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
+ =

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

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

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) 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

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
+
=

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



+

(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

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
+

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
= = = =



+ = = =


(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

+ = = =




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

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=

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

+
( ) ( )
( ) ( )
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

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

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

( 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+ = =



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.


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))
·

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:
·

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

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

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

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

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

=

=



=
 

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

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

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


− + + =

+ =

⇔ ⇔
 
− + =
− + =



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

⇒ − = + ⇔ − − =

+ =


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

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

⇔ + < < + + ⇔ + < < + +
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
·
·

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
⊥ ⇒ = ⊥ ⇒ =

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

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)

+ −
 
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

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

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= − +
⇔

+ −
 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 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

(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
⇔ = ±

=
(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

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) 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
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+ + − =

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

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
⇒ = ⇒ =∽

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

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)

.
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
+ −

-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

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