DE THI GVG TINH HA TINH 2013 2014

Gọi E là giao điểm của đường thẳng AM và đường thẳng BD.. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD, O và N lần lượt là trung điểm của DE và BC.. Chứng minh: a Tứ giác AB

SỞ GDDT HÀ TĨNH KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI THCS CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài : 120 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)

Bài 1: a) Cho phương trình: x2 + ax + 1 = 0 với tham số a

Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn

7

b) Cho các số nguyên m, n, p thỏa mãn m + n + p = 2014

Chứng minh m3

+ n3 + p3 - 4 chia hết cho 6

Bài 2: Giải hệ phương trình

3

x 2y 1







Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, tìm a để đồ thị hàm số bậc nhất y = ax + 2 cắt trục

hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác OAB có chu vi bằng 6

Bài 4: Cho hình vuông ABCD và điểm M trên cạnh CD sao cho CM = 2DM Gọi E là giao điểm của

đường thẳng AM và đường thẳng BD Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD,

O và N lần lượt là trung điểm của DE và BC

Chứng minh:

a) Tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn

b) Đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng EN

Bài 5: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2

P2x (y z)  4 yz

Lời giải:

Bài 1: a) Để phương trình có hai nghiệm thì  0 a2   4 0 a 2

Theo Viet ta có 1 2

1 2

x x 1

  



  

  



2

  

 

  

 Đối chiếu ĐK a 2 ta có a  5 thỏa mãn bài toán

b) Từ gt m n  p 2014    m n p 8 2022   m n p 8 chia hết cho 6

m n   p 4 m n   p 8 m  m n    n p p 12

m 1 m m 1   n 1 n n 1   p 1 p p 1   12

Vậy 3 3 3

m n p 4 chia hết cho 6

Bài 2: Hệ phương trình    2 

3

2y 1 x



 

 

 Ta có 2 hệ phương trình sau :

3

2y 1 x

 

   

2

2

y x

 

x = -1  y = 1

2

Tập nghiệm của hệ phương trình     1 5 3 5 1 5 3 5

Bài 3: Vì hàm số bậc nhất nên a  0 Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y = ax + 2 với trục hoành và trục tung lần lượt là A 2; 0

a

 

 ; B 0; 2 Vì   OAB vuông tại O nên theo Pitago ta có

2

4

a

    Theo bài ra OA + OB + AB = 6

2

Bài 4: a) EH  DH (gt) và  0

HDE45 (gt) nên DHE vuông cân có OD = OE (gt)  HO  DE

HOE90 HOE BAH 180  do đó tứ giác

ABOH nội tiếp đường tròn (Tổng hai góc đối bằng 1800

)

b) Tia HE cắt BC tại F Ta có HF // AB, theo TaLet thì

DM ADAH  AD  DC  3 AH3

(Vì HE = HD, DHE vuông cân) HD 1

Mặt khác tứ giác HFCD là hình chữ nhật  FC = HD và BC = AD

BC 4 NC  2   HE = NF (1)

Ta lại có EFB vuông cân  EF = BF mà BF = AH nên AH = EF (2)

Từ (1) và (2) AHE = EFN (c – g – c) AEH ENF

ENF NEF 90 NEF AEH 90  AE  NE

Bài 5: Từ x      y z 1 x 1 y z    2  2  2

(Áp dụng BĐT  2  2 2

ab 2 a b ) GTLN của P là 2 Đạt được khi x = 0 và y = z = 1

2

Lời giải : Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn

C D

H

E

N

M O

F