Các đoạn BM, BN cắt AC theo thứ tự tại E và F.. a/ Chứng minh rằng: Bốn điểm M, E, F, N cùng nằm trên một đường tròn.. c/ Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất...
Trang 1PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THCS
Năm học 2010-2011 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút
I Phần thi nhận thức chung: (2 điểm)
Câu 1: (0,75 điểm)
Đồng chí cho biết những nhiệm vụ trọng tâm của bậc học năm học 2010-2011
Câu 2: (0,75 điểm)
Là một giáo viên bộ môn trong nhà trường đồng chí có những nhiệm vụ cơ bản gì?
Câu 3: (0.5 điểm)
Sử dụng bản đồ tư duy góp phần dạy học tích cực Đồng chí cho biết khái niệm về bản đồ
tư duy, dạy học sử dụng bản đồ tư duy có ưu điểm gì?
II Phần thi kiến thức chuyên môn: (8 điểm)
Bài 1: (2,5 điểm)
a/ Tính giá trị của biểu thức Q = x x+y y
−
nếu x2 – 2y2 = xy và y ≠ 0
b/ Giải hệ phương trình sau:
4 1
4 1
4 1
x y z
y z x
z x y
c/ Giải phương trình: 3 x − + 1 3 x − + 2 3 x − = 3 0
Bài 2: (2 điểm)
a/ Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của ba số đó bằng tích của chúng
b/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 + xy + y2 = x2y2
c/ Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho biểu thức M = (ab -1)(bc-1)(ca -1)
abc có giá
trị là một số nguyên
Bài 3: ( 2 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M
và N sao cho MBN=45· 0 Các đoạn BM, BN cắt AC theo thứ tự tại E và F
a/ Chứng minh rằng: Bốn điểm M, E, F, N cùng nằm trên một đường tròn
b/ MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I Tính BI theo a
c/ Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất
Bài 4: (1,5 điểm)
a/ Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = 2 2 2 2
(x + )(y + )
b/ Chứng minh rằng : 2( )
1 2
m
n - ³ n + , với mọi số nguyên dương m, n.
………HẾT……
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: ……….Số báo danh:………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn: Toán
1
a/
Ta có x2 – 2y2 = xy ⇔ x(x-2y) + y(x – 2y) = 0 ⇔ (x + y)(x-2y)= 0 ⇔
=
−
= +
0 2
0
y x
y x
⇔
=
≠
−
=
) ( 2
-y) x vi (loai
TM y x
y x
Với x = 2y thì Q = x x+−y y= 22y y+−y y =31
0.75
b/ Điều kiện:
1 , , 4
x y z≥ Ta có:
−
= +
−
= +
−
= +
⇔
−
= +
−
= +
−
= +
(6) 1 4 2 2
(5) 1 4 2 2
(4) 1 4 2 2 2
(3) 1 4
(2) 1 4
(1) 1 4
y x z
x z y
z y
x
y x z
x z y
z y x
0.25
Cộng theo từng vế các phương trình (4), (5), (6) và biến đổi ta có:
(4x -1 + 2 4x−1+1) + (4y -1 + 2 4y−1+1) + (4z -1 + 2 4z−1+1) = 0
( 4x 1 1) ( 4y 1 1) ( 4z 1 1) 0
4 1 - 1= 0 4 1 1 4 1 1
1
4 1 - 1 0 4 1 1 4 1 1
2
4 1 1
4 1 - 1 0 4 1 1
z
− =
0.25
c/ Chứng minh: Nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc 0.5 Đặt a = 3 x−1; b =3 x−2; c = 3 x−3,
Ta có a + b + c = 0 nên a3 + b3 + c3 = 3abc
⇔x – 1 + x – 2 + x – 3 = 33 x−1.3 x−2.3 x− ⇔3 x – 2 = 3 x−1.3 x−2.
3 x−3
⇔(x – 2)3 – (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0 ⇔(x – 2)( x2 - 4x + 4 – x2 + 4x – 3) = 0
⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2
0.5
2
a/
Gọi ba số nguyên dương cần tìm là a, b, c Theo bài ra ta có: abc = a + b +c
(1)
Do vai trò của a, b, c như nhau, giả sử a ≤ b ≤ c (2)
Từ (1) và (2) ta có: abc = a + b + c ≤ 3c suy ra ab ≤ 3 => ab = {1, 2, 3}
+ TH1: ab = 1 => a = b =1, c = c + 2 (vô lý) + TH2: ab = 2 => a = 1, b = 2, c = 3 ( Thoả mãn) + TH3: ab = 3 => a = 1, b =3, c = 2 ( loại vì c < b) Kết luận: Vậy bộ ba số nguyên dương cần tìm là ( 1; 2; 3)
0.75
b/
Cách 1: x2 + xy + y2 = x2y2 ⇔ x2y2 + xy – ( x + y)2 = 0 Đặt a = x +y; b = xy
Ta có phương trình: b2 + b – a2 = 0 (2), phương trình (2) ẩn b có ∆ = 4a2 + 1
Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương suy ra
4a2 + 1 = k2 ,( k ∈ N) ⇔(k – 2a)(k + 2a) = 1.1 = (-1).(-1), từ đó tìm được a = 0
Với a = 0 thay vào (2) ta có b2 + b = 0 ⇔b(b+1) = 0 ⇔b = 0 hoặc b = -1
0.5
+) Với a = 0 và b = 0 thì 0 0
0 0
+) Với a = 0 và b = -1 thì 0 1
1 1
1 1
x y
= −
=
Vậy cặp số nguyên (x; y) tìm được là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1)
0.25
Cách 2: Do vai trò x, y như nhau, giả sử x ≤ y => xy ≤ |xy| ≤ y2
Ta có: x2y2 = x2 + y2 + xy ≤ y2 + y2 + y2 = 3y2 => x2 ≤ 3 => x2 = 0, hoặc x2 = 1 0.5 + Với x2 = 0 => x = 0, y = 0 0.25
Trang 3+ Với x2 = 1 x = 1 y = -1 ( loại) hoặc x = -1, y = 1 (Thoả mãn)
Vậy cặp số (x; y) cần tìm là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1)
c/
Ta có M = (ab 1)(bc 1)(ca 1)
abc
= abc – a – b – c + ab bc ca 1
abc
+ + −
M ∈ Z ⇔ ab bc ca 1
abc
abc
+ + −
= k ,( k ∈ Z) (1)
Vì a, b, c ≥1 nên từ (1) suy ra k > 0
Giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ c, khi đó từ (1) ta có ab + bc + ca = k.abc + 1 > k.abc (*)
Vì ab ≤ ca ≤ bc suy ra 3bc > k.abc ⇒ka < 3 (2)
0.25
Mà k, a ∈ N*, nên k, a ∈{1; 2}
+ Nếu k = 2 thì từ (2) suy ra a = 1 Thay vào (*) ta có b + c + bc = 2bc + 1
⇔(b – 1)(c – 1) = 0 ⇔ b = 1 hoặc c = 1 Khi đó (a; b; c) = (1, 1, m), với m ∈
N*
+ Nếu k =1 thì từ (2) suy ra a = 1 hoặc a = 2
- Với a = 1, từ (*) ta có b + c = 1 vô lý
- Với a = 2, từ (*) ta có 2b + 2c – bc = 1 ⇔c(b – 2) = 2b – 1 nên b ≠2 và
c = 2 1 2 3
b
− − suy ra b – 2 là ước của 3, mà b ≥a ≥2 nên b – 2 = 1 hoặc
b –2 = 3⇔b = 3, c = 5 hoặc b = 5, c = 2 ( loại) Vậy (a; b; c) = ( 2; 3; 5)
Kết luận: (a; b; c) ∈{(1; 1; m), (2; 3; 5)} và các hoán vị của 2 bộ số trên (m ∈
N*)
0.25
3
a/
Ta có · · 0
45
EBN =ECN = nên tứ giác BCNE nội tiếp suy ra · · 0
180
BCN BEN+ =
Mà · 0 · 0
BCN = ⇒BEN =
Chứng minh tương tự: · 0
90
BFN = , do đó · · 0
90
MEN=MFN = suy ra 4 điểm M,
E, F, N cùng nằm trên đường tròn đường kính MN
0.75
b/
Trong ∆BMN có MF và NE là hai
đường cao nên H là trực tâm ⇒
BI ⊥ MN
Tứ giác ABFM nội tiếp nên
·ABM =·AFM
Tứ giác BEHF nội tiếp nên
· ·
EBH =EFH, do đó
·ABM =MBI·
Vậy ∆MBI = ∆MBA (c.h – g.nh)
từ đó suy ra BI = AB = a
I
H E
F
D
A
M
N
0.75
c/
Ta có ∆ABM = ∆IBM nên MA = MI; ∆BCN = ∆BIN nên CN = NI
⇒ AM + CN = MN ⇒ 2a = MN + MD + ND
Đặt MD = x; ND = y ⇒ MN = x2+y2 và SMDN =
2
xy
Ta cần xác định x, y sao cho xy lớn nhất thỏa mãn x + y + 2 2
x +y = 2a
0.25
Thật vậy: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm ta có:
x + y ≥2 xy ; x2 +y2 ≥ 2xy ⇒ 2a = x + y + x2+y2 ≥ xy (2 + 2 )
Do đó 2 (2 2)
2 2
a
+ ⇒ xy ≤2a2(3 - 2 2 )
Vậy SMDN =
2
xy
≤ (3 - 2 2 ) a2
⇒ Max SMDN = (3 - 2 2 ) a2 xảy ra khi x = y = (2- 2 )a
KL: Khi DM = DN = (2- 2 )a thì ∆MDN có diện tích lớn nhất bằng (3 - 2 2 )
a2
0.25
4 a/
(x )(y )
1
x y + 2 = (x2y2 + 0.5
Trang 42 2 2 2
1 255
256x y +256x y +
Áp dụng BĐT a2 + b2 ≥ 2ab ( a, b ≥ 0), ta có: x2y2 + 2 2
1
256x y ≥2.xy 1
16xy =
1 8 Mặt khác: Áp dụng BĐT (a + b)2 ≥ 4ab (a, b ≥ 0), ta có xy ≤ 1
4 nên x
2y2 ≤
1 16 Suy ra 2 2
255 255
.16
256x y ≥ 256 = 255
16 Vậy: A ≥ 1
8 +
255
16 + 2 =
289
16 suy ra minA =
289
16 khi x = y =
1 2
0.5
b/
Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2 lµ sè v« tØ nªn m 2
n
m
n ¹ Ta xét hai trường hợp:
TH 1) m 2
n > Khi đó: m2 > 2n2⇒ m2 ≥ 2n2 + 1hay m³ 2n2+1
Từ đó suy ra : m 2
n − ≥ 2n2 1 2
n + − = 2 12 2
n
+ - =
2
2
1
1
n n
+
-+ +
2 2
2
n
n
ç
0.25
TH2) m 2
n < Khi đó: m2< 2n2 Þ£m2 2n2- 1 hay m£ 2n2- 1
Từ đó suy ra :
2
2
2 2
2
1
1
n n
n
n
+
÷
ç
Vậy bài toán đã được chứng minh.
0.25
Chú ý:
- Trên đây là sơ lược một số cách giải Nếu thí sinh giải cách khác đúng thì giáo khảo chấm thống nhất vẫn cho điểm tối đa.
- Bài hình không vẽ hình không cho điểm.