2m 3) 20(2 2m) 44 0 + + =
32m 48 40 40m 44 0 + + =
0,25 đ
1
72m 36 m
2
= =
Vậy với m =
1
2
thì (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
Câu 4: (4,0 điểm) Hình vẽ: 0,25 đ
a)
Chng minh rng:
ã
ã
ABM IBM=
và ABI cân
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)
ẳ

ẳ
AM MC =
Mà:
ã
ẳ
ã
ẳ
1
ABM SdAM
2
1
IBM SdMC
2

=




=


(Định lý góc nội tiếp)
ã
ã
ABM IBM =
(Hệ quả
góc nội tiếp)
0,5 đ
Có: M

(O) và AB là đờng kính
ã
0
AMB 90 =
(Hệ quả góc nội tiếp)
BM AI
tại M.
Xét ABI có: BM là đờng cao đồng thời là đờng phân giác
Nên: ABI cân tại B (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)
0,5 đ
b)
Có: C

(O) và AB là đờng kính
ã
0
ACB 90 =
(Hệ quả góc nội tiếp)
AC BI
tại C
ã
0
KCI 90 =
Mặt khác:
ã
0
KMI 90=
(Vì BM

AI)
ã
ã
0
IMK KCI 180 + =
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau
Vậy MICK là tứ giác nội tiếp (Đpcm)
1,0 đ
c)
Có: ABI cân tại B (cma)

BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA)

I

(B;BA) (1)
Vì AN là tiếp tuyến của (O) (GT)

AN

AB tại A

ã
0
BAN 90=
Xét ABN và IBN có:
AB = BI ( vì ABI cân tại B)
ã
ã
ABN IBN=

(cma)

ABN = IBN (c.g.c)
BN cạnh chung

ã
ã
NAB NIB=
(2 góc t/) mà:
ã
0
NAB 90=

ã
0
NIB 90=

NI

IB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: NI là tiếp tuyến của(B;BA) (Đpcm)
0,5 đ
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)

OM

AC (Đờng kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì
vuông góc với dây căng cung ấy)
Mà:
AC BI

tại C (cmb)

OM//BI ( cùng vuông góc AC)
Mặt khác: NI

IB (cmt)

OM NI
(Từ

đến //)
0,5 đ
d)
Có:
ã
ã
1
IDA IBA
2
=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của
(B;BA); mà:
ã ã
1
IBN IBA
2
=
(vì
ã
ã

ABM IBM=
,cma)
ã
ã
IDA IBN =

M
ã
ã
IDK IBN=
(cùng chn

IK
ca đờng tròn ngoại tiếp IKB)

ã
ã
IDA IDK=

A, K, D thng h ng

A, C, D thng h ng (Vì A, K, C th ng h ng)
0,75 đ
Câu 5: (1,0 điểm)
y 2x 3 1
2x 3
y 1
+ +
=
+

+
( ) ( )
( ) ( )
3 3
y y y (2x 3) 2x 3 2x 3
y 2x 3 y (2x 3) 0
y 2x 3 y y(2x 3) 2x 3 y 2x 3 0
+ = + + + +
+ + + =
+ + + + + + + + =
Có
y y. 2x 3 2x 3 y 2x 3+ + + + + + +
vi mi x, y dng


y 2x 3 +
= 0

y = 2x + 3
0,5 đ

Q = x(2x + 3) 3(2x + 3 ) 2x 3
= 2x
2
+ 3x 6x - 9 2x -3
= 2x
2
5x 12 =
2
5

2 x x 12
2


ữ

=
2
5 25 25
2 x 2.x. 12
4 16 8

+
ữ

=
2
5 121 121
2 x
4 8 8


ữ

với mọi x > 0
Dấu bằng xảy ra khi x -
5
4
= 0
5 5 22 11

x y 2. 3
4 4 4 2
= = + = =
0,5 đ

GTNN của Q =
121 5
x
8 4
=
và y =
11
2
Hết
Lu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tơng đơng theo từng phần nh đáp án.

S GIO DC V O TO K THI TUYN SINH VO LP 10 CHUYấN
KHNH HềA NM HC: 2013 2014
MễN THI: TON (KHễNG CHUYấN)
Ngy thi: 21/06/2013
( thi cú 01 trang) (Thi gian: 120 phỳt - khụng k thi gian giao )
Bi 1: ( 2,00 im) (Khụng dựng mỏy tớnh cm tay)
1) Chng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2 + =

2) Cho biu thc P =
( 1)
1

a a a
a
a a



+
vi a > 0 v a 1.
Rỳt gn ri tớnh giỏ tr ca P ti a = 2014
2
.
Bi 2: (2,00 im)
1) Tỡm x bit
3 2x 3 8x 12 1 2+ + = +

2) Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y

+ =


+ =

Bi 3: (2,00 im)
Trong mt phng ta Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x=

1) V th (P).
2) Gi M l im thuc (P) cú honh x = 2. Lp phng trỡnh ng thng i qua im M
ng thi ct trc honh v trc tung ln lt ti hai im phõn bit A v B sao cho din tớch tam
giỏc OMA gp ụi din tớch tam giỏc OMB.
Bi 4: (4,00 im)
Cho ng trũn (O; 3cm) cú hai ng kớnh AB v CD vuụng gúc vi nhau. Gi M l im
tựy ý thuc on OC ( M khỏc O v C). Tia BM ct ct ng trũn (O) ti N.
1) Chng minh AOMN l mt t giỏc ni tip.
2) Chng minh ND l phõn giỏc ca
ã
ANB
.
3) Tớnh:
.BM BN

4) Gi E v F ln lt l hai im thuc cỏc ng thng AC v AD sao cho M l trung im
ca EF. Nu cỏch xỏc nh cỏc im E, F v chng minh rng tng (AE + AF) khụng ph thuc vo
v trớ ca im M.
HT
Giỏm th khụng gii thớch gỡ thờm.
H tờn thớ sinh: SBD:/ Phũng:
Giỏm th 1: Giỏm th 2:
HNG DN GII

Bi 1: ( 2,00 im)
CHNH THC
1) Chứng minh:
(
)
22 3 2 10 3 11 2− + =
Ta có:
(
)
22 3 2 10 3 11− + =
2
2( 11 3) 10 3 11
( 11 3) 20 6 11 ( 11 3) ( 11 3)
( 11 3)( 11 3) 11 9 2
= − + =
− + = − + =
= − + = − =
2) P =
( 1)
1
a a a
a
a a
−
−
−
+
(ĐK : a > 0 và a ≠ 1)
Ta có: P=

( 1) 1 1
1
1
1 1 1
a a a a a
a
a
a a a a a
− −
− = − = = −
−
+ + + +
Với a = 2014
2
, ta có : P =
2
2014 1 2014 1 2013− = − =
Bài 2: (2,00 điểm)
1) Tìm x biết
3 2x 3 8x 12 1 2+ − + = +
(ĐK: x ≥ -3/2)
⇔
3 2x 3 2 2x 3 1 2+ − + = +
⇔
2x 3 1 2+ = +
⇔
2 2
( 2x 3) (1 2) 3 2 2+ = + = +
⇔
2x 3 3 2 2+ = =

⇔
x 2=
(thỏa đk)
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3x 4 2(3x 2 ) 11
5 2x 5 11
y y
x y y

− + − = −


− + − = −



⇔
2 2
2 2
3x 4 6x 4 11 (1)
3 15 6x 15 33 (2)
y y
x y y

− + − = −


− + − = −



Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y
2
+ 11y = 22 ⇔ y
2
+y – 2= 0 ⇔ y = 1 hoặc y = -2
* Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
* Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x
2
+6x + 3=0 ⇔ 3(x+1)
2
= 0 ⇔ x = -1
Vậy hpt có nghiệm (x ;y) ∈ { (-1 ;1), (-1 ;-2)}.
Bài 3: (2,00 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P):
2
1
4
y x= −

1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ)
2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M
đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam
giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.

Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y)
Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ; -1)
Ta có : S
OMA
=
1
2
.1.OA ; S
OMB
=
1
2
.2.OB
và từ: S
OMA

= 2S
OMB
⇒ OA = 4.OB
hay : x = 4.y ⇔ x = ±4y ⇔
1
4
y
x
= ±
= k
(Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và
thỏa điều kiện đề bài).
•
M

1
•
2
•
-1 •
•
•
A
• B
O •
Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là :
(d1) :
1 3
4 2
y x= −
và (d2) : y =
1 1
4 2
x− −

Bài 4: (4,00 điểm)

1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
Ta có :
·
ANB
= 90
0
(góc nội tiếp chắn nửa (O))
·

0
90AOM =
(vì AB ⊥CD tạo O)
Suy ra:
·
ANB
+
·
AOM
= 180
0
⇒ tứ giác AOMN nội tiếp.
2) Chứng minh : ND là phân giác của
·
ANB
.
Ta có : AB, CD là đường kính của (O).
AB ⊥ CD (gt) ⇒
»
»
D DA B=
⇒
·
·
D DAN BN=

⇒ ND là phân giác của góc ANB.
3) Tính:
.BM BN

Do ∆BOM # ∆BNA (gg)
⇒
BO BM
BN BA
=
⇒ BM.BN = BO.BA=3.6=18 ⇒
. 18 3 2BN BM = =
cm
4) Ta có: ∆ EAF vuông tại A (
·
0
D 90CA =
, E ∈AC, F∈ AD) có M là trung điểm của EF ⇒ MA =
ME = MF ⇒ M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA ⇒ Điểm E, F là giao điểm của đường
tròn (M; MA) với AC và AD.
Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)
⇒ MA = MB = ME = MF⇒ tứ giác AEBF nội tiếp ⇒
·
·
D EBF A B=

Ta lại có:
·
·
BDF BCE=
= 90
0
,
suy ra:
·

·
DBF CBE=

Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ;
·
·
DBF CBE=
;
·
·
BDF BCE=
= 90
0
nên
∆BDF = ∆BCE(gcg) ⇒DF = CE
Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD
Mà ∆OAD vuông cân tại O nên AD =
2 2 2 2
D 3 3 3 2OA O+ = + =

⇒ AE + AF =
6 2
.
Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.

(GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình (2x + 1)
2
+ (x – 3)
2
= 10
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình
3 5
2 9
x my
mx ny
− =


+ =

có nghiệm (1; -2)
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
2 3 1 1
A= +
x +1 x- 1 x 1
x x x
x x

− + −
−
+ +
với
x 0≥
2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày xong
việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm hơn người thợ thứ hai là 9
ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm trong bao nhiêu ngày để xong việc.
Câu III (2,0 điểm)
Cho phương trình
2
2( 1) 2 5 0x m x m− − + − =
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x
1
; x
2
với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn điều kiện:

2 2
1 1 2 2
( 2 2 1)( 2 2 1) 0x mx m x mx m− + − − + − <
Câu IV (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn (O; R) thay đổi đi qua B
và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I
là trung điểm của BC, E là giao điểm của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường

thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R
2
.
3) Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V ( 1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9a b c
S
b c a c a b a b c
= + +
+ − + − + −
.
Hết
Họ và tên thí sinh : Số báo danh
Chữ ký của giám thị 1 Chữ ký của giám thị 2
Hướng dẫn câu III:
2) phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
nên

2 2
1 1 1 1 1
2 2
2 2 2 2 2
x 2(m 1)x 2m 5 0 x 2mx 2m 1 4 2x

x 2(m 1)x 2m 5 0 x 2mx 2m 1 4 2x
 
− − + − = − + − = −
 
⇒
 
− − + − = − + − = −
 
 
Theo định lí Vi-et ta có :
1 2
1 2
x x 2m 2
x .x 2m 5
+ = −


= −

Theo bài ra ta có :
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
1 2
1 2 1 2
(x 2mx 2m 1)(x 2mx 2m 1) 0
4 2x . 4 2x 0
16 8 x x 4x x 0

16 8 2m 2 4 2m 5 0
3
m
2
− + − − + − <
⇔ − − <
⇔ − + + <
⇔ − − + − <
⇔ >
Hướng dẫn câu IVc :
+
AMB∆
∽
ACM∆
(g-g)
⇒
2
AM AB
AM AB.AC
AC AM
= ⇒ =
+
AME∆
∽
AIM∆
(g-g)
⇒
2
AM AE
AM AI.AE

AI AM
= ⇒ =
⇒
AB.AC = AI.AE (*)
Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định
nên từ (*) suy ra E cố định.
Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định
Hướng dẫn giải câu V:
Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên
a b c 2
+ + =
.
Đặt
b c a x; c a b y; a b c z
+ − = + − = + − =
do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên
x,y,z 0>
.
Suy ra
x y z 2+ + =
(do
a b c 2
+ + =
) và
y z x z x y
a ; b ; c
2 2 2
+ + +
= = =
.

Khi đó
( ) ( ) ( ) ( )
4 x z 9 x y 4 x z 9 x y
y z 1 y z
S
2x 2y 2z 2 x y z
+ + + + 
+ +
= + + = + +
 
 


1 y 4x z 9x 4z 9y
2 x y x z y z
 
   
 
= + + + + +
 
 ÷
 ÷  ÷
 
   
 

Ta có:
2
y 4x y x
2 2 2

x y x y
 
+ = − + ≥
 ÷
 

2
z 9x z x
3 6 6
x z x z
 
+ = − + ≥
 ÷
 

2
4z 9y z y
2 3 12 12
y z y z
 
+ = − + ≥
 ÷
 

( )
1
S 4 6 12 11
2
⇒ ≥ + + =
Dấu “=” xảy ra khi

H
E
I
B
N
O
A
M
C

1
x
y 2x
3
z 3x
2
y
2z 3y
3
z 1
x y z 2

=

=



=
 

⇔ =
 
=
 
=
 
+ + =




5 2 1
a ; b ; c
6 3 2
⇔ = = =
Khi đó:
2 2 2
a b c= +
ABC
⇔ ∆
vuông
Vậy
min
S 11
= ⇔

ABC
∆
vuông
5 2 1

a ; b ; c
6 3 2
= = =
.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề thi gồm : 01 trang
Câu I (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức
3 3 3
( ) (3 2) (1 2 ) (1 )P x x x x= − + − + −
thành nhân tử.
2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện
4a b c abc+ + + =
. Tính
giá trị của biểu thức:
(4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )A a b c b c a c a b abc= − − + − − + − − −
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Giải phương trình
2
4 6 2 2 3 2x x x− + = + + −
.
2) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
5

( ) 6
x y
xy x y

+ =


− =


.
Câu III (2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện
2 2
4 5 2( )x xy y x y− + = −
.
2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho
2 3 4
1+ + + +p p p p
là số hữu tỷ.
Câu IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay
đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD,
BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.
1) Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
2) Chứng minh
AO EF⊥
.
3) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2 2
2 2
2 2 2
x xy y y yz z
z zx x
S
x y z y z x z x y
− + − +
− +
= + +
+ + + + + +
Hết
Họ và tên thí sinh Số báo danh
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (chuyên)
Câu Ý Nội dung Điểm
I 1 Phân tích
3 3 3
( ) (3 2) (1 2 ) (1 )= − + − + −P x x x x
thành nhân tử 1,00
Đặt
3 3 3
3 2, 1 2 , 1 0= − = − = − ⇒ + + = ⇒ = + +a x b x c x a b c P a b c

0,25
3 3
( ) 3 ( )= + + − +P a b c ab a b
0,25
2 2
( ) ( ) ( ) 3 ( )
 
= + + + − + + − +
 
a b c a b a b c c ab a b
0,25
3 ( ) 3 3(3 2)(1 2 )(1 )= − − = = − − −ab c abc x x x
0,25
I 2
(4 )(4 ) (4 )(4 ) (4 )(4 )A a b c b c a c a b abc= − − + − − + − − −
1,00
4 4 4 4 4 16
(4 )(4 ) (16 4 4 )
+ + + = ⇔ + + + =
⇒ − − = − − +
a b c abc a b c abc
a b c a b c bc
0,25
(4 4 4 4 4 4 ) (4 4 )= + + + − − + = + +a a b c abc b c bc a a abc bc
0,25
2
(2 ) (2 ) 2= + = + = +a a bc a a bc a abc
0,25
Tương tự
(4 )(4 ) 2 , (4 )(4 ) 2− − = + − − = +b c a b abc c a b c abc

2( ) 3 2( ) 8⇒ = + + + − = + + + =A a b c abc abc a b c abc
0,25
II 1 Giải phương trình
2
4 6 2 2 3 2− + = + + −x x x
1,00
ĐK:
2 2
− ≤ ≤
x
. Pt
( )
(2 )(2 ) 3 2 2 3 2 0⇔ − + − − + − + =x x x x
0,25
( ) ( )
2 2 3 2 2 3 0⇔ − + − − + − =x x x
( ) ( )
2 3 0
2 3 2 2 0
2 2 0

+ − =
⇔ + − − − = ⇔

− − =


x
x x
x

0,25
Giải pt
2 3 0 7+ − = ⇔ =x x
(Loại) 0,25
Giải pt
2 2 0 2− − = ⇔ = −x x
(TM). Vậy x = -2 0,25
II 2 Giải hệ phương trình
2 2
2 2
5
( ) 6

+ =


− =


x y
xy x y
1,00
Hệ
2 2
2 2
2 2
( ) ( ) 5
5
( )( ) 6
( )( ) 6


− + + =

+ =

⇔ ⇔
 
− + =
− + =



x xy y xy
x y
xy x y x y
x xy y xy
Đặt
2 2
,= − = +a x xy b y xy
ta được hệ
5
6
+ =


=

a b
ab
0,25

Giải hệ pt này ta được
2 2
2 2
2, 3 2, 3
3, 2
3, 2

= = − = + =

⇒


= =
− = + =


a b x xy y xy
a b
x xy y xy
0,25
TH 1.
2
2 2 2 2
2
2
3 3 2 2 3 5 2 0
3

− =


⇒ − = + ⇔ − − =

+ =


x xy
x xy y xy x xy y
y xy
2
2
2 1 1, 2
1 1 3
3 ,
2
2 2

= ⇒ = ⇒ = ± = ±


= − ⇒ = ⇒ = ± =


m
x y y y x
y x x x y
0,25
TH 2.
2
2 2 2 2
2

3
2 2 3 3 2 5 3 0
2

− =

⇒ − = + ⇔ − − =

+ =


x xy
x xy y xy x xy y
y xy
2
2
1 1 3
3 ,
2
2 2
2 1 1, 2

= ⇒ = ⇒ = ± = ±


= − ⇒ = ⇒ = ± =

m
x y y y x
y x x x y

Vậy hệ pt có tám nghiệm là
1 3 1 3 3 1 3 1
(2;1), ( 2; 1), ; , ; , (1; 2), ( 1;2), ; , ;
2 2 2 2 2 2 2 2
− − − −
       
− − − −
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0,25
III 1 Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn
2 2
4 5 2( )− + = −x xy y x y
1,00
Pt
2 2
2(1 2 ) 5 2 0⇔ − + + + =x y x y y
Tồn tại x
2 2
' (1 2 ) (5 2 ) 0⇔ ∆ = + − + ≥y y y
0,25
2 2
2 1 0 ( 1) 2 1 2 1 2 1 2⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ≤ +y y y y y
0,25
Do y là số nguyên nên
0, 1, 2= = =y y y
0,25
2
2
2

0 2 0 0, 2
1 6 7 3 2
2 10 24 0 4, 6
= ⇒ − = ⇔ = =
= ⇒ − + ⇔ = ±
= ⇒ − + = ⇔ = =
y x x x x
y x x x
y x x x x
Vậy các cặp số nguyên cần tìm là
(0;0), (2;0), (4;2), (6;2)
0,25
III 2 Tìm các số nguyên tố p sao cho
2 3 4
1+ + + +p p p p
là số hữu tỷ 1,00
2 3 4
1+ + + +p p p p
là số hữu tỷ
2 3 4 2
1 ,⇔ + + + + = ∈ ¥p p p p n n
0,25
2 3 4 2
2 3 4 2 2 3 4 2
2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 4 4 4 (1)
4 4 4 4 4 4 4 4 5
(2 ) (2 ) (2 2) 2 2 2 2
⇔ + + + + =
⇒ + + < < + + + + +

⇔ + < < + + ⇔ + < < + +
p p p p n
p p p n p p p p p
p p n p p p p n p p
0,25
2
2 2 1⇒ = + +n p p
. Thế vào (1) ta được
0,25
2 3 4 2 2 2
4 4 4 4 4 (2 1) 2 3 0+ + + + = + + ⇔ − − =p p p p p p p p
Giải pt tìm được
1= −p
(loại) và
3=p
Với
2 3 4
3 1 11= ⇒ + + + + =p p p p p
. Vậy
3=p
0,25
IV 1 Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF 1,00
Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra
·
·
HDE HCE⇒ =
0,25
Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra
·
·

HDF HBF⇒ =
0,25
Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra
·
·
·
·
HCE HBF HDE HDF⇒ = ⇒ =
Suy ra DH là tia phân giác của góc
·
EDF
0,25
Tương tự EH là tia phân giác của góc
·
DEF
. Vậy H là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác DEF.
0,25
IV 2 Chứng minh
AO EF⊥
1,00
Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A
Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra
·
·
AFE AHE⇒ =
Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra
·
·
AHE DCE⇒ =

0,25
·
·
DCE xAB=
(góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng
chắn một cung)
0,25
Suy ra
·
·
AFE xAB Ax // EF= ⇒
0,25
AO ⊥ xAy ⇒ AO ⊥ EF
0,25
IV 3 Chứng minh
AO EF⊥
1,00
AO ⊥ EF ⇒ S
AEOF
=
1
AO.EF
2
0,25
Tương tự
BDOF CDOE
1 1
BO DF S BO.DF, CO DE S CO.DE
2 2
⊥ ⇒ = ⊥ ⇒ =

0,25
ABC AEOF BDOF CDOE
1
S = S + S S (AO.EF BO.DF+CO.DE)
2
1
= R(EF DF+DE)
2
⇒ + = +
+
0,25
Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất ⇔
ABC
S
lớn nhất ⇔ khoảng cách từ
A đến BC lớn nhất ⇔ A là điểm chính giữa của cung lớn BC.
0,25
V Tìm GTNN của
2 2 2 2
2 2
2 2 2
− + − +
− +
= + +
+ + + + + +
x xy y y yz z
z zx x
S
x y z y z x z x y
1,00

Ta có
2 2 2 2 2
1 3 1 1
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4 2
− + = + + − ≥ + = +x xy y x y x y x y x y
0,25
Tương tự suy ra
2
2 2 2
+ + +
≥ + +
+ + + + + +
x y y z z x
S
x y z y z x z x y
0,25
Đặt
2 , 2 , 2
, ,
2 2 2
2
2 2 2
= + + = + + = + +
+ − + − + −
⇒ + = + = + =
+ − + − + −
⇒ ≥ + +
a x y z b y z x a z x y
b c a c a b a b c

x y y z z x
b c a c a b a b c
S
a b c
0,25
4 3 2 2 2 3 3
     
⇒ ≥ + + + + + − ≥ + + − =
 ÷  ÷  ÷
     
b a c a c b
S
a b a c b c
Do đó
3
4
≥S
. Đẳng thức xảy ra
= =x y z
. Vậy GTNN của S là
3
4
0,25
H
F
E
D
H
F
E

D
O
O
B
C
A
B
C
A
X
Y
Hình vẽ câu a Hình vẽ câu b
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TP.HCM Năm học: 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)
2
5 6 0− + =x x
b)
2
2 1 0− − =x x
c)
4
3 4 0
2
+ − =x x
d)

2 3
2 1
− =


+ = −

x y
x y
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số
2
=y x
và đường thẳng (D):
2= − +y x
trên cùng một hệ trục toạ
độ.
b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính.
Bài 3: (1,5 điểm)
Thu gọn các biểu thức sau:
3 3
.
9
3 3
 
+
= +
 ÷
 ÷
+

+ −
 
x x
A
x
x x
với
0
≥
x
;
9
≠
x
(
)
(
)
2 2
21 2 3 3 5 6 2 3 3 5 15 15= + + − − − + + −B
Bài 4: (1,5 điểm)
Cho phương trình
2 2
8 8 1 0− + + =x x m
(*) (x là ẩn số)
a) Định m để phương trình (*) có nghiệm
1
2
=x
b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm

1
x
,
2
x
thỏa điều kiện:
4 4 3 3
1 2 1 2
− = −x x x x
Bài 5: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A
di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng
song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F,
cắt AC tại I.
a) Chứng minh rằng
·
·
=MBC BAC
. Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE.
c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O)
tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng.
d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.
BÀI GIẢI
Bài 1: (2 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)

2
5 6 0

25 24 1
5 1 5 1
2 3
2 2
x x
x hay x
− + =
∆ = − =
− +
⇔ = = = =
b)

2
2 1 0
' 1 1 2
1 2 1 2
x x
x hay x
− − =
∆ = + =
⇔ = − = +
c) Đặt u = x
2

0≥
pt thành :
2
3 4 0 1 4u u u hayu+ − = ⇔ = = −
(loại) (do a + b + c =0)
Do đó pt

2
1 1x x⇔ = ⇔ = ±
Cách khác pt
2 2
( 1).( 4) 0x x⇔ − + =
2
1 0 1x x⇔ − = ⇔ = ±
d)
2 3 (1)
2 1 (2)
x y
x y
− =


+ = −

⇔
2 3 (1)
5 5 (3) ((2) 2(1))
x y
x
− =


= +

⇔
1
1

y
x
= −


=

⇔
1
1
x
y
=


= −

Bài 2:
a) Đồ thị:
Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),
( ) ( )
1;1 , 2;4± ±

(D) đi qua
( ) ( )
1;1 , 2;4 ,(0;2)−
b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là
2
2x x= − +
⇔

2
2 0x x+ − =

1 2x hay x⇔ = = −
(a+b+c=0)
y(1) = 1, y(-2) = 4
Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là
( ) ( )
2;4 , 1;1−
Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau
Với x
0≥
và x
≠
9 ta có :
( ) ( )
3 3 9 3
.
9
3 . 3
x x x x
A
x
x x
 
− + + +
 ÷
=
 ÷
+

+ −
 


1
3x
=
−
2 2
2 2
2
21
( 4 2 3 6 2 5 ) 3( 4 2 3 6 2 5) 15 15
2
21
( 3 1 5 1) 3( 3 1 5 1) 15 15
2
15
( 3 5) 15 15 60
2
B = + + − − − + + −
= + + − − − + + −
= + − =
Câu 4:
a/ Phương trình (*) có nghiệm x =
1
2

⇔

2
2 4 1 0m− + + =
2
1m⇔ =
1m⇔ = ±
b/ ∆’ =
2 2
16 8 8 8(1 )m m− − = −
.
Khi m =
1±
thì ta có ∆’ = 0 tức là :
1 2
x x=
khi đó
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
thỏa
Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:
1 1 1m hay m< − < <
. Khi
1 1 1m hay m< − < <
ta có
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
( ) ( )
( )
( )

2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x x x⇔ − + = − + +
( )
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
.x x x x x x x x⇔ + + = + +
(Do x
1
khác x
2
)
( ) ( )
2
2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
2 ( ) .
( 2 )
x x x x x x x x x x
S S P S P
 
⇔ + + − = + −
 
⇔ − = −
2 2
1(1 2 ) 1P P⇔ − = −
(Vì S = 1)
0P

⇔ =
2
1 0m⇔ + =
(vô nghiệm)
Do đó yêu cầu bài toán
1m⇔ = ±
Cách khác
Khi
0∆ ≥
ta có
1 2
1x x+ =
và
2
1 2
1
8
m
x x
+
=
4 4 3 3
1 2 1 2
x x x x− = −
3 3
1 1 2 2
.( 1) ( 1) 0x x x x⇔ − − − =
3 3
1 2 1 2
0x x x x⇔ − + =

(thế
1 2
1x x− = −
và
2 1
1x x− = −
)
2 2
1 2 1 2
( ) 0x x x x⇔ − =
1 2 1 2
( )( ) 0x x x x⇔ + − =
(vì x
1
x
2

≠
0)
1 2
x x⇔ =
(vì x
1
+x
2
=1
≠
0)
1m
⇔ = ±

Câu 5
a) Ta có
·
·
=BAC MBC
do cùng chắn cung
»
BC
Và
·
·
=BAC MIC
do AB// MI
Vậy
·
·
=BAC MIC
, nên bốn điểm ICMB cùng nằm
Trên đường tròn đường kính OM
(vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC
nên FB. FC =FE. FD.
Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC
nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE
c) Ta có góc PTQ=90
0
do POIQ là đường kính.
Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và
FI FT
FQ FM

=
(vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ)
Nên
·
·
FIQ FTM=
mà
·
·
0
90FIQ OIM= =
(I nhìn OM dưới góc 90
0
)
Nên P, T, M thẳng hàng vì
·
0
180PTM =
.
d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích
IBC
S
lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn
nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung
»
BC
của đường tròn đường kính
OM. Khi I trùng O thì
ABC∆
vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là

đường kính của đường tròn (O;R).
Cách khác:
O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T.
Vẽ IH vuông góc BC tại H.
' ' ' 'IH IT O I O T O O O L OL
≤ = − ≤ − =
TS. Nguyễn Phú Vinh
(Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM)
A
B C
M
O
D
F
E
Q
P
I
T
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10
QUẢNG NGÃI Năm học: 2013-2014
Môn: TOÁN
Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (1,5 điểm)
1) Tính
3 16 5 36+
2) Chứng minh rằng với
0x
>
và

1x
≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
3) Cho hàm số bấc nhất
( )
2 1 6y m x= + −
a) Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R?
b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm
( )
1;2A
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
2) Tìm m để phương trình
2
2 0x mx m+ + − =
có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =

3) Giải hpt:
1
2 1
x y xy
x y xy
+ = −


+ = +

Bài 3: (2,0 điểm)
Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi
thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định.
Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã
làm được bao nhiêu sản phẩm?
Bài 4: (3,5 điểm)
Cho đường tròn
( )
O
cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn
( )
O
, kẻ các tiếp
tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn
( )
O
tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC.
1) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng:
. .AK AI AB AC=

3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để
2IM IN
=
.
Bài 5: (1,0 điểm)
Với
0x
≠
, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2 2014x x
A
x
− +
=
HẾT
HƯỚNG DẪN
Bài 1: (1,5 điểm)
1)
3 16 5 36 3.4 5.6 12 30 42+ = + = + =
2) Với
0x >
và
1x ≠
ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )

1 1
1 1 . 1 1 1
1 1
1 1 1 1
x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x x x x
− +
− − +
− = − = = = =
− − −
− − − −
Vậy với
0x >
và
1x ≠
thì
1 1
1
x x
x x x x
+
− =
− −
3)
a) Hàm số bấc nhất
( )
2 1 6y m x= + −
nghịch biến trên R khi

1
2 1 0 2 1
2
m m m+ < ⇔ < − ⇔ < −
ĐỀ CHÍNH THỨC
b) Đồ thị hàm số
( )
2 1 6y m x= + −
qua điểm
( ) ( )
7
1;2 2 2 1 .1 6 2 2 1 6 2 7
2
A m m m m⇔ = + − ⇔ = + − ⇔ = ⇔ =
Bài 2: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình:
2
2 3 5 0x x+ − =
Ta có
2 3 5 0a b c
+ + = + − =
. Suy ra pt có 2 nghiệm:
1 2
5
1;
2
x x= = −
2)
2
2 0x mx m+ + − =

có hai nghiệm
1 2
;x x
thỏa mãn
1 2
2x x− =
Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
4 2 4 8 4 4 4 2 4 0m m m m m m m∆ = − − = − + = − + + = − + >
với mọi. Do đó pt
đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
Áp dụng định lí Vi et ta có:
1 2
1 2
. 2
S x x m
P x x m
= + = −


= = −

Ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 4 4 2 4 8x x x x x x x x x x m m m m− = + − = + − = − − − = − +

Do đó
( ) ( )
2 2
2 2
1 2 1 2
2 4 4 8 4 4 4 0 2 0 2x x x x m m m m m m− = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ =
3)
1 2 2 2
2 1 1 2 2 1 3
x y xy y y y
x y xy x y xy x x x
+ = − = = =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + + = − + = − =
   
Vậy nghiệm của hpt là
( ) ( )
; 3;2x y =
Bài 3: (2,0 điểm)
Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). ĐK:
10;x x Z> ∈
Do đó:
Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là:
10x −
(sản phẩm).
Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là:
240
x

(ngày).
Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là:
240
10x −
(ngày).
Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình:
240 240
2
10x x
− =
−
Giải pt:
2 2
240 240 120 120
2 1 120 120 1200 10 10 1200 0
10 10
x x x x x x
x x x x
− = ⇒ − = ⇒ − + = − ⇒ − − =
− −
' 25 1200 1225 0 ' 1224 35∆ = + = > ⇒ ∆ = =
PT có 2 nghiệm phân biệt:
1
5 35 40x = + =
(nhận)

2
5 35 30x = − = −
(loại)
Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm.

Bài 4: (3,5 điểm) (Giải vắn tắt)
E
K
I
B
N
M
O
A
C

GT
(O) cố định
AM,AN là tiếp tuyến của (O)
IB=IC
KL
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2) AK.AI=AB.AC
3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động
trên cung tròn nào? Vì sao?
4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM=2.IN
1) Tứ giác AMON nội tiếp
2)
( ) ( )
2
ΔAKM ΔAMI . 1
AK AM
gg AK AI AM
AM AI
⇒ = ⇒ =∽

( ) ( )
2
ΔABM ΔAMC . 2
AB AM
gg AB AC AM
AM AC
⇒ = ⇒ =∽
( ) ( )
1 & 2 . .AK AI AB AC⇒ =
3) Ta có
·
0
90IB IC OI BC AIO= ⇒ ⊥ ⇒ =
mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường
kính AO.
Giới hạn: Khi
B M I M
B N I N
≡ → ≡
≡ → ≡
Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên
¼
MON
của đường tròn đường kính AO.
4)
( )
.
ΔKIN ΔKMA
IN KN KN MA

gg IN
MA KA KA
⇒ = ⇒ =∽

( )
. .
ΔKIM ΔKNA
IM KM KM NA KM MA
gg IM
NA KA KA KA
⇒ = ⇒ = =∽
(vì NA=MA)
Do đó
.
1 1 1
2
.
2 2 2
KN MA
IN KN
KA
IM IN
KM MA
IM KM
KA
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với
1
2
KN

KM
=
Bài 5: (1,0 điểm)
( ) ( )
2
2 2 2
2
2 2014
2 2014 1 2 2014 0 1
x x
A Ax x x A x x
x
− +
= ⇔ = − + ⇔ − + − =
* Với
1 1007A x
= ⇔ =
* Với
1A ≠
PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có
( )
' 1 2014 1 1 2014 2014 2014 2013A A A∆ = + − = + − = −
PT (1) có nghiệm khi
2013
' 0 2014 2013 0
2014
A A∆ ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≥
Kết hợp với trường hợp A=1 ta có
min
2013

2014
A =
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Đề chính thức
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức P =
2 1 1
:
x 4
x 2 x 2
 
+
 ÷
−
+ +
 
a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P.
b) Tim x để P =
3
2
.
Câu 2: (1,5 điểm)
Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m. Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm
chiều dài 4 m thì diện tích mảnh vườn giảm 2 m
2
. Tính diện tích của mảnh vườn.
Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x
2
– 2(m + 1)x + m
2
+ 4 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 2.
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn
2 2
1 2
x 2(m 1)x 3m 16+ + ≤ +
.
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF
cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D.
a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
c) Gọi m là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm
của tam giác ABC.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1.
Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c 1
a b b c c a 2
+ + ≥
+ + +

.
Hết
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
Câu Ý Nội Dung
Câu
a,
ĐKXĐ:
x x
x x
ì ì
³ ³
ï ï
ï ï
Û
í í
ï ï
- ¹ ¹
ï ï
î î
0 0
4 0 4
1
P =
2 1 1 2 x 2 x
: .( x 2)
x 4
x 2 x 2 ( x 2)( x 2) x 2
+ −

 
+ = + =
 ÷
−
+ + − + −
 
b,
P = Û
3
2
x
x
=
-
3
2
2
x x x xÛ = - Û = Û =2 3 6 6 36
(TMĐKXĐ)
Câu 2
Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn ( 0<x<25)
Chiều dài của mảnh vườn là: 50-x.
Diện tích của mảnh vườn là: x(50-x).
Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x+3; giảm chiều dài 4 m thì chiều
dài mới là 46-x.
Diện tích mới của mảnh vườn là: (x+3)(46-x)
Theo bài ra ta có phương trình: x(50-x)-(x+3)(46-x)=2
⇔
50x-x
2

-43x+x
2
-138=2
⇔
7x=140
⇔
x=20 (TM)
Vậy diện tích của mảnh vườn là 20(50-20)=600 m
2
.
Câu 3
a,
(1,0
điểm)
Khi m = 2 pt trở thành
x x- + =
2
6 8 0
Ta có
'D =1

Suy ra pt có hai nghiệm là:
1
4=x

2
2=x
b,
Để pt (1) có hai nghiệm
; 'x x Û D ³

1 2
0
( )
( )
m m mÛ + - + ³ Û ³
2
2
3
1 7 0
2
(*)
Theo Viet ta có:
( )
.
x x m
x x m
ì
+ = +
ï
ï
í
ï
= +
ï
î
1 2
2
1 2
2 1
4

Suy ra
( ) ( )x m x m x x x x m+ + £ + Û + + £ +
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
2 1 3 16 3 16
( )
x
x x x x m x x x x mÛ + + £ + Û + - £ +
2 2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 2
3 16 3 16
( )m m m m m+ - - £ + Û £ Û £
2 2 2
2 2 4 3 16 8 16 2
Đối chiếu với điều kiện (*) suy ra
m£ £
3
2
2
thì pt (1) có hai nghiệm
;x x
1 2

thỏa mãn :
( )x m x m+ + £ +
2 2
1 2
2 1 3 16
Câu 4
Vẽ

hình
M
G
D
O
F
E
H
C
B
A
(Hình vẽ chỉ cần vẽ hết câu b là đạt 0,5 điểm )
Xét tứ giác BCEF có
·
·
BFC BEC= =
0
90
( cùng nhìn cạnh BC)