Đang tải... (xem toàn văn)
PHÒNG GD ĐT HỘI THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC …….. ĐỀ THI NĂNG LỰC MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 ( 3 điểm). Giải hệ phương trình: Bài 2 (4 điểm). a Phân tích thành nhân tử: (x+y+z)3 – x3 –y3 –z3 b Chứng minh (a+b+c)3 – ( a+bc)3 –(b +c –a)3 – (c +a – b)3 chia hết cho 24 với a, b, c Z. Bài 3 (4 điểm). aXác định p và q sao cho phương trình x2 + px +q = 0 có hai nghiệm là p và q. bCho x2 +y2 +z2 =1. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức M= x +2y +3z Bài 4: (3 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: Bài 5: (6 điểm) a Cho tam giác cân ABC (BA = BC) . Trên cạnh AC chọn điểm K ở giữa A và C, còn trên tia AC đặt CE = AK. Chứng minh rằng: BK + BE > AB +BC b Cho ngũ giác đều ABCDE có tâm O. Gọi O1, O2 lần lượt là các điểm đối xứng của O qua BC, DE. Chứng minh O là trọng tâm AO1O2. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.)
PHÒNG GD& ĐT HỘI THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC …… ĐỀ THI NĂNG LỰC MƠN: TỐN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài ( điểm) Giải hệ phương trình: x + y +1 = x +1 + y = Bài (4 điểm) a/ Phân tích thành nhân tử: (x+y+z)3 – x3 –y3 –z3 b/ Chứng minh (a+b+c)3 – ( a+b-c)3 –(b +c –a)3 – (c +a – b)3 chia hết cho 24 với a, b, c ∈ Z Bài (4 điểm) a/Xác định p q cho phương trình x + px +q = có hai nghiệm p q b/Cho x2 +y2 +z2 =1 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức M= x +2y +3z Bài 4: (3 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x (6 x − x +3 + 8x −4 x +3 + 9x −4 x +3 ) = (2 x + 1)12 x −4 x +3 Bài 5: (6 điểm) a/ Cho tam giác cân ABC (BA = BC) Trên cạnh AC chọn điểm K A C, tia AC đặt CE = AK Chứng minh rằng: BK + BE > AB +BC b/ Cho ngũ giác ABCDE có tâm O Gọi O 1, O2 điểm đối xứng O qua BC, DE Chứng minh O trọng tâm ∆ AO1O2 Hết -(Cán coi thi không giải thích thêm.) Họ tên thí sinh: ……………………………… SBD: …………… Đáp án thang cho điểm: Bài Đáp án Đ/k để thức có nghĩa: x ≥0 , y ≥ Điểm 0,5 Bình phương hai vế phương trình thứ nhất, ta x +y +1 +2 x( y + 1) =1 Bài 1: 0,5 x +y +2 x( y + 1) =0 Vì x ≥0 , y ≥ nên đẳng thức xảy x = y = Thử lại ta thấy nghiệm hệ phương trình cho Vậy nghiệm hệ phương trình cho (x=0; y=0) a/ (x+y+z)3 = x3 + y3+z3 +3x2(y+z)+3y2(z+x) +3x2(x+y) +6xyz 0,5 Do (x+y+z)3 - x3 - y3 - z3 = 3(x2y +x2z + y2x +y2z + z2x +z2y 0,5 +2xyz) Bài 2: =3(x+y)(y+z)(z+x) b/ Đặt a+b-c = x, b+c-a =y, c+a –b =z => a+b+c = x+y+z, x+y = 2b, x+z=2a, y+z =2c 0,5 Theo câu a: (a+b+c)3 - (a+b-c)3 - (b+c -a)3 - (c+a -b)3 = (x+y+z)3 - x3 0,5 - y3 - z3 Bài 3: =3(x+y)(y+z)(z+x) =24abc 24 (đpcm) a/ Từ hệ thức Viet cho phương trình bậc hai, suy p+q = - p pq = q 0,5 Từ hệ thức thứ hai ta thấy rằng: q = 0, ta có p=0 hệ thức thứ q ≠ 0, p =1 , ta có q = -2 hệ thức thứ 0,5 0,5 Vậy tất cặp p, q thỏa mãn toán (0,0) (1, -2) b/Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski cho ba số ta 0,5 M2= (x+2y+3z)2 ≤ (1+22 +32)(x2 +y2 +z2 ) = 14 0,5 Suy - 14 ≤ M ≤ 14 0,5 Bài Đáp án Vậy giá trị lớn M 14 đạt ; y= 14 x= ;z= 14 14 giá trị nhỏ M - 14 đạt x=- ; y= 14 Điểm 0,5 ;z=14 0,5 14 Đặt t= x2 – 4x +3 Phương trình trở thành x2(6t +8t + 9t) = (2x2 + 1) 12t 0,5 Chia hai vế phương trình cho x2.12t ta t t t 1 2 3 ÷ + ÷ + ÷ = 2x + x 2 3 4 Bài 4: (1) Ta thực phép chia x=0 khơng phải nghiệm 0,5 phương trình *)Nếu x ≥ t = x2 – 4x +3 = (x-1)(x-3) ≥ 0,5 Vế trái (1) ≤ vế phải > => (1) vơ nghiệm => phương trình cho vô nghiệm 0,5 *) x = => t= -1 (1) không thỏa mãn Bài *) x = => t = (1) thỏa mãn 0,5 Vậy phươg trình có nghiệm x=1 a/ Vẽ hình 0,5 0,5 Trên tia BC đặt CF = BC 0,5 Dễ thấy ∠ BAC = ∠ BCA = ∠ ECF 0,5 AB = BC = CF Bởi ∆ BAK = ∆ ECF Suy EF = BK 0,5 Mặt khác BK + BE = EF +BE > BC +CF= AB +CF 0,5 Suy BK + BE > AB +CF b/ Vẽ hình 0,5 0,5 Bài Đáp án Điểm Ta có: ∠ BOO2 = ∠ BOC + => ∠ BOO2 = ∠ COD + ∠ DOE = ∠ BOC 2 720 = 1800 0,5 0,5 => B, O, O2 thẳng hàng Tương tự E, O, O1 thẳng hàng 0,5 Gọi giao điểm BO2 với AC, AO1 thứ tự I K Do tính chất đối xứng ngũ giác O, O qua BC; O, O2 qua DE mà O1C//KI, I trung điểm AC => IK qua điểm K trung điểm AO1 0,5 Tương tự AO2 cắt EO2 M M trung điểm AO2 Tam giác AO1O2 có trung tuyến O1M O2K cắt O Vậy O trọng tâm ∆ AO1O 0,5