PHÒNG GD& ĐT SÔNG LÔ HỘI THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC 2012 2013 PHÒNG GD& ĐT SÔNG LÔ HỘI THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC 2012 2013 ĐỀ THI NĂNG LỰC MÔN TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút, khôn[.]
Trang 1PHÒNG GD& ĐT SÔNG LÔ HỘI THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC 2012-2013
ĐỀ THI NĂNG LỰC MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1 ( 3 điểm) Giải hệ phương trình:
Bài 2 (4 điểm).
a/ Phân tích thành nhân tử: (x+y+z)3 – x3 –y3 –z3
b/ Chứng minh (a+b+c)3 – ( a+b-c)3 –(b +c –a)3 – (c +a – b)3
chia hết cho 24 với a, b, c Z
Bài 3 (4 điểm).
a/Xác định p và q sao cho phương trình x2 + px +q = 0 có hai nghiệm là p
và q
b/Cho x2 +y2 +z2 =1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức M= x +2y +3z
Bài 4: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
Bài 5: (6 điểm)
a/ Cho tam giác cân ABC (BA = BC) Trên cạnh AC chọn điểm K ở giữa
A và C, còn trên tia AC đặt CE = AK Chứng minh rằng:
BK + BE > AB +BC b/ Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm O Gọi O1, O2 lần lượt là các điểm đối xứng của O qua BC, DE Chứng minh O là trọng tâm AO1O2
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.)
Họ tên thí sinh: ……… SBD: ………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Trang 2Đáp án và thang cho điểm:
Bài 1:
Đ/k để căn thức có nghĩa: x ≥0 , y ≥ 0
Bình phương cả hai vế của phương trình thứ nhất, ta được
x +y +1 +2 =1
x +y +2 =0
Vì x ≥0 , y ≥ 0 nên đẳng thức trên chỉ xảy ra khi x = y = 0
Thử lại ta thấy rằng đó là nghiệm của hệ phương trình đã cho
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x=0; y=0)
0,5 0,5 1 1
Bài 2:
a/ (x+y+z)3 = x3 + y3+z3 +3x2(y+z)+3y2(z+x) +3x2(x+y) +6xyz
Do đó (x+y+z)3 - x3 - y3 - z3 = 3(x2y +x2z + y2x +y2z + z2x +z2y
+2xyz)
=3(x+y)(y+z)(z+x)
0,5 0,5
1 b/ Đặt a+b-c = x, b+c-a =y, c+a –b =z
=> a+b+c = x+y+z, x+y = 2b, x+z=2a, y+z =2c
Theo câu a: (a+b+c)3 - (a+b-c)3 - (b+c -a)3 - (c+a -b)3 = (x+y+z)3 - x3
- y3 - z3
=3(x+y)(y+z)(z+x) =24abc 24 (đpcm)
0,5 0,5
1
Bài 3: a/ Từ các hệ thức Viet cho phương trình bậc hai, suy ra
p+q = - p
pq = q
Từ hệ thức thứ hai ta thấy rằng:
1 hoặc q = 0, khi đó ta sẽ có p=0 do hệ thức thứ nhất
2 hoặc q ≠ 0, thế thì p =1 , và ta có q = -2 do hệ thức thứ nhất
Vậy tất cả các cặp p, q thỏa mãn bài toán là
(0,0) và (1, -2)
0,5
0,5 0,5
0,5 b/Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho ba số ta được
M2= (x+2y+3z)2 ≤ (1+22 +32)(x2 +y2 +z2 ) = 14 0,5
Trang 3Bài Đáp án Điểm
Suy ra - ≤ M ≤
Vậy giá trị lớn nhất của M bằng đạt được khi
x = ; y= ; z =
giá trị nhỏ nhất của M bằng - đạt được khi
x = - ; y= - ; z = -
0,5 0,5
0,5
Bài 4:
Đặt t= x2 – 4x +3
Phương trình trở thành x2(6t +8t + 9t) = (2x2 + 1) 12t
Chia hai vế của phương trình cho x2.12t ta được
= 2x + (1)
Ta thực hiện được phép chia vì x=0 không phải là nghiệm của
phương trình
*)Nếu x ≥ 3 thì t= x2 – 4x +3 = (x-1)(x-3) ≥ 0
Vế trái của (1) ≤ 3 còn vế phải > 6
=> (1) vô nghiệm => phương trình đã cho vô nghiệm
*) x = 2 => t= -1 (1) không thỏa mãn
*) x = 1 => t = 0 (1) được thỏa mãn
Vậy phươg trình có một nghiệm duy nhất x=1
0,5
0,5 0,5 0,5
0,5 0,5
Bài 5 a/ Vẽ hình
Trên tia BC đặt CF = BC
Dễ thấy
BAC = BCA = ECF
AB = BC = CF
Bởi vậy BAK = ECF
Suy ra EF = BK
Mặt khác
0,5 0,5 0,5
0,5
Trang 4Bài Đáp án Điểm
BK + BE = EF +BE > BC +CF= AB +CF
Suy ra BK + BE > AB +CF
0,5 0,5 b/ Vẽ hình
Ta có:
BOO2 = BOC + COD + DOE = BOC
=> BOO2 = 720 = 1800
=> B, O, O2 thẳng hàng
Tương tự E, O, O1 thẳng hàng
Gọi giao điểm của BO2 với AC, AO1 thứ tự là I và K
Do tính chất đối xứng của ngũ giác đều và của O, O1 qua BC; O, O2
qua DE mà O1C//KI, I là trung điểm AC => IK qua điểm K là trung
điểm AO1
Tương tự AO2 cắt EO2 tại M thì M là trung điểm AO2
Tam giác AO1O2 có 2 trung tuyến O1M và O2K cắt nhau tại O
Vậy O là trọng tâm AO1O
0,5 0,5 0,5 0,5
0,5
0,5