Đề thi chọn giáo viên giỏi huyện thạch hà năm học 2016 2017(có đáp án)

Cho tam giác ABC, trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O.. Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.. a Chứng minh 4 điểm A, H, C, P cùng nằm trên một đường trò

PHÒNG GD - ĐT THẠCH HÀ

ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN

NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn Toán

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài 1 1 Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn: 1  1  x  2

2 Ký hiệu S(a) là tổng các chữ số của số tự nhiên a

Tìm a, biết: S(a-3) + a = 120

Bài 2 1 Tìm GTNN của biểu thức A= x 2016  x 2017  x 2018

2 Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện a b c b c a c a b

giá trị biểu thức: P 1 b 1 c 1 a

        

Bài 3 Cho phương trình mx2  2 x  1 2  mx   2 0 (1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 1

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.

Bài 4 Cho tam giác ABC, trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O M là một điểm

trên cung BC không chứa điểm A (M không trùng với B, C) Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.

a) Chứng minh 4 điểm A, H, C, P cùng nằm trên một đường tròn

b) Xác định vị trí M sao cho tổng diện tích các tam giác ABN và ACP lớn nhất.

Bài 5 Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn 1 4 9 1

x  y  z  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S = x + y + z.

-Hết -Họ và tên:……… Số báo danh………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SƠ LƯỢC GIẢI

ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2016-2017

MÔN TOÁN

Bài 1

1 1 1 x 2    2 1 0  (  2)(  1) 3

Kết hợp x, y nguyên dương nên

2 1

1 3



 



x

2 3

1 1







y y

3 4





 





x

y hoặc

5 2











y y

Vậy phương trình có hai nghiệm ( ; ) (3; 4); (5; 2)x y 

2 Từ S(a-3) + a = 120, suy ra a < 120, tức là số a có 2 hoặc 3 chữ số

Nếu a có 2 chữ số thì a  99; S(a-3)  18 S(a-3) + a 107, suy ra a có 3 chữ số

Đặt a mnq , vì a < 120  m 1 và n = 0 hoặc n =1 (1)

Nếu q 3  S(10q 3) 7  và S(11q 3) 8   S(a-3) + a < 120 q 3 (2)

Từ (1) và (2) ta có n = 0 và q =2 hoặc n =1 và q =1

Vậy a = 102; 111

* Cách khác:

Với n= 0, nếu q 3  S(10q 3) 10q 120      1 0 q 3 100 q 120   q 11 (loại) nếu q 3  S(10q 3) 10q 120    9 10 q 3 100 q 120     q 2

Với n=1, nếu q 3  S(11q 3) 11q 120      1 1 q 3 110 q 120   q 5,5 (loại) nếu q 3  S(11q 3) 11q 120     1 0 10 q 3 110 q 120     q 1

Bài 2

1 Ta có a  b  a b , đẳng thức xẩy ra khi ab 0 (*)

Áp dụng (*) ta có: x 2016  2018 x 2 (1)

Mặt khác x 2017 0 (2)

Từ (1) và (2) ta có A x 2016 x 2017  x 2018  x 2016  2018 x 2

Đẳng thức xẩy ra khi ( 2016)(2018 ) 0 2017

2017 0

x x







Vậy Min A = 2 khi x =2017

2 Từ gt ta suy ra a b c 2 b c a 2 c a b 2

 a b c b c a c a b

Xét hai trường hợp

*/ Nếu a + b + c = 0  a + b = -c ; b + c = - a; c + a = -b

Khi đó P = 1 b 1 c 1 a

a

 ( a)

b

 ( )b

c

 = abc

abc



= -1

* Nếu a + b + c 0  a = b = c  P = 2.2.2 = 8

Bài 3 3a mx2 2 x1 2 mx 2 0 (1)

Thay m = 1 vào phương trình ta được x 12 2 x1 1 0   x1 1

 x   x hoặc x2

Vậy khi m = 1 phương trình (1) có 2 nghiệm x10;x2 2

3b (2) m x( 2 2x1) 2 x1 2  m0

2

Đặt t x 1 0 (*) thì (2)  mt2 2t 2 m 0   (2)

- Nếu m = 0 ta có (3)  2t 2 0   t 1 => phương trình (1) có 2 nghiệm

x 0; x 2

- Nếu m  0 thì pt (2) là phương trình bậc hai ẩn t

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  pt (2) có 1 nghiệm dương

Ta xét các trường hợp sau:

+ TH1: c 0 m 2 , khi đó pt (2) có 2 nghiệm t = 0 và t = 1, nên pt (1) có 3 nghiệm

x 1; x 2; x 0

+ TH2: Pt (2) có 2 nghiệm trái dấu m(2 m) 0   m 0 hoac m 2 

+ TH2: Pt (2) có nghiệm kép dương

m 1

0 m











 Vậy để pt (1) có hai nghiệm phân biệt thì m 0 hoặc m 1 hoặc m 2

Bài 4

5a - Trường hợp A< 900 (hình vẽ)

Ta có: APC AMC (PM là trung trực của AC)

ABC AMC (cùng chắn cung AC)

ABC AHL (cùng phụ với góc BAH)

=> APC AHL => AHCP nội tiếp đường tròn hay

bốn điểm A, H, C, P thuộc một đường tròn

- Trường hợp A= 900 thì H trùng A, lúc đó hiến nhiên

bốn điểm A, H, C, P thuộc một đường tròn

- Trường hợp A> 900 chứng minh tương tự như trên

H O

C P N

B

A

L

M

5b Tìm M để tổng diện tích các tam giác ABN và ACP lớn nhất.

Ta cóSABN SABM và SACM SACP

Nên SABNSACP SABM SACM SABMC SABCSBMC

Ta có SABC không đổi => M là điểm chính giữa cung BC thì tổng diện tích các tam giác ABN và ACP lớn nhất

Bài 5

Ta có: 6 1 4 9 1 x 4 y 9 z

2

x y z x y z  x y z  36

Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi: 1 : x 4: y 9 : z  1 2 3

Mặt khác 14 9  1 122331

x y z x y z

Kết hợp với (1) ta có 12131 1

x x x => x = 6; => y = 12; z = 18

Vậy MinS=36 khi x = 6; y = 12; z = 18

PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ