DE THI GVG TOAN THCS
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (434.83 KB, 7 trang )
PHềNG GIO DC V O TO
B THC
TRNG THCS IN THNG
THI GIO VIấN GII CP HUYN
NM HC 2013 2014
Mụn thi: TON
Thi gian lm bi: 150 phỳt( khụng k thi gian giao )
thi gm: 01 trang
Cõu 1: (4,0 im).
Gii cỏc phng trỡnh sau:
1)
9
72
3
73
3
2
x
x
xx
=+
.
2)
2 3 2 2
x x x x x
= +
.
Cõu 2: (4,0 im).
Cho phng trỡnh:
01
2
=+ mxx
(1) (vi n l
x
).
1) Gii phng trỡnh (1) khi
m
=3.
2) Gi s phng trỡnh (1) cú hai nghim
1
x
;
2
x
. Hóy tớnh
7
2
7
1
xxS +=
theo m.
3) Tỡm mt a thc bc 7 bin x cú h s nguyờn v nhn s
77
0
2013
2014
2014
2013
+=x
l
nghim.
Cõu 3: (4,0 im).
1) Cho
1 1 1
0( , , 0)x y z
x y z
+ + =
. Tớnh
2 2 2
yz xz xy
x y z
+ +
.
2) Tớnh tng
S=
2014
2013
4
3
3
2
2014
2013
20131
4
3
31
3
2
21
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+++++++++++++
.
Cõu 4: (6,0 im).
Cho hình thoi ABCD cạnh a. Gọi R và r lần lợt là các bán kính các đờng tròn ngoại tiếp các tam giác
ABD và ABC.
1) Chứng minh :
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
2) Chứng minh :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
; ( Kí hiệu
ABCD
S
là diện tích tứ giác ABCD )
3) Trong trng hp
0
108=BAD
. Hóy tớnh t s
AD
BD
Cõu 5: (2,0 im).
Cho x, y, z l ba s dng tha món
1
222
=++ zyx
Chng minh rng:
1
111
222
+
+
+
+
+ zx
z
yz
y
xy
x
.Du "=" xy ra khi no?
Ht
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Ch kớ ca giỏm th 1: Ch kớ ca giỏm th 2:
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÁ THƯỚC
TRƯỜNG THCS ĐIỀN THƯỢNG
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KÌ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Câu Ý Nội dung Điểm
1
1
a) ĐKXĐ :
7
3
3 ≤≤
x
* Đặt
3
x
a =
( v ới
73 ≤≤ a
) ta được phương trình:
0,25
0,25
2
7673 aaaa −−=−+−
(1) 0,25
Nhận thấy biểu thức vế trái của (1) không âm và
2734)7)(3(24)73(
2
≥−+−⇒≥−−+=−+− aaaaaa
(2) . Đẳng
thức xảy ra
{ }
7;3∈⇔ a
Lại xét vế phải của (1):
2)3(276
22
≤−−=−− aaa
(3) .Đẳng thức xảy ra
3=⇔ a
Từ (2) và (3) suy ra phương trình (1) tương đương với phương trình
327673
2
=⇔=−−=−+− aaaaa
0,25
0,25
0,25
Với
3
=
a
ta thấy x =9 (thỏa mãn). 0,25
Vậy phương trình (1) có một nghiệm duy nhất x=9 0,25
2
ĐK
0x =
hoặc
1x ≥
Với
0x
=
thỏa mãn phương trình
0, 25
0,25
Với
1x ≥
Ta có
3 2 2 2
1
( 1) ( 1)
2
x x x x x x− = − ≤ + −
2 2 2
1
1( ) ( 1)
2
x x x x x x− = − ≤ − +
3 2 2 2
x x x x x⇒ − + − ≤
Dấu "=" xảy ra
2
2
1
1
x x
x x
= −
⇔
− =
2
2
1
1 1
1
x x
x x
x x
= −
⇔ ⇒ + = −
= +
Vô lý
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
0x =
0,25
2
1
Khi m = 3 ta có phương trình x
2
– 3x + 1 = 0 0,25
Giải phương trình được;
2
53
1
+
=x
;
2
53
21
−
=x
0,5
2
Tính
4
2
−=∆ m
0,25
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
21
, xx
thì
04
2
≥−=∆ m
Theo định lí Vi-et ta có:
=
=+
1.
21
21
xx
mxx
Kí hiệu:
nn
n
xxS
21
+=
. Khi đó: S
0
=2; S
1
=m
0,25
0,25
0,25
Mặt khác:
−=
−=
⇒
−=
−=
++
++
nnn
nnn
xmxx
xmxx
mxx
mxx
2
1
2
1
2
1
1
1
2
1
2
2
2
1
2
1
1
1
với mọi số tự nhiên n
Suy ra:
nnn
SmSS −=
++ 12
Từ đó tính được S
7
=m
7
-7m
5
+14m
3
-7m
0,5
0,25
0,25
3
Đặt
7
2
7
1
2013
2014
;
2014
2013
== xx
. Ta có:
=
=+
1.
21
021
xx
xxx
. Theo định lí Vi-et đảo thì
x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình:
01.
0
2
=+− xxx
.
Theo câu 2) ta có:
mmmxx 7147m
2013
2014
2014
2013
357
7
2
7
1
−+−=+=+
Hay:
08108365283792745675854828379274m4054182
357
=−−+− mmm
Vậy đa thức cần tìm là:
8108365283792745675854828379274x4054182)(
357
−−+−= xxxxP
0,5
0,25
0,25
0,25
3 1
Từ giả thiết, suy ra
xyz
zyxz
yx
3111111
3333
3
=++⇔−=
+
0, 75
Suy ra:
3
3
)
111
(
222333
==++=++
xyz
xyz
z
xy
y
xz
x
yz
zyx
xyz
0,75
Vậy:
3
222
=++
z
xy
y
xz
x
yz
0,5
2
Ta có:
( ) ( )
nnnnnn 211121
2
22
2
−+=+⇒++=+
( với n là số tự
nhiên)
Xét biểu thức:
( )
1
1
)
1
1(
1
)1(
21
1
)1(
1
2
2
2
2
2
2
2
+=
+
+
+
−+=
+
+
+
+−+=
+
+
+
++
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
n
n
n
1,0
Áp dụng ta có:
20291021006).32014(
20142013 432014 43
2014
2013
4
3
3
2
2014
2013
20131
4
3
31
3
2
21
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=+=
++++=+++=++++
+++++++++=S
.
0,75
Vậy S = 2029102
0,25
4 1
Hỡnh v ỳng:
0,5
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC là đờng trung trực của đoạn thẳng BD,BD là
đờng trung trực của AC.Do vậy nếu gọi M,I,K là giao điểm của đờng trung trực
của đoạn thẳng AB với AB,AC,BD thì ta có I,K là tâm đờng tròn ngoại tiếp các
tam giác ADB,ABC
Từ đó ta có KB = r và IB = R.Lấy một điểm E đối xứng với điểm I qua M , Ta có
BEAI là hình thoi ( vì có hai đờng chéo EI và AB vuông góc với nhau và cắt nhau
tại trung điểm mỗi đờng )
0, 5
Ta có
= EBABAI
mà
00
9090 =+=+
ABOEBAABOBAI
0, 5
Xét
EBK có
0
90=
EBK
,đờng cao BM.Theo hệ thức trong tam giác vuông ta có
2 2 2
1 1 1
BE BK BM
+ =
0,5
Mà BK = r , BE = BI = R; BM =
2
a
Nên
2 2 2
1 1 4
R r a
+ =
(Đpcm)
0,5
2
Xét
AOB
và
AMI
có
0
90==
AMIABO
và gúc A chung
AOB
AMI
2
.
2
AO AM AM AB AB
AO
AB AI AI R
= = =
Chứng minh tơng tự ta đợc
2
.
2
BM AB AB
BO
BK r
= =
0,75
Ta có
4
2. . 2.
4
ABCD
AB
S AO OB
Rr
= =
0,75
_j
_
P
_
O
_
I
_
K
_
E
_M
_
D
_
C
_
B
_
A
x
Mµ theo ®Þnh lÝ Pi ta go trong tam gi¸c vu«ng AOB ta cã
2 2 2 4
2 2
1 1 1
4
AB OA OB AB
R r
= + = +
÷
2 2
2
2 2
4R r
AB
R r
⇒ =
+
Tõ ®ã ta cã :
3 3
2 2 2
8
( )
ABCD
R r
S
R r
=
+
3 Kẻ tia Dx sao cho DA là tia phân giác của góc BDx, Tia Dx cắt BA tại P. 0,5
Khi đó:
∆
ABDcân tại A ,
∆
ADPcân tại D và
∆
BDP cân tại B 0,5
Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có:
ADBD
AD
AD
BD
ADBP
AD
AD
BD
AP
AB
DP
BD
−
=⇒
−
=⇒=
(vì BD=BP)
0,5
Suy ra: BD
2
-BD.AD-AD
2
=0
4
5
)
2
1
(01
2
2
=−⇔=−−
⇔
AD
BD
AD
BD
AD
BD
0,25
Vậy:
2
51+
=
AD
BD
0,25
5
Từ giả thiết suy ra 0<x,y,z<1
0, 25
Suy ra:
][
)1(
1
)(1
1
2
222
yxx
xy
xyx
xy
x
−+=
−+
−−
≥
−+
Tương tự ta cũng có:
)1(
1
2
2
zyy
yz
y
−+≥
−+
;
)1(
1
2
2
xzz
zx
z
−+≥
−+
0, 75
Cộng theo từng vế của BĐT ta được:
≥
−+
+
−+
+
−+ zx
z
yz
y
xy
x
111
222
)1(
2
yxx −+
+
)1(
2
zyy −+
+
)1(
2
xzz −+
Hay:
≥
−+
+
−+
+
−+ zx
z
yz
y
xy
x
111
222
1+x
3
+y
3
+z
3
-x
2
y-y
2
z-z
2
x (1)
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ta có:
yxyxx
2333
3≥++
Tương tự:
zyzyy
2333
3≥++
;
xzxzz
2333
3≥++
Cộng theo từng vế ta được:
xzzyyxzyx
222333
++≥++
(2)
Từ (1) và 92) suy ra:
1
111
222
≥
−+
+
−+
+
−+ zx
z
yz
y
xy
x
(đpcm)
0, 75
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z =
3
3
0, 25
Ghi chú: - Thí sinh trình bày đúng, đủ nội dung bài làm cho 20 điểm.
- Điểm của toàn bài là tổng điểm thành phần và được làm tròn số đến 0,5đ.
……………………… Hết ……………………
