DE THI GVG TINH HA TINH 2013 2014

SỞ GDDT HÀ TĨNH

KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI THCS CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài : 120 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài)

Bài 1: a) Cho phương trình: x2 + ax + 1 = 0 với tham số a.
2

2

x  x 
Tìm a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn  1    2   7 .
 x 2   x1 
b) Cho các số nguyên m, n, p thỏa mãn m + n + p = 2014.
Chứng minh m3 + n3 + p3 - 4 chia hết cho 6.
3
2
2

 x y  xy  x  y  0
Bài 2: Giải hệ phương trình  3

 x  2y  1

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, tìm a để đồ thị hàm số bậc nhất y = ax + 2 cắt trục
hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác OAB có chu vi bằng 6.
Bài 4: Cho hình vng ABCD và điểm M trên cạnh CD sao cho CM = 2DM. Gọi E là giao điểm của
đường thẳng AM và đường thẳng BD. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD,

O và N lần lượt là trung điểm của DE và BC.
Chứng minh:
a) Tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn.
b) Đường thẳng AM vng góc với đường thẳng EN
Bài 5: Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn x + y + z = 1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2x  (y  z)2  4 yz .
Lời giải:
Bài 1: a) Để phương trình có hai nghiệm thì   0  a 2  4  0  a  2
2

2

2

x  x 
x x 
 x1  x 2  a
Theo Viet ta có 
. Do đó  1    2   7   1  2   9
 x1x 2  1
 x 2   x1 
 x 2 x1 

Do đó   x  x
2
1

  3x x 

2 2

2

1

2

2

2
a 2  2  3
2
2
2
2
2


  x1  x 2   2  3   a  2   3   2


a  2  3

a   5
Đối chiếu ĐK a  2 ta có a   5 thỏa mãn bài toán
 2
a  1  0
b) Từ gt m  n  p  2014  m  n  p  8  2022  m  n  p  8 chia hết cho 6

Ta có  m3  n 3  p3  4    m  n  p  8  m3  m  n 3  n  p3  p  12

  m  1 m  m  1   n  1 n  n  1   p 1 p  p  1 12 chia hêt cho 6
Vậy m3  n 3  p3  4 chia hết cho 6
2

 xy  1  x  y   0
Bài 2: Hệ phương trình  
. Ta có 2 hệ phương trình sau :
3
2y

1

x


2
2
xy  1  0
1 1
 2 1 
3
4
 x 1  x   1  0  x  x  1  0   x     x     0 (loại)
Ta có 
3
2 
2 2

2y  1  x

2

y  x 2
y  x 2


y  x
 3

 3
2
2
 x  2y  1 
 x  2x  1  0


 x  1  x  x  1  0

x = -1  y = 1

1 5
1  5
3 5

x  x 1  0   x     x 
y
2 4
2
2



 1  5 3  5   1  5 3  5  


Tập nghiệm của hệ phương trình  x; y    1;1 ; 
;
;
 ; 
 
2   2
2 

 2


2

2

Bài 3: Vì hàm số bậc nhất nên a  0. Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y = ax + 2 với trục hoành và
 2 
trục tung lần lượt là A   ;0  ; B  0; 2  . Vì OAB vng tại O nên theo Pitago ta có
 a 
4
AB  OA 2  OB2  2  4 . Theo bài ra OA + OB + AB = 6
a



2
4
4
2
2 2 4  6  2 4  4
a
a
a
a



1
1
1
4 1
4
16
16
4
1  2   2 1  4   2   3  2  9  a2   a  
2
a
a
a
a a
a
a
9
3


 450 (gt)
Bài 4: a) EH  DH (gt) và HDE
nên DHE vng cân có OD = OE (gt)  HO  DE

  BAH

hay HOE
 900  HOE
 1800 do đó tứ giác
ABOH nội tiếp đường trịn (Tổng hai góc đối bằng 1800)

A

B

N

E
b) Tia HE cắt BC tại F. Ta có HF // AB, theo TaLet thì
H
HE AH
HE DM DM 1
HD 1




 


O
DM AD
AH AD DC 3
AH 3
D
M
HD 1
(Vì HE = HD, DHE vng cân) 

AD 4
Mặt khác tứ giác HFCD là hình chữ nhật  FC = HD và BC = AD
FC 1
FC 1
nên
 
  NF  FC  HE = NF (1)
BC 4
NC 2
Ta lại có EFB vng cân  EF = BF mà BF = AH nên AH = EF (2)


 ENF
Từ (1) và (2)  AHE = EFN (c – g – c)  AEH
  NEF
  900  NEF
  AEH

 900  AE  NE
mà ENF

F
C

Bài 5: Từ x  y  z  1  x  1  y  z  P  2 1  y  z    y  z   4 yz  2   y  z   2
2

 2



y z

 
2

y z



2

 2  2 




y z



2

2  y  z   2   2  2x

2



(Áp dụng BĐT  a  b   2  a 2  b2  )
2

GTLN của P là 2. Đạt được khi x = 0 và y = z =

1
2

Lời giải : Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn



y z

y z



2

2



2