Tìm điều kiện của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.. Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm x ; y với x, y là các số nguyên dương.. Gọi D, K lần lượt là hình chiếu vu
Trang 1PHÒNG GD & ĐT SÔNG LÔ
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014
MÔN : TOÁN
Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (1.5 điểm): Cho đa thức f(x) thỏa mãn: (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) x ∀
Tính f(1) và f(5).
Câu 2 (1.5 điểm): Cho phương trình: (x 2 + mx + 2)(x 2 + 2x + m) = 0 (m là tham số)
Tìm điều kiện của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3 (1.5 điểm): Cho a, b, c là các số thỏa mãn:
{1� + � + � = 2013
�+
1
�+
1
�=
1 2013
Chứng ming rằng một trong ba số a, b, c phải có một số là nghiệm của phương trình:
x 2 – 2014x + 2013 = 0.
Câu 4 (1.5 điểm): Cho hệ phương trình : {�� + 4� = 10 ‒ �� + �� = 4 (m là tham số) Tìm tất cả
các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm (x ; y) với x, y là các số nguyên dương.
Câu 5 (1 điểm): Trong một hình vuông cạnh 1m có 51 điểm phân biệt tùy ý Chứng
minh rằng có ít nhất 3 điểm nằm trong một hình tròn có bán kính bằng m.1
7
Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao
AH= R 2 Gọi D, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC
Chứng minh:
a Hai tam giác ADK và ACB đồng dạng
b ��.�� = 2�
2
����.����
Câu 7 (1 điểm): Tìm giá trị nguyên lớn nhất của k sao cho bất đẳng thức sau đúng với
mọi giá trị của x: (x + 1)(x + 2) 2 (x + 3) ≥ k.
HẾT
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Trang 2CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM
Vì (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) x nên:∀
Cho x = -1 ta có: 0.f(-1) = 2.f(1) f(1) = 0 0.5
Cho x = 1 ta có: 2.f(1) = 4.f(3) f(3) = 0 (Do f(1) = 0) 0.5
1
(1.5 đ)
Cho x = 3 ta có: 4.f(3) = 6.f(5) f(5) = 0 (Do f(3) = 0)
(x 2 + mx + 2)(x 2 + 2x + m) = 0 (*)
Phương trình (*) tương đương với [�2
+�� + 2 = 0 (1)
�2 +2� + � = 0 (2) Ycbt thỏa mãn (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt và chúng
không có nghiệm chung
0.25
(1) có hai nghiệm phân biệt khi: m2 – 8 > 0 [ � <‒ 2 2� > 2 2 0.25
(2) có hai nghiệm phân biệt khi: 1 – m > 0 m < 1
Suy ra: Để (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt thì � <‒ 2 2 0.25
Giả sử (1) và (2) có nghiệm chung là x0 ta có:
(m – 2)(x 0 – 1) = 0
{�2
0+��0+ 2 = 0
�2
Với � <‒ 2 2 ta có x 0 = 1 Với x 0 = 1 m = - 3 0.25
2
(1.5 đ)
Vậy để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt, điều kiện của
tham số m là: {� <‒ 2 2� ≠ ‒ 3 0.25
Ta có :
1
�+
1
� +
1
�=
1
� + � + � � + ��� = ‒�(� + � + �)� + � 0.25
(b + c)(1
��+
1
�2
3
(1.5 đ)
[� + � = 0� + � = 0
� + � = 0[� = 2013� = 2013
Trang 3Từ hệ ta có: (m – 2)(m + 2)y = 5(m – 2) (*)
m = – 2: (*) vô nghiệm hệ vô nghiệm Loại m = – 2 0.25
m = 2: Hệ đã cho x + 2y = 4 {� = 2� = 1
(Do x, y nguyên dương) m = 2 thỏa mãn. 0.25
{� ≠‒ 2� ≠ 2 : Hệ có nghiệm duy nhất: {� =� + 28‒ �
� =� + 25 0.25
y nguyên dương khi [� + 2 = 1� + 2 = 5 [� =‒ 1� = 3 0.25
Với m = – 1 {� = 9� = 5 m = – 1 thỏa mãn
Với m = 3 {� = 1� = 1 m = 3 thỏa mãn 0.25
4
(1.5 đ)
Vậy các giá trị cần tìm của m là [� =‒ 1� = 2
5
(1 đ)
Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau với
kích thước 1 m.
5
Vì có 51 điểm và được xếp vào 25 hình
vuông nên theo nguyên lý Đirichlet phải có
một hình vuông nhỏ chứa 3 điểm
Giả sử hình vuông ABCD chứa 3 điểm đó.
Dễ tính được AC = m2
5 Bán kính đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD bằng
<
1
2.
2
5 =
1 50
1 7
Vậy ba điểm nói trên phải nằm trong hình tròn tâm O, bán kính
bằng m1
7
0.25
0.25
0.25
0.25
Trang 4a Chứng minh ADK~ ACB:
Xét tam giác vuông AHB với đường cao HD
Ta có: AD.AB = AH 2
0.25
Xét tam giác vuông AHC với đường cao HK
Suy ra: AD.AB = AK.AC
0.25
ADK~ ACB
AB
AK AC
AD
0.25
b Chứng minh: ��.�� =����.�������
Xét tam giác vuông AHB:
���� =���� AB = ��
����
0.25
Xét tam giác vuông AHC:
���� =���� AC = ��
����
0.25
6
(2 đ)
Suy ra: ��.�� = ��
2
����.����= 2�
2
K
D
H
O A
B
C
Trang 5Đặt: P = (x + 1)(x + 2) 2 (x + 3)
Đặt: y = x 2 + 4x + 3 P = y 2 + y = (� +12)2‒14 0.25
P ≥ ; P= y =
‒14 ‒14 ‒12 � =‒ 2 ± 22 0.25
7
(1 đ)
Suy ra: P min = ‒14
Để P k ≥ x thì k ≤ ‒ 1
4
Vậy giá trị nguyên lớn nhất cần tìm của k là k = -1
0.25
