tuyen tap de thi toan

Các bài toán cực trị đại số... Cách 2: Bình ph ơng hai vế bất đẳng thức cần chứng minh; Sau đó dùng ph ơng pháp biến đổi t ơng đ ơng ta đ ợc bất đẳng thức đúng; Suy ra bất đẳng thức đã

Chuyên đề :

Bồi d ỡng giáo viên

dạy học sinh giỏi – Môn Toán

Tháng 12 năm 2006

Nội dung

1 Tìm hiểu một số đề thi Toán cấp Tỉnh năm 2006.

2 Các bài toán cực trị đại số.

3 Tổng kết.

Các đề thi toán cấp tỉnh năm 2006

1) Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 9 cấp Tỉnh 2) Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn( Toán

chung)

3) Đề Thi vào lớp 10 chuyên Toán Lam Sơn

4) Đề thi vào lớp 10 chuyên Tin THPT Lam Sơn

5) Đề thi vào lớp 10 chuyên Pháp, Nga THPT Lam Sơn

6) Đề thi vào lớp 10 THPT ( Đề A)

7) Đề thi vào lớp 10 THPT ( Đề B)

8) Đề thi chọn giáo viên giỏi Tỉnh ngày thi 26/11/2006

2

3 1

2

3 1

1

2

3 1

6 2

P

) 3 )(3

3 (3

3 3

3

3 2

P

3 3

1 1

3 3

1 1

3 3

3 2

3 3

3

2 P

1 3

2

3 2

1 3

2

3

2 P

1) 3

( 2

3 2

1) 3

( 2

3

2 P

3 2 4

2

3 2

3 2 4

2

3

2 P

2 2

Cách 2: Biến đổi

1) 3

( 2

1 1)

3

( 2

1 4

3 2

4 2

3

2 2

3 -

Thay kết quả tìm đ ợc vào P, tính đ ợc P=1

Bài 2: ( 2 điểm ) Cho ph ơng trình: x2 - mx + m - 1 = 0

1) ( 0,5 đ): Chứng minh ph ơng trình luôn luôn có

hai nghiệm x1; x22) ( 1,5 đ): Tìm giá trị lớn nhất, bé nhất của biểu thức :

2 x

2x x

x

3 x

2x y

2 1

2 2

2 1

2 1

H íng dÉn gi¶i

1)Ta cã:=m2 4(m-1)=m– 4(m-1)=m 2 -4m + 4 = (m-2)2≥0 Chøng tá ph ¬ng tr×nh lu«n lu«n cã hai nghiÖm x1, x2

2)V× ph ¬ng tr×nh lu«n lu«n cã hai nghiÖm x1, x2 nªn theo

x x

m x

x

2 1

2 1

MÆt kh¸c:

2 )

x (x

3 x

2x 2

x 2x x

x

3 x

2x

2 1

2 1 2

1

2 2

2 1

2 1

1 2m

3 1)

) 1

3

x

; 3 x

1

x 3

x x

2 x

x

2

1 2

1 2

1

2 1

x

; 0 x

1 x

0 x

x

1 x

2 1

C¸ch 2:

2 m

1)

(m 1

2 m

1 2m

m 2

m 2

2 2

0;

x

0 x

1;

x 0

x x

1 x

x 1

maxy

VËy 1.

y

2 1

2 1

2 1

2 1

+ Tõ

1 2

m

2

m 1

2 m

4 4m

m 2

m - 2

-m

2

4m 2y

2 m

1

2m y

2

2

2

2 2

2 2

3;

x

3 x

1;

x 3

x x

2 x

x 2

m 2

1 miny

2 1

2 1

2 1

2 1

x

3 x

1;

x 3

x x

2 x

x 2

m 2

1 miny

2 1

2 1

2 1

2 1

0

x

;0x

1

x1

maxy

2

1 2

x

;x

1

xminy

2

1 2

32

1

Bµi 3( 2 ®iÓm ) Gi¶i ph ¬ng tr×nh:

62

x3x

13x2

5x3x

02

x 3x

02

5x

3x

:kiệniều

Đ

2 2

Nhận thấy x=0 không phải là nghiệm của ph ơng trình đã cho Do

đó x 0

Chia cả tử và mẫu mỗi phân thức của ph ơng trình cho x, ta đ ợc :

6x

21

3x

13x

25

()(1

tx

23x

t

135

t

5, t

: kiện iều

kiÖniÒu

§víihîp

kÕt2

15t

1t

011)

1)(2t

-(t

011

13t2t

033

39t6t

3024t

6t65

13t2

-2t

1)5)(t

6(t5)

13(t1)

4.3.21

Δ

02

x3x

1x

23x

(*)

vµo 2

1 5 t

2

1 S

: sè

¸p §

3

4 x

2

1 x

VËy

kiÖn diÒu

m·n tháa

2

1 x

0 4)

1)(3x -

-(2x

0 4

11x -

6x

2

11 x

2 3x

2

: thøc biÓu

cña trÞ

gi¸

TÝnh

z y

x

1 z

1 y

1 x

1

: m·n tháa

z y, x, thùc sè

3 Cho

2007 2007

2005 2005

2003 2003

x

1 z

1 y

1 x

x

1 xyz

zx yz































































































































x z

z y

y x

0 y)

z)(x z)(x

(y

0 z)

y(x z)

x(x z)

(y

0 xz)

yz xy

z)(x (y

0 z)

xz(y z)

yz(y z)

xy(y z)

(y

x

0 )

xz (xyz

) yz z

(y xyz)

(xy z)

x y

(x

xyz xz

xyz zx

yz z

y xyz

xyz xy

y

x

xyz z)

y zx)(x

yz (xy

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

4

19 M

0 y

x y

y) ( x

-y x

NÕu   2003   2003   2003  2003  2003   

4

19 M

:

4

19 M

0 x

z x

z -x

z

NÕu

4

19 M

0 z

y z

y -z

y

NÕu

2007 2007

2007 2007

2005 2005

2005 2005







































sè

§¸p

1 1

N

T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña biÓu thøc:

Gi¶i §iÒu kiÖn x0, y 0

2

1 y

x 9

minN

:

x 1

y x

y

x : khi ra y x¶

b»ng DÊu

9.

N

9 2.2

5 x

y y

x 2

5 x

y y

x 2 xy

5xy

xy

2y xy

4xy 2x

xy

2y) y)(x

(2x

1) y

x Do (

y

x

x) 2y)(

y)(x (

y

2x

y x

1) 1)(y

1)(y 1)(x

(x y

x

1 y

1 x

y

1 1

x

1 1

N

2 2

2 2

2 2 2

2

2 2

2 2

y x

2xy y

x y

x 1

y x

y) (x

y

x 1

y x

1 y

x 1

y x

1 x

1 y

1 1

y

1 1

x

1 1

N

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2 2 2

2 2

2

1 y

x 9

minN

: sè

x 1

y x

y

x khi ra

y x¶

b»ng DÊu

9 N

9 xy

2 1

8 xy

2 4

xy 1

xy

1 4

xy 4

1 xy

4

y x

4xy y)

(x

4xy 4xy

y) (x

0 y)

(x

2 2 2 2

MÆt kh¸c ta cã:

(do x,y d ¬ng)

Bµi 6( 2 ®iÓm )

2006 a

a

a a

: minh Chøng

2005 n

vµ N

n mäi víi

a 2 2n

3 1

a 1003;

a Cho

2006 2005

2 1

n 1

n 1

a

2)a (2n

2na a

a 1 2n

a 2 2n

a 2 2n

1

2n a

a 2n

3 1

a

1 n n

n

1 n n

n

n 1

n

n 1

n n

1 n

2(2005aa

)4a2(3a

a

)3a2(2a

a

)2a2(a

a

2006 2005

2005

4 3

3

3 2

2

2 1

Céng tõng vÕ ta ® îc:

0 4011a

a

0

a a

2 2n

1

2n a

vµ 0 1003

a cã L¹i

0 2

2n

1 -

2n 2005

n , N n

(1) 4011a

2a a

a

a a

a

a )

2006a 2(a

a a

a a

a

) 2006a

2(a a

a a

a

2006 2006

1 n

n 1

n 1

*

2006 1

2006 2005

3 2

1

2006 2006

1 2006

2005 3

2 1

2006 1

2005 3

2 1

Bài 7( 2 điểm )

Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác

1 a

b b

c c

a a

c c

b b

a : rằng minh

c c

b a

b b)

(c

a

abc

a) (b

c c)

(a b

b) (c

a

b

1 a

1 c a

1 c

1 b c

1 b

1 a a

b b

c c

a a

c c

b b

a

2 2

2 2

2

2 2

abc

c) b)(a

b)(a (c

abc

ab) ac

bc b)(a

(c

abc

b) b)(c

a(c b)

bc(c b)

(c a

.ba

.bc

a

bb

cc

aa

cc

bb

1a

bb

cc

aa

cc

bb

a

1abc

abcabc

ac

.ba

.b-

c

abcc

a,b-a.b-cb

-ca

cb

a

ab

c vµ 0c

-0b

0a

Cách 2:

Bình ph ơng hai vế bất đẳng thức cần chứng minh; Sau

đó dùng ph ơng pháp biến đổi t ơng đ ơng ta đ ợc bất

đẳng thức đúng; Suy ra bất đẳng thức đã đ ợc chứng minh:

Bµi 8( 2 ®iÓm )

Cho hai ® êng trßn (O) vµ (O’ ) c¾t nhau ë A vµ B,(O) n»m trªn (O’ ) §iÓm C n»m trªn cung AB cña (O) ngoµi ® êng trßn (O’ ) D©y AC cña ® êng trßn (O) c¾t ® êng trßn (O’ ) ë D Chøng minh

® êng th¼ng OD ®i qua trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng BC.

CDO = BDODO là phân giác của BDC ( 1)

+ Vì tứ giác ADBO nội tiếp (O ) ’ CAO = OBD

( cùng bù với OAD ).

Nối OC OA=OC ( bán kính (O)

  AOC cân CAO = ACO

Suy ra OBD= OCD kết hợp CDO = BDO ( c/m trên )

COD = BOD lại có OD chung

COD = BOD ( g.c.g) BDCcân tại D ( 2)

+ Từ ( 1) và( 2)  DO đồng thời là trung tuyến

DO đi qua trung điểm của BC

C¸ch 2:

+ Nèi OA, OB, BD

Chøng minh ® îc CDO = BDO

DO lµ ph©n gi¸c cña BDC

+ Tõ (1) (2) DO còng lµ trung tuyÕn cña BDC

 DO ®i qua trung ®iÓm BC ( §PCM)

D

2.Tr êng hîp O n»m trong (O): Chøng minh t ¬ng tù nh tr êng ’

hîp (1)

D A

O O'

B

C

1 EA

EB EA

EB AC

KB n

nª AC BK//

Vi

BK

AC 2

1 BK

CM

) CBK(g.c.g Δ

ACM Δ

K

1BC

4MI

AIMI

AICM

ACMI.AM

B

I

M K

2IM CI

2 CM

AC IM

CI

ACM CIM

2CI AI

2 CM

AC CI

1AC

2

1



Tø gi¸c CHIM néi tiÕp nªn KHC = AMC( cïng bï víi CHI)

KHC =AMC( c huyÒn-gãc nhän) KC=AC=BC

C lµ trung ®iÓm cña BK, CE//KF

E lµ trung ®iÓm cña FB FE=EB (2)

M

KH,t¹itù

thø

BCc¾t AC,

AMFI

KÎ 

Bài 10( 2 điểm)

Cho ABC Từ điểm M trong tam giác kẻ

MD,ME,MF lần l ợt vuông góc với các cạnh BC, CA

và AB.

Chứng minh rằng BD2+CE2+AF2=DC2+EA2+FB2

HD c/m

Nối MA, MB, MC

+ áp dụng định lí Pitago vào 6

tam giác vuông trên hình vẽ ta

b 5

b 2

2 b

b 2

b 2

B :

thøc biÓu

4

42

3

-43x

3y)5(x

Câu 4( 1,0 điểm):

Câu 3( 1,5 điểm):

Tìm các giá trị của tham số m để ph ơng trình sau vô nghiệm

0 2

Câu 5( 1,0 điểm):

Cho hình chữ nhật ABCD có AB=2cm, AD=3cm Quay hình chữ nhật đó quanh AD thì đ ợc một hình trụ Tính thể tích hình trụ đó

2 3(b 1

2 b b

: cã ta 0, b

víi r»ng

minh Chøng

0 b

nghÜa cã

( 2

2

) 2

( 2

b

b

b b

b

b B

B  2  2 

b

B 4 

) 2 )(

2 (

4  2   

0 6

5

y x

1

x

Ta cã V=r2h=22.3=12( cm3)

C©u 6 NÕu häc sinh kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ sai c¬ b¶n th× kh«ng cho ®iÓm toµn bµi

2 '  2  

 m m m

1



C©u 6

NÕu häc sinh kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ sai c¬

b¶n th× kh«ng cho ®iÓm toµn bµi 2,5

a) Tam gi¸c MKP vu«ng, trung tuyÕn KH nªn MH=HK=HP HKP c©n 0,5

Theo gi¶ thiÕt MNP =2 HPK  NGK= HPK

Do G vµ P cïng n»m trong nöa mÆt ph¼ng bê lµ NH

Tø gi¸c GNHP néi tiÕp

0,5

P

H N

G

M

K

b(3b

1 b 3 3 b 3b

vµ 0 1

b

2 2

L u ý: H/S có thể giải theo các cách khác nhau nh đặt ẩn phụ, dùng BĐT GK cần đọc

kĩ để tránh bỏ sót điểm của HS Chẳng hạn

ĐặtBất đẳng thức cần c/m t ơng đ ơng với :

Cách 2: Biến đổi vế trái:

và2b1

b :cóta

,b

rasuy

05

1-t0,2

tnnê2t

-Do

0

)3

1-2)(t-

2

)

11

2 2

6(bb

b3(b

bb

1(*) 4b

1 b 1 b

b 2

4b

1 b 1 b

b : si cô

T BĐ

theo

0 4b

1 b và

0 1 b

2

2 2

5 1 2

5 2b

1 b 2

5 b

1) 5(b

0) b

1(do 2b

1 b 2b

1 b 0 1) (b

2 2

2 2

b khi ra y xả

bằng

.Dấu 2

7 2

5 1 2b

1) 3(b

1 b





III. Giới thiệu các đề thi Toán vào THPT chuyên Lam Sơn

1) Đề thi Toán ( dùng cho tất cả các môn chuyên)

2) Đề thi Toán( dùng cho thí sinh thi chuyên Toán)

3) Đề thi Toán ( dùng cho thí sinh thi chuyên Tin)

4) Đề thi Toán(dùng cho thí sinh thi chuyên

Nga-Pháp)

IV Giới thiệu đề thi chọn giáo viên dạy giỏi THCS cấp tỉnh

Ngày 26/11/2006

1)đề thi:

Đề thi lý thuyết môn Toán

Thời gian làm bài: 150 phút

A.Đồng chí hãy trình bày tóm tắt lời giải đề thi sau(16 điểm)

Đề thi

Câu 1( 6 điểm):

1 Hãy tính giá trị của biểu thức:

20072005

1

53

13

1

1A

xy y

x xy y x

42b

12b2 2

C©u 4( 5 ®iÓm )

Cho tø gi¸c ABCD néi tiÕp trong ® êng trßn (O) C¸c ® êng

ph©n gi¸c trong cña c¸c gãc A vµ B c¾t nhau t¹i ®iÓm E thuéc c¹nh CD(CE>BC) Gäi F lµ ®iÓm thuéc ®o¹n CE sao cho

CF=BC

1.Chøng minh tø gi¸c ABFE néi tiÕp ® îc trong ® êng trßn

2.Chøng minh tam gi¸c ADF c©n

Câu 5( 2 điểm ):

Cho tam giác ABC có góc B=400 và BC =AC2+AC.AB

Tính góc A.

B.Trên cơ sở lời giải trên, đồng chí h y xây dựng biểu ã

điểm và h ớng dẫn chấm cho đề thi ở phần A( 4 điểm).

( 2

1 5 3

1 ),

1 3

( 2

1 3 1

( 2

1 2007 2005

1

) 2003 2005

( 2

1 2005 2003

x

3 3xy y)

3 3n

11 n

hoÆc 3

m

2 n nghiÖm cã

11 n

hoÆc 3

m

2 n nghiÖm cã

nµy HÖ

đề thi

Điểm bài thi

*Với m=3 suy ra n=2, thay vào trên ta có:

*Với m=-6, suy ra n=11, thay vào trên ta có:

Vậy hệ đ cho có 2 nghiệm làã

1đ

1đ

1đ

Câu 2 -Với m=-1, ph ơng trình trở thành x-1=0, suy ra x=1,

vậy m=1 thỏa mãn yêu cầu đề ra.

-Với m-1, giả sử ph ơng trình có nghiệm x1x2 Theo định lý viét ta có hệ:

2 x

và -2 y

1

x 2

xy -

3 y

x

-nghiệm vô

này hệ

xy -

-6 y

x

1 x và 1 y

2 x

(2) 1 m

m 2

1 m

2 3m x

x

(1) 1 m

m x

x

2 1

2 1

đề thi

Điểm bài thi

2 3

1

*

3

2 - m có ta (1) vào thay

0 x

x -1

1 - x

x

2

1 2

3

2 -

m 

.

, 4

2 3

thay x

x 1

x

-x

2

1 2

K.

Đ

th/mãn 5

6 - m ra suy

và 3

2 m

đề thi

Điểm bài thi Câu 3 *Ta nhận thấy nếu b<0 bất đẳng thức luôn đúng.

*Với b>0, bất đẳng thức t ơng đ ơng với

1 2b

2 2b

1 2b

t

và 2 t

n nê 0 b

do

, b 2

1 b

2 t

ặt

Đ

(1)

b 2

1 b

2 3

4 2b

1 2b

2 2

2 2

2 2

2 2

C

E F

đề thi

Điểm bài thi

Câu 4

1.Do BC=CF nên tam giác BCF cân, suy ra

Từ (1) và (2) suy ra BFC=BAE, suy ra ABFE là

tứ giác nội tiếp.

2.Do tứ giác ABFE nội tiếp , suy ra (cùng chắn cung AE, mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp nên ABC+ADC=180 0

Trong tam giác AFD có FAD=180 0 ;

C 180

BAD 2

1 BAE

ra suy ,

180 BCD

BAD

ra suy tiếp

nội ABCD

giác tứ

Do

(1) 2

C 180

CBF BFC

0 0 0

ABC ABE

AFE   



) 2

( 2 2

đề thi

Điểm bài thi

T ơng đ ơng với ABC đồng dạng với

BDC, suy ra BDC=ABC=40 0 Kết hợp với(1) suy ra BDA=400.Vậy  BAC=  ADB+ DAB=80 0

CD AC

BC

D

A