Gäi ®iÓm E lµ h×nh chiÕu cña D trªn đờng thẳng BC và điểm F là hình chiếu của điểm A trên đờng thẳng DE.[r]
Trang 1đề thi giáo viên giỏi tỉnh bắc ninh năm học 2012 – 2013
Môn: Toán THCS
Thời gian: 120 phút
Ngày thi: 14/12/2012
Bài 1 (2 điểm):
Cho biểu thức
P
1) Rút gọn P
2) Với x 0; x 1tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
P
Bài 2 (2 điểm):
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3 + b3 + c3 – 3abc
2) Cho các số a, b, c thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc
Tính giá trị của biểu thức: S =
Bài 3 (1,5 điểm):
Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì n2 + n + 2 không chia hết cho 3
Bài 4 (3 điểm):
Cho ABC (AB < AC) nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính BC
1) Vẽ về phía ngoài ABC nửa đờng tròn (I) đờng kính AB và nửa đờng tròn (K) đ-ờng kính AC Đđ-ờng thẳng qua A cắt hai đđ-ờng tròn (I) và (K) lần lợt tại M, N (M khác A, B
và N khác A, C)
a) Chứng minh AMB đồng dạng với CNA; b) Tính các góc của ABC biết SCNA = 3.SAMB 2) Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = AB Gọi điểm E là hình chiếu của D trên
đờng thẳng BC và điểm F là hình chiếu của điểm A trên đờng thẳng DE
a) Tính AEB và Chứng minh 2 2 2
AD AC AF
b) So sánh
AF
AB và
AF
AC với cos AEB
Bài 5 (1,5 điểm)
1) Giải phơng trình:
1
x
x
2) Giải hệ phơng trình:
2
3
1 0
x xy y
z yz
Trang 2Giải đề thi Bài 1: ĐKXĐ: x0; x1
1) Ta có:
P
2) Với x 0; x1, ta có:
2
áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm x và
2
x , ta có:
Q
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x =
2
x x2 (thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy với x = 2 thì biểu thức Q đạt GTLN là 2 2 2
Bài 2:
1) Ta có: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) =
1
2.(a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
2) Ta có: S =
a b b c c a
Theo đề bài, ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc
=> a3 + b3 + c3 – 3abc = 0
Mà a3 + b3 + c3 – 3abc =
1
2.(a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]
=>
1
2.(a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] = 0
(a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] = 0
a + b + c = 0 hoặc (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0
Trang 3TH1) Nếu a + b + c = 0 =>
a b c
b c a
c a b
Thay
a b c
b c a
c a b
vào biểu thức S, ta đợc S = -1
TH2) Nếu (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0 a = b = c
Thay a = b = c vào biểu thức S, ta đợc S = 8
Vậy nếu các số a, b, c thỏa mãn a3 + b3 + c3 = 3abc thì S = - 1 hoặc S = 8
Bài 3:
Đặt A = n2 + n + 2
Vì n Z => n có thể nhận 1 trong 3 giá trị sau:
3
n k
n k
n k
với k Z TH1) Nếu n = 3k, khi đó ta có: A = 9k2 + 3k + 2
=> A không chia hết cho 3 k Z
=> A không chia hết cho 3 n Z và n = 3k
TH2) Nếu n = 3k + 1, khi đó ta có: A = 9k2 + 9k + 4
=> A không chia hết cho 3 k Z
=> A không chia hết cho 3 n Z và n = 3k + 1
TH3) Nếu n = 3k + 2, khi đó ta có: A = 9k2 + 15k + 8
=> A không chia hết cho 3 k Z
=> A không chia hết cho 3 n Z và n = 3k + 2
Vậy A = n2 + n + 2 không chia hết cho 3 n Z
Bài 4:
GT
N A
M F
I
B H O E C
KL
Chứng minh Phần 1:
a)
Vì ANC nội tiếp đờng tròn (K) có AC là đờng kính
=> ANC vuông tại N
=> NAC NCA 90 (1)0
.
Trang 4Ta có: MAB BAC CAN 1800
Mà BAC 900 (ABC nội tiếp đ.tròn (O; BC/2))
=> MAB CAN 900 (2)
Từ (1) và (2) => NCA MAB (cùng phụ với NAC)
Vì AMB nội tiếp đờng tròn (I) có AB là đờng kính
=>AMB vuông tại M
Xét 2 tam giác vuông CNA và AMB, có:
NCA MAB (cm trên)
=> CNA đồng dạngAMB (g.g)
b)
Ta có: CNA đồng dạngAMB
=> Tỉ số đồng dạng là: k =
AC AB
Theo đề bài, ta có: SCNA = 3.SAMB =>
3
ANC BMA
S
Mặt khác:
2
ANC BMA
S
k
=> k2 = 3 => k 3 =>
AC
AB = 3 Vì ABC nội tiếp đ.tròn (O) có BC là đờng kính
=> ABC vuông tại A => A 900
XétABC vuông tại A, ta có: tan B =
AC
AB = 3 => B 60 0 => C 30 0 Phần 2:
a) Từ A, kẻ AH BC H( BC)
Trong DEC vuông tại E có:
EDC DCE
Mà EDCADE (đối đỉnh)
=> ADF DCE 900 ADF ACB 90 (3)0
Trong ABC vuông tại A có: ABC ACB 90 (4)0
Từ (3) và (4) => ADF ABC ADFABH
Xét AHB và AFD có:
AHBAFD AH BC AF DE
AB = AD (gt)
ABH ADF (cm trên)
=> AHB = AFD (c.huyền – g.nhọn)
=> AH = AF
Xét tứ giác AFEH có:
Trang 5
0
0
0
=> AFEH là hình chữ nhật
Mà AH = AF (cm trên)
=> AFEH là hình vuông
Hình vuông AFEH có AE là đờng chéo
=>AEH 450 AEB 450
Trong ABC vuông tại A, đờng cao AH có:
AB AC AF (Hệ thức về cạnh, đờng cao trong tam giác vuông)
Mà AB = AD (gt) và AH = AF (cm trên)
=> 2 2 2
AD AC AF (đpcm)
b)
Vì AEB 450 => cos AEB = 1
Ta có ABH vuông tại H => AH < AB
Mà AH = AF
=> AF < AB => AF 1 AF cosAEB
Ta có: AF < AB (cm trên) và AB < AC (gt)
=> AF < AC =>
AEB
Bài 5:
1) Xét phơng trình:
1
x
x
ĐKXĐ: 1 x 0 hoặc x 1
Ta có:
1
x
x
x
x
2
2
2
x
hoặc
2
x
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Trang 6Vậy tập nghiệm của phơng trình đã cho là S =
;
2) Ta có:
Xét pt (2): 3z2 3yz x 2 xy y 2 0
y x
và 2
y
z
Thay 2
y
x
vào phơng trình (1), ta đợc:
2
2
y y
y2 4 y 2 hoặc y 2
* Nếu y = 2 => x = 1; z = - 1
* Nếu y = - 2 => x = - 1; z = 1
Vậy tập nghiệm của hệ đã cho là: S = 1;2; 1 ; 1; 2;1