7de thi gvg cap huyen 7

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN BÁ THƯỚC. KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS. Đề thi lý thuyết môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ THI. Bài 1. (4đ). 1 1 1   a) Cho ba số hữu tỉ x, y, z thoả mãn x  1 y  1 z 1 Chứng minh rằng ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2. là số hữu tỉ. b) Giải và biện luận bất phương trình theo tham số m: m2x - 3  9x + m Bài 2.(4đ) P. 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3. Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P. b) Chứng minh rằng: Bài 3.(4đ). P. 2 3.  x 3  y 3 1  7  x  y 7  x 4  y 4. 1. Giải hệ phương trình sau: 2. Tìm tất cả các số nguyên n để n2 +2002 là số chính phương. 3. Cho hai số thực dương a, b thoả mãn điều kiện a2 + b2 1. 2. 1  1  a   b   Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: Q=  a   b . 2. Bài 4.(6đ) Cho tam giác đều ABC có đường cao là AH. Trên cạnh BC lấy điểm M bất kì ( M không trùng với B, C, H ) ; từ M kẻ MP, MQ vuông góc với các cạnh AB. AC. a) Chứng minh APMQ là tứ giác nội tiếp và hãy xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác đó. b) Chứng minh rằng MP + MQ = AH. c) Chứng minh OH  PQ. Bài 5(2 đ). Cho ba số thực dương a, b, c, thoả mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 11b 3  a 3 11c 3  b 3 11a 3  c 3   2 ab  4b 2 cb  4c 2 ac  4a 2. ----------------------Hết------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN BÁ THƯỚC. KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP HUYỆN BẬC THCS. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI LÝ THUYẾT MÔN: TOÁN Bài. Câu. a (2đ). (Gồm … trang) Nội dung bài giải Ñaët a = x+1; b = y+1; c = z+ 1. Điểm 0,5. 1 1 1    2ab  2ac  2bc 0 Ta có: a b c 2. 2. 2. 2. 2. 2. Mặt khác: (a+b-c) =a +b +c +2ab-2ac-2bc=a +b +c  A  a 2  b 2  c 2  (a  b  c ) 2 | a  b  c |. 2. là số hữu tỉ. Giải và biện luận bất phương trình: m2x-3 9x+m <=> (m2 - 9)x  m + 3 <=> (m - 3)(m + 3)x  m + 3. + Với m = 3 bất phương trình trở thành : 0x  3 . Vô nghiệm. + Với m = -3 bất phương trình trở thành : 0x 0. Đúng với mọi x R. m. + Với m2 - 9 > 0 <=> 1 (4đ ). > 3 <=> x . Bất phương trình có nghiệm là: b (2đ). 2. + Với m - 9 < 0 <=>. m. m>3 m < - 3. 1 m 3.. 0,5 0,5 0,5. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. < 3 <=> -3 < m < 3 . x . 1 m 3.. 0,25. Bất phương trình có nghiệm là Vậy : + Với m = 3 bất phương trình vô nghiệm. + Với m = -3 bất phương trình đúng với mọi x  R. + Với m > 3 hoặc m < - 3. BPT có nghiệm là: x . 1 m 3.. 0,25. + Với -3< m < 3 . Bất phương trình có nghiệm là x . 2 (4đ). 1 m 3.. a Điều kiện: x 0, x 1. (2,5 đ) Ta có: P. 15 x  11. . 3 x 2. 0,5 . 2 x 3. x  2 x  3 1 x x 3 15 x  11 (3 x  2)( x  3) (2 x  3)( x  1)    ( x  3)( x  1) ( x  3)( x  1) ( x  3)( x  1). 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 15 x  11  (3 x  2)( x  3)  (2 x  3)( x  1)  ( x  3)( x  1). 15 x  11  3x  9 x  2 x  6  2 x  2 x  3 x  3  ( x  3)( x  1)   .  5x  7 x  2. 0,25. ( x  3)( x  1). 0,25. ( x  1)( 5 x  2) ( x  3)( x  1). 0,25.  5 x 2 x 3.  5 x 2 Vậy: P= x  3 2 P 3 Giả sử: .  5 x 2 x 3. 0,25. . 2 3.  3( 5 x  2) 2( x  3)( x  3  0(x 0). b (1,5 đ). (luôn đúng x 0, x 1 ) Vậy: 1 (2 đ). 0,5 0,5.   15 x  6 2 x  6  17 x 0. 3 (4đ). 0,25. Ta có:. P. 2 3 (x 0, x 1). 0,25 0,25.  x 3  y 3 1  7  x  y 7  x 4  y 4.  x 3  y 3 1   7  x  y 7 ( x 4  y 4 )( x 3  y 3 )  x 3  y 3 1   4 3  x y  x 3 y 4 0  x 3  y 3 1  3 3  x y ( x  y ) 0. 0,5 0,25. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   x 0  3 3  x 3  y 3 1   x  y 1   y 0   x 0     3   x  y 3 1   y 0   x  y 0   x  y 0  (loai )  3 3 x  y  1    x 0   y 1     x 1    y 0. 0,25 0,25. Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm: (0;1); (1;0) Giả sử n2+2002=m2 (m nguyên)  (m-n)(m+n)=2002. (*) Ta thấy: - Nếu m và n khác tính chẵn lẻ thì vế trái là số lẻ không thoả mãn. a - Nếu m và n cùng chẵn hoặc cùng lẻ thì (m-n) 2 và (m+n) 2 nên (1đ) vế trái chia hết cho 4, mà 2002 4, tức là cũng không thoả mãn (*). Vậy không tồn tại số nguyên n để n2+2002 là số chính phương. 0,25 0,25 0,25 0,25. 2. 2. 1  1  1 1  a     b   a2  2  2  b2  2  2 a b Q=  a   b  = 1   1    4a 2  2    4b 2  2   3(a 2  b 2 )  4 a   b  . b (1đ). 4 (6đ). 1 1 2 1 4a 2  2 2. 4a . 2 4 a a Ta có: , dấu “=” xảy ra khi a2= 2 1 1 2 1 4b 2  2 2. 4b . 2 4 2 b b , dấu “=” xảy ra khi b = 2 2 2   2 2  a +b 1 -3(a +b ) -3, dấu “=” xảy ra khi a2+b2=1 1 Suy ra: Q 9, dấu “=” xảy ra khi a2=b2= 2 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là 9 khi a=b= 2 (do a, b>0) a Vẽ hình đúng (2đ) Ta có : MP  AB (gt) => APM = 900; MQ MQ  AC (gt) => AQM = 900 như  P và Q cùng nhìn BC dưới một góc bằng 900 nên P và Q cùng nằm trên đường tròn đường kính AM.  => Tứ giác APMQ nội tiếp được trong đường tròn đường kính AM AM * Vì AM là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ nên tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác APMQ là trung. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> điểc. b 2đ. điểm của AM. 1 Tam giác ABC có AH là đường cao => SABC = 2 BC.AH. 1 Tam giác ABM có MP là đường cao => SABM = 2 AB.MP 1 Tam giác ACM có MQ là đường cao => SACM = 2 AC.MQ 1 1 1 Ta có: SABM + SACM = SABC => 2 AB.MP + 2 AC.MQ = 2 BC.AH. => AB.MP + AC.MQ = BC.AH Mà AB = BC = CA (vì tam giác ABC đều) => MP + MQ = AH. Tam giác ABC có AH là đường cao nên cũng là đường phân giác => HAP = HAQ => HP= HQ( tính chất góc nội tiếp ) => HOP = HOQ (t/c góc ở tâm) => OH là tia phân giác góc POQ. Mà tam giác POQ cân tại O ( vì OP và OQ cùng là bán kính) nên suy ra OH cũng là đường cao => OH  PQ. 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25. 0,5 0,5 0,5 0,5. c (2đ). Ta có: (a-b)2 0  a2- 2ab+b2 0  a2+b2- ab ab  (a+b)( a2+b2- ab) ab(a+b) (vì a, b >0)  a3+b3 ab(a+b). 5 (2đ). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  a 3  12b 3 11b 3  ab( a  b)  12b 3  ab(a  b) 11b 3  a 3  b(12b 2  ab  a 2 ) 11b 3  a 3  b(12b 2  4ab  3ab  a 2 ) 11b 3  a 3 3.  b 4b(3b  a )  a (3b  a) 11b  a. 1. 3.  b(3b  a )(a  4b) 11b 3  a 3  (3b  a)(ab  4b 2 ) 11b 3  a 3 . 11b 3  a 3 3b  a ab  4b 2. 0,25. Tương tự với a, b, c > 0 thì: 11c 3  b 3 3c  b cb  4c 2 ;. 11a 3  c 3 3a  c ac  4a 2. Suy ra: 11b 3  a 3 11c 3  b 3 11a 3  c 3    2( a  b  c ) ab  4b 2 cb  4c 2 ac  4a 2 =2 (vì a+b+c=1). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>