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 1UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD – ĐT
-ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS
Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: (2,5 điểm)
a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: P = a3 + b3 + c3 – 3abc
b/ Cho các số a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = 0 và abc ≠0.Tính giá trị biểu thức
bc ca ab
a +b + c
c/ Giải phương trình: 3 x− +1 3 x− +2 3 x− =3 0
Bài 2: (2 điểm)
a/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 + xy + y2 = x2y2
b/ Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho giá trị của biểu thức M = (ab 1)(bc 1)(ca 1)
abc
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· =450 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 các số thực dương thỏa mãn x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
1 2
m
n - ³ n + , với mọi số nguyên dương m, n.
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
1
a/
P = a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a+b) – 3abc
= (a + b + c)3 – 3(a + b).c.( a + b + c) – 3(a + b + c)ab
= (a + b + c)[ (a + b + c)2 – 3ab – 3bc – 3ca]= (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca)
0.75
b/
Từ câu a/ suy ra: Nếu a + b + c = 0 thì a3 + b3 + c3 = 3abc
Từ giả thiết ta có: 1 1 1 0
a b c+ + = suy ra 13 13 13 3 1
Ta có Q = bc ca ab2 2 2
a +b + c = abc(13 13 13) abc 3 3
a +b +c = abc = ( Do abc ≠0) 0.5
c/
Đặt a = 3 x−1; b =3 x−2; c = 3 x−3, ta có a + b + c = 0 nên a3 + b3 + c3 = 3abc 0.25
⇔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/
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 0.25
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
0.25
+) Với a = 0 và b = 0 thì 0 0
+) Với a = 0 và b = -1 thì 0 1
= − = −
1 1
x y
= −
=
Vậy các cặp số nguyên (x; y) tìm được là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1)
0.25
b/
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
+ + − ∈ Z Đặt ab bc ca 1
abc
+ + − = k ,( k ∈
0.25
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* 0.25 + 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
b − = +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
a/
Ta có ·EBN =·ECN =450nên tứ giác BCNE nội tiếp suy ra ·BCN BEN+· =1800
Mà ·BCN =900 ⇒BEN· =900
Chứng minh tương tự: ·BFN =900, do đó ·MEN =MFN· =900suy ra 4 điểm M, E, F, N
cùng nằm trên đường tròn đường kính MN
0.5
Trang 3Trong ∆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
H E
F
D
A
M
N
0.5
c/ Ta có ∆ABM = ∆IBM nên MA = MI; ∆BCN = ∆BIN nên CN = NI
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 + x2+y2 = 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 )
a
+ ⇒ xy ≤2a2(3 - 2 2 )
0.25
Vậy SMDN =
2
xy
≤ (3 - 2 2 ) a2 ⇒ Max SMDN = (3 - 2 2 ) a2 xảy ra khi x = y = (2- 2 )a Kết luận: Khi DM = DN = (2- 2 )a thì ∆MDN có diện tích lớn nhất bằng (3 - 2 2 ) a2
0.25
(x )(y )
+ + = x2y2 + 2 2
1
x y + 2 = (x2y2 + 2 2 2 2
256x y +256x y + 0.25
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
0.25
b/
Vì lµ sè h÷u tØ vµ 2 lµ sè v« tØ nªn m 2
n
m
a) 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
0.5
Trang 4b) 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
2 2
1
n
n n
n
- +
Vậy bài toán đã được chứng minh
0.5
Chú ý: Nếu cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa