Dap an de thi GVG tinh Bac Ninh nam 12 13

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]

đề thi giáo viên giỏi tỉnh bắc ninh năm học 2012 – 2013 M«n: To¸n THCS Thêi gian: 120 phót Ngµy thi: 14/12/2012 Bµi (2 ®iÓm): P Cho biÓu thøc 1) Rót gän P x 1 x2 x 1   x  x x  x  x 1 2) Víi x  0; x 1 t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc Q  x P Bµi (2 ®iÓm): 1) Ph©n tÝch ®a thøc sau thµnh nh©n tö: a3 + b3 + c3 – 3abc 2) Cho c¸c sè a, b, c tháa m·n: a3 + b3 + c3 = 3abc  a  b  c          TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: S =  b   c   a  Bµi (1,5 ®iÓm): Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn n th× n2 + n + kh«ng chia hÕt cho Bµi (3 ®iÓm): Cho ABC (AB < AC) nội tiếp đờng tròn (O) đờng kính BC 1) Vẽ phía ngoài ABC nửa đờng tròn (I) đờng kính AB và nửa đờng tròn (K) đờng kính AC Đờng thẳng qua A cắt hai đờng tròn (I) và (K) lần lợt M, N (M khác A, B vµ N kh¸c A, C) a) Chứng minh AMB đồng dạng với CNA ; b) TÝnh c¸c gãc cña ABC biÕt SCNA = 3.SAMB 2) Trªn c¹nh AC lÊy ®iÓm D cho AD = AB Gäi ®iÓm E lµ h×nh chiÕu cña D trªn đờng thẳng BC và điểm F là hình chiếu điểm A trên đờng thẳng DE 1   2 a) TÝnh AEB vµ Chøng minh AD AC AF AF AF b) So s¸nh AB vµ AC víi cos AEB Bµi (1,5 ®iÓm) x 1  1) Gi¶i ph¬ng tr×nh: 2) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: x  0 x 2  x  xy  y 3   z  yz  0 Giải đề thi Bµi 1: §KX§: x  0; x 1 P 1) Ta cã: x 1 x2 x 1   x  x x  x  x 1  x 1 x2 x 1   ( x  1).( x  1) ( x  1).( x  x  1) x  x   x  x   ( x  2)  ( x  1).( x  1)  x ( x  1)  x   ( x  1).( x  x  1) ( x  1).( x  x  1) x  x  2) Víi x  0; x 1 , ta cã: 2x  x  x2 x 2   Q  x   x    x   P  x x x  áp dụng bất đẳng thức Cosi cho số không âm x và x , ta có: 2 x 2 x 2 x x        x    2    x      2  x x    Q   2  2 DÊu “=” x¶y vµ chØ x = x  x 2 (tháa m·n §KX§) Vậy với x = thì biểu thức Q đạt GTLN là  2  Bµi 2: 1) Ta cã: a3 + b3 + c3 – 3abc = (a + b + c).(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = (a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]  a  b  c  a b   b c   c a                 b c a b c            a  2) Ta cã: S = = Theo đề bài, ta có: a3 + b3 + c3 = 3abc => a3 + b3 + c3 – 3abc = Mµ a + b + c – 3abc = (a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] => (a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] =  (a + b + c).[(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] =  a + b + c = hoÆc (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 3 TH1) NÕu a + b + c = => a  b  c  b  c  a c  a  b  a  b  c  b  c  a c  a  b  Thay vào biểu thức S, ta đợc S = -1 TH2) NÕu (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 =  a = b = c Thay a = b = c vào biểu thức S, ta đợc S = VËy nÕu c¸c sè a, b, c tháa m·n a3 + b3 + c3 = 3abc th× S = - hoÆc S = Bµi 3: §Æt A = n2 + n +  n 3k  n 3k    n 3k  => n cã thÓ nhËn gi¸ trÞ sau:  víi k  Z V× n  Z TH1) Nếu n = 3k, đó ta có: A = 9k2 + 3k + => A kh«ng chia hÕt cho k  Z => A kh«ng chia hÕt cho n  Z vµ n = 3k TH2) Nếu n = 3k + 1, đó ta có: A = 9k2 + 9k + => A kh«ng chia hÕt cho k  Z => A kh«ng chia hÕt cho n  Z vµ n = 3k + TH3) Nếu n = 3k + 2, đó ta có: A = 9k2 + 15k + => A kh«ng chia hÕt cho k  Z => A kh«ng chia hÕt cho n  Z vµ n = 3k + VËy A = n2 + n + kh«ng chia hÕt cho n  Z Bµi 4: M GT I B KL Chøng minh PhÇn 1: a) Vì  ANC nội tiếp đờng tròn (K) có AC là đờng kính =>  ANC vu«ng t¹i N   => NAC  NCA 90 (1) N A F K H O D E C    Ta cã: MAB  BAC  CAN 180  Mµ BAC 90 (  ABC néi tiÕp ®.trßn (O; BC/2))   => MAB  CAN 90 (2)    Tõ (1) vµ (2) => NCA MAB (cïng phô víi NAC ) Vì  AMB nội tiếp đờng tròn (I) có AB là đờng kính =>  AMB vu«ng t¹i M XÐt tam gi¸c vu«ng CNA vµ AMB, cã: NCA MAB  (cm trªn) =>  CNA đồng dạng  AMB (g.g) b) Ta có:  CNA đồng dạng  AMB AC => Tỉ số đồng dạng là: k = AB S ANC 3 S Theo đề bài, ta có: S = 3.S => BMA CNA AMB S ANC k MÆt kh¸c: S BMA AC => k2 = => k  => AB = Vì  ABC nội tiếp đ.tròn (O) có BC là đờng kính  =>  ABC vu«ng t¹i A => A 90 AC XÐt  ABC vu«ng t¹i A, ta cã: tan B = AB = PhÇn 2: a) Tõ A, kÎ AH  BC ( H  BC ) Trong  DEC vu«ng t¹i E cã:  600  => B => C 30   EDC  DCE 900   Mà EDC  ADE (đối đỉnh) 0     => ADF  DCE 90  ADF  ACB 90 (3)   Trong  ABC vu«ng t¹i A cã: ABC  ACB 90 (4)     Tõ (3) vµ (4) => ADF  ABC  ADF  ABH XÐt  AHB vµ  AFD cã: AHB  AFD 900 ( AH  BC ; AF  DE ) AB = AD (gt) ABH  ADF (cm trªn) =>  AHB =  AFD (c.huyÒn – g.nhän) => AH = AF XÐt tø gi¸c AFEH cã:  900 ( AF  DE ) F  900 ( DE  BC ) E  900 ( AH  BC ) H => AFEH lµ h×nh ch÷ nhËt Mµ AH = AF (cm trªn) => AFEH lµ h×nh vu«ng Hình vuông AFEH có AE là đờng chéo   => AEH 45  AEB 45 Trong  ABC vuông A, đờng cao AH có: 1   2 AB AC AF (Hệ thức cạnh, đờng cao tam giác vuông) Mµ AB = AD (gt) vµ AH = AF (cm trªn) 1   2 => AD AC AF (®pcm) b)  V× AEB 45 => cos AEB = Ta cã  ABH vu«ng t¹i H => AH < AB Mµ AH = AF AF AF    cos AEB AB => AF < AB => AB Ta cã: AF < AB (cm trªn) vµ AB < AC (gt) AF AF    cos AEB AC AC => AF < AC => Bµi 5: x 1  x  0 x 1) XÐt ph¬ng tr×nh: §KX§:   x  hoÆc x 1 x  0  x x 1  Ta cã:  x 1  x x x 1 1   x  1  0 x x x x  x  x  x  x  0    x 1 x x 1   x  x  0 x  x 1    x2  x   x  x  0 x  x  0  x  x 1  x  x  0 1 1 x x  2 hoÆc (tháa m·n §KX§) 1    ;   2    Vậy tập nghiệm phơng trình đã cho là S = 2) Ta cã:  x  xy  y 3  x  xy  y 3      z  yz  0 3z  yz  0 2 XÐt pt (2): 3z  yz  x  xy  y 0  x  xy  y 3 (1)  2 3z  yz  x  xy  y 0 (2) y2 y2 )  3.( z  yz  ) 0 4 2 y y   y   x     z   0  x  y z  2     vµ y x vào phơng trình (1), ta đợc: Thay  ( x  xy  y  y    y  y 3  y 4  y 2   hoÆc y  * NÕu y = => x = 1; z = - * NÕu y = - => x = - 1; z = Vậy tập nghiệm hệ đã cho là: S =   1; 2;  1 ;   1;  2;1