DE THI GVG MON TOAN 2011

UBND 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 = a 3 + b 3 + c 3 – 3abc b/ Cho các số a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = 0 và abc ≠ 0.Tính giá trị biểu thức Q = 2 2 2 bc ca ab a b c + + c/ Giải phương trình: 3 3 3 1 2 3 0x x x− + − + − = Bài 2: (2 điểm) a/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 b/ Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho giá trị của biểu thức M = ( 1)( 1)( 1)ab bc ca 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 · 0 45MBN = . 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: A = 2 2 2 2 1 1 ( )( )x y y x + + b/ Chứng minh rằng : ( ) 2 1 2 3 2 m n n - ³ + , với mọi số nguyên dương m, n. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a/ P = a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = (a + b) 3 + c 3 – 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)( a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca) 0.75 b/ Từ câu a/ suy ra: Nếu a + b + c = 0 thì a 3 + b 3 + c 3 = 3abc Từ giả thiết ta có: 1 1 1 0 a b c + + = suy ra 3 3 3 1 1 1 1 3. a b c abc + + = 0.5 Ta có Q = 2 2 2 bc ca ab a b c + + = 3 3 3 1 1 1 3 ( ) . 3abc abc a b c abc + + = = ( Do abc ≠ 0) 0.5 c/ Đặt a = 3 1x − ; b = 3 2x − ; c = 3 3x − , ta có a + b + c = 0 nên a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 0.25 ⇔ x – 1 + x – 2 + x – 3 = 3 3 1x − . 3 2x − . 3 3x − ⇔ x – 2 = 3 1x − . 3 2x − . 3 3x − ⇔ (x – 2) 3 – (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0 ⇔ (x – 2)( x 2 - 4x + 4 – x 2 + 4x – 3) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 0.5 2 a/ x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 ⇔ x 2 y 2 + xy – ( x + y) 2 = 0. Đặt a = x +y; b = xy Ta có phương trình: b 2 + b – a 2 = 0 (2), phương trình (2) ẩn b có ∆ = 4a 2 + 1 0.25 Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương suy ra 4a 2 + 1 = k 2 ,( k ∈ N) ⇔ (k – 2a)(k + 2a) = 1.1 = (-1).(-1), từ đó tìm được a = 0 Với a = 0 thay vào (2) ta có b 2 + b = 0 ⇔ b(b+1) = 0 ⇔ b = 0 hoặc b = -1 0.25 +) Với a = 0 và b = 0 thì 0 0 0 0 x y x xy y + = =   ⇔   = =   0.25 +) Với a = 0 và b = -1 thì 0 1 1 1 x y x xy y + = =   ⇔   = − = −   hoặc 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 = ( 1)( 1)( 1)ab bc ca abc − − − = abc – a – b – c + 1ab bc ca abc + + − M ∈ Z ⇔ 1ab bc ca abc + + − ∈ Z. Đặt 1ab bc ca abc + + − = k ,( k ∈ Z) (1) 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 3 2 2 2 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 · · 0 45EBN ECN= = nên tứ giác BCNE nội tiếp suy ra · · 0 180BCN BEN+ = Mà · · 0 0 90 90BCN BEN= ⇒ = Chứng minh tương tự: · 0 90BFN = , do đó · · 0 90MEN MFN= = suy ra 4 điểm M, E, F, N cùng nằm trên đường tròn đường kính MN 0.5 b/ Trong BMN cú MF v NE l hai ng cao nờn H l trc tõm BI MN T giỏc ABFM ni tip nờn ã ã ABM AFM= T giỏc BEHF ni tip nờn ã ã EBH EFH= , do ú ã ã ABM MBI= Vy MBI = MBA (c.h g.nh) t ú suy ra BI = AB = a I H E F D B C A M N 0.5 c/ Ta cú ABM = IBM nờn MA = MI; BCN = BIN nờn CN = NI AM + CN = MN 2a = MN + MD + ND 0.25 t MD = x; ND = y MN = 2 2 x y+ v S MDN = 2 xy Ta cn xỏc nh x, y sao cho xy ln nht tha món x + y + 2 2 x y+ = 2a 0.25 Tht vy: p dng BT Cauchy cho 2 s khụng õm ta cú: x + y 2 xy ; 2 2 x y+ 2xy 2a = x + y + 2 2 x y+ xy (2 + 2 ) Do ú 2 (2 2) 2 2 a xy a = + xy 2a 2 (3 - 2 2 ) 0.25 Vy S MDN = 2 xy (3 - 2 2 ) a 2 Max S MDN = (3 - 2 2 ) a 2 xy ra khi x = y = (2- 2 )a Kt lun: Khi DM = DN = (2- 2 )a thỡ MDN cú din tớch ln nht bng (3 - 2 2 ) a 2 0.25 4 a/ A = 2 2 2 2 1 1 ( )( )x y y x + + = x 2 y 2 + 2 2 1 x y + 2 = (x 2 y 2 + 2 2 2 2 1 255 ) 2 256 256x y x y + + 0.25 p dng BT a 2 + b 2 2ab ( a, b 0), ta cú: x 2 y 2 + 2 2 1 256x y 2.xy. 1 16xy = 1 8 Mt khỏc: p dng BT (a + b) 2 4ab (a, b 0), ta cú xy 1 4 nờn x 2 y 2 1 16 Suy ra 2 2 255 255 .16 256 256x y = 255 16 Vy: A 1 8 + 255 16 + 2 = 289 16 suy ra minA = 289 16 khi x = y = 1 2 0.25 b/ Vỡ m là số hữu tỉ và 2 là số vô tỉ nên 2 n m n ạ . Ta xột hai trng hp: a) 2 m n > . Khi ú: m 2 > 2n 2 m 2 2n 2 + 1hay 2 m 2n 1+ T ú suy ra : 2 m n 2 2 1 2 n n + = 2 1 2 2 n + - = 2 2 1 2 2 1 2 2 n n + - + + ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2 n n n = ổ ử + ữ ỗ ữ + + ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ 0.5 b) 2 m n < . Khi đó: 2 2 2 2 2 m 2 2 1 hay m 2n 1n m n< - -Þ£ £ Từ đó suy ra : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 3 2 2 2 m m n n n n n n n n n n - + - - = - - = - - =³ + - = > æ ö + ÷ ç ÷ + - ç ÷ ç ÷ ÷ ç è ø Vậy bài toán đã được chứng minh. 0.5 Chú ý: Nếu cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. . UBND 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. ab – bc – ca) 0.75 b/ Từ câu a/ suy ra: Nếu a + b + c = 0 thì a 3 + b 3 + c 3 = 3abc Từ giả thi t ta có: 1 1 1 0 a b c + + = suy ra 3 3 3 1 1 1 1 3. a b c abc + + = 0.5 Ta có Q = 2 2 2 bc