de thi gvg cap huyen 3

Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến ST và SK và một cát tuyến SAB A nằm giữa S và B; A, B nằm trên cùng một cung tròn chứa điểm T.. Từ A kẻ đường thẳng vuông góc [r]

ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút( không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm: 01 trang PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ BÀI x +3 √ x −3 1 + + −2 : Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức P = x −1 x +√ x − √ x −1 √ x +2 Tìm điều kiện x để P có nghĩa, đó rút gọn P ( ) Tìm các số tự nhiện x để P là số tự nhiên + 2−10 27 27 √ √ √ √ 3 Tính giá trị P với x= 2+10 Câu 2: (4,0 điểm) Cho phương trình x2 + 5mx - 4m = Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt; Với điều kiện phương trình có nghiệm phân biệt x1; x2 Chứng minh x12 + 5mx2 - 4m > 0; Tìm m để biểu thức Câu 3: (4,0 điểm) 1) Giải phương trình  x +5 mx +12 m m2 + x +5 mx +12 m m2 2 x 3  x  đạt giá trị nhỏ   x  1  x y 2 x y  x  y    xy  4 x y    2) Giải hệ phương trình 2 Câu 4: (6,0 điểm) Từ điểm S nằm ngoài đường tròn tâm (O), kẻ các tiếp tuyến ST và SK và cát tuyến SAB (A nằm S và B; A, B nằm trên cùng cung tròn chứa điểm T) Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với OT cắt TK và TB C và D Chứng minh CA = CD Câu 5: (2,0 điểm) 1) Với số thực a ta gọi phần nguyên a là số nguyên lớn không vượt a quá a và ký hiệu2 là   Chứng minh với số nguyên dương n , biểu thức 1   27   không biểu diễn dạng lập phương số nguyên dương x , y , z 2) Với là các số thực dương thỏa mãn đẳng thức xy  yz  zx 5 , tìm giá trị  n3 n P nhỏ biểu thức 3x  y  z 6( x  5)  6( y  5)  z  -Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1: Chữ kí giám thị 2: PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÁ THƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2011 – 2012 Đáp án gồm: 02 trang II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM Câu Ý Nội dung x ≥ ; x ≠ Điều kiện x +3 √ x+2 P= (x − 1) ( √ x −1)( √ x +2) ¿ x+3 √ x +2 ¿ ( √ x −1)( √ x +1) ( √ x −1)( √ x+ 2) √ x +1 ¿2 ¿¿ Do √ x+1¿¿ ≥1 với x≥0 nên Điểm 0,5 0,5 √ x+1 ¿2 ¿ ¿ 0< ¿ 0,5 √ x +1 ¿2 ¿ √ x +1 ¿2 ¿ √ x+1 ¿2=1 ¿ ¿ 1 = P ¿ Vì 0,5 Mà √ x+1>0 ⇒ √ x +1=1 ⇔ x=0 Khi đó P =1 là số tự nhiên 0,5 Đặt a= 2+10 ; b= 2− 10 ta có √ √ √ √ 27 27 ¿ a3 +b 3=2 a b=8 ¿{ ¿ 0,5 Lập phương hai vế ta có x3 = + 2x ⇔ x3 - 2x - = ⇔ (x - 2)(x2 + 2x + 2) = x2 + 2x + > nên x = 2 √2 Vậy P = √ 2+ 1¿ =3+2 ¿ Để PT đã cho có hai nghiệm phân biệt thì ĐK cần và đủ là: 0,5 0,25 0,25 0,5 ⇔ m>0 ¿ 16 m<− Δ = 25m2 + 16m > 25 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x + x 2=5 m Theo hệ thức Vi-ét: x x2=−4 m ¿{ ¿ 0,25 Vì x1 là hiệm pt nên: x12 - 5mx1 - 4m = => x12 = 5mx1 + 4m 0,25 Do đó x12 + 5mx2 - 4m = 5mx1 + 4m + 5mx2 - 4m 0,25 = 5m(x1+ x2 ) = 25m2 > Theo câu b ta có x12 + 5mx2 - 4m = 25m2 suy x12 + 5mx2 +12m = 25m2 + 16m 0,25 Tương tự x22 + 5mx1 +12m = 25m2 + 16m S= x +5 mx 1+12 m m2 + x +5 mx 2+12 m m2 2 Vậy 0,5 m2 25 m2+ 16 m + 25 m2 +16 m m2 Áp dụng BĐT Côsi với hai số dương tao có: 0,5 m2 25 m2 +16 m S ≥2 =2 25 m2 +16 m m2 √ 2 Dấu “=” xảy khi: m =(25m + 16m) <=> 24m +16m = (m= loại) Vậy MinS= m = − Điều kiện x 1 phương trình tương đương với  3(  x  1)  x  x   x 3  x ⇔ m=0 ¿ m=− ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 (  x  1) 1 Nếu x      x 1  đồng thời x x 3  1 3 Suy VT  VP (loại) Thử lại ta thấy x 1 là nghiệm x  y 0 là nghiệm Xét x 0, y 0 hệ phương trình tương đương với 1  x  y 2        1     4  x y   xy  0,5 0,5 0,5 0,5 1  x  y 2 (1)         8 (2)   x y   xy  0,5 1  x  y 2 1 1     8    x y  1  xy  x  y 1 Thay (1) vào (2) ta thu Vẽ hình chính xác T 0,5 P D B I C A O 0,5 S K Lấy I là trung điểm AB => OI AB Chứng minh điểm S; T; I; O; K cùng thuộc đường tròn đường kinh SO sđ STK = sđ SIK = Ta có sđ ACK = Mà sđ AT = sđ TP => sđ ACK = sđ TK (1) (sđ AT + sđ TP) (do ST//AP) sđ TK 0,5 0,75 0,5 0,5 0,5 (2) Từ (1) và (2) suy ACK = AIK Vậy tứ giác AKIC nội tiếp 0,5 0,5 Suy AIC = AKC (cùng chắn cung AC) mà AKC = TBA suy AIC = TBA 0.75 mà hai góc này vị trí đồng vị => CI//DB 0,75 Trong tam giác ADB có CI//DB, IA = IB => C là trung điểm AD Hay CA = CD (đpcm)  1 1 K  n   , K 3 n    K 1 27   27 n   K  Ký hiệu Ta có 1  ( K  )3 n   ( K  )3 27 K 1  K3  K2   n  K  K  K  27 27 27 K  K  n  K  K  3K  K  3 3  K  n  K  ( K  1) 0,25 0,25 0,25 0,25  1 n  K n   n    27   Suy không biểu diễn dạng lập 0,25 phương số nguyên dương  x     y  5  z    x  y   x  z    y  z   y  x    z  x  z  y 0,25 Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương  3 x  y    x  z  3 x  y    y  z   z  x    z  y    2  9x  y  6z   3x  y  z  2 P Suy 3x  y  z  6( x  5)  6( y  5)  z  Đẳng thức xảy Vậy 0,25 0,25  x  y 1, z 2 Pmin  0,25 Ghi chú: - Thí sinh trình bày đúng, đủ nội dung bài làm cho 20 điểm - Điểm toàn bài là tổng điểm thành phần và làm tròn số đến 0,5đ ……………………… Hết ……………………