Đề thi giáo viên giỏi cấp huyện năm học 2013 - 2014 môn Toán

PHÒNG GD & ĐT SÔNG LÔ

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN : TOÁN Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (1.5 điểm): Cho đa thức f(x) thỏa mãn: (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) x. ∀

Tính f(1) và f(5).

Câu 2 (1.5 điểm): Cho phương trình: (x2 + mx + 2)(x2 + 2x + m) = 0 (m là tham số).

Tìm điều kiện của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 3 (1.5 điểm): Cho a, b, c là các số thỏa mãn:

{

𝑎+ 𝑏+ 𝑐= 2013

1 𝑎+ 1

𝑏+ 1

𝑐= 1 2013

Chứng ming rằng một trong ba số a, b, c phải có một số là nghiệm của phương trình:

x2 – 2014x + 2013 = 0.

Câu 4 (1.5 điểm): Cho hệ phương trình : (m là tham số). Tìm tất cả {𝑚𝑥+ 4𝑦= 10 ‒ 𝑚

𝑥+ 𝑚𝑦= 4

các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm (x ; y) với x, y là các số nguyên dương.

Câu 5 (1 điểm): Trong một hình vuông cạnh 1m có 51 điểm phân biệt tùy ý. Chứng

minh rằng có ít nhất 3 điểm nằm trong một hình tròn có bán kính bằng m. 1 7

Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao

AH= R . Gọi D, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC. 2

Chứng minh:

a. Hai tam giác ADK và ACB đồng dạng.

b. 𝐴𝐵.𝐴𝐶= 2𝑅2

𝑠𝑖𝑛𝐵.𝑠𝑖𝑛𝐶

Câu 7 (1 điểm): Tìm giá trị nguyên lớn nhất của k sao cho bất đẳng thức sau đúng với

mọi giá trị của x: (x + 1)(x + 2)2(x + 3) k. ≥

.... HẾT....

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

ThuVienDeThi.com

CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM Vì (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) x nên: ∀  Cho x = -1 ta có: 0.f(-1) = 2.f(1)  f(1) = 0 0.5

 Cho x = 1 ta có: 2.f(1) = 4.f(3)  f(3) = 0 (Do f(1) = 0) 0.5 1 (1.5 đ)

 Cho x = 3 ta có: 4.f(3) = 6.f(5)  f(5) = 0 (Do f(3) = 0) Vậy f(1) = f(5) = 0.

0.5

(x2 + mx + 2)(x2 + 2x + m) = 0 (*)

Phương trình (*) tương đương với [

𝑥2 + 𝑚𝑥+ 2 = 0 (1) 𝑥2 + 2𝑥+ 𝑚= 0 (2)

Ycbt thỏa mãn  (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung.

0.25

 (1) có hai nghiệm phân biệt khi: m2 – 8 > 0  [

𝑚> 2 2 𝑚<‒ 2 2 0.25

 (2) có hai nghiệm phân biệt khi: 1 – m > 0  m < 1 Suy ra: Để (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt thì 𝑚<‒ 2 2 0.25

 Giả sử (1) và (2) có nghiệm chung là x0 ta có:

 (m – 2)(x0 – 1) = 0 {

𝑥2

0 + 𝑚𝑥0 + 2 = 0 𝑥2

0 + 2𝑥0 + 𝑚= 0

0.25

Với ta có x0 = 1. Với x0 = 1 m = - 3 𝑚<‒ 2 2 0.25

2 (1.5 đ)

Vậy để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt, điều kiện của

tham số m là: {𝑚<‒ 2 2

𝑚≠ ‒ 3 0.25

Ta có : 1 𝑎+ 1

𝑏+ 1

𝑐= 1 𝑎+ 𝑏+ 𝑐 𝑏+ 𝑐

𝑏𝑐 = ‒ 𝑏+ 𝑐 𝑎(𝑎+ 𝑏+ 𝑐) 0.25

 (b + c)(

1 𝑏𝑐+ 1

𝑎2 + 𝑎𝑏+ 𝑎𝑐) = 0 0.25

(b + c)(a + c)(a + b) = 0 0.5

3 (1.5 đ)

[

𝑏+ 𝑐= 0 𝑎+ 𝑐= 0 𝑎+ 𝑏= 0[

𝑎= 2013 𝑏= 2013

𝑐= 2013 0.25

Mặt khác phương trình : x2 – 2014x + 2013 = 0 có nghiệm là x = 2013 Suy ra điều phải chứng minh.

0.25

ThuVienDeThi.com

Từ hệ ta có: (m – 2)(m + 2)y = 5(m – 2) (*)

 m = – 2: (*) vô nghiệm  hệ vô nghiệm  Loại m = – 2 0.25

 m = 2: Hệ đã cho  x + 2y = 4  {𝑥= 2

𝑦= 1

(Do x, y nguyên dương)  m = 2 thỏa mãn.

0.25

 : Hệ có nghiệm duy nhất: { 𝑚≠2

𝑚≠‒ 2 {

𝑥= 8 ‒ 𝑚

𝑚+ 2

𝑦= 5 𝑚+ 2 0.25

y nguyên dương khi  [𝑚+ 2 = 1

𝑚+ 2 = 5 [𝑚=‒ 1

𝑚= 3 0.25

Với m = – 1   m = – 1 thỏa mãn. {𝑥= 9

𝑦= 5

Với m = 3   m = 3 thỏa mãn. {𝑥= 1

𝑦= 1

0.25

4 (1.5 đ)

Vậy các giá trị cần tìm của m là [

𝑚=‒ 1

𝑚= 2 𝑚= 3 0.25

5 (1 đ)

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau với

kích thước m. 1 5 Vì có 51 điểm và được xếp vào 25 hình

vuông nên theo nguyên lý Đirichlet phải có

một hình vuông nhỏ chứa 3 điểm.

Giả sử hình vuông ABCD chứa 3 điểm đó.

Dễ tính được AC = m 2 5

Bán kính đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD bằng

< 1 2.

2 5 = 1

50

1 7

Vậy ba điểm nói trên phải nằm trong hình tròn tâm O, bán kính

bằng m 1 7

A B

D C

0.25

0.25

0.25

0.25

ThuVienDeThi.com