gvgt1

SỞ GDĐT HÀ TĨNH

KÌ THỊ CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI THCS CÁP TỈNH
NAM HOC 2013 - 2014

DE CHINH THUC

MON THI:

TOAN

Thời gian làm bài : 120 phút
(Đề thi có 0] trang, gơm 05 bài)

Bai 1. a) Cho phương trình

x?+ax+1=0 với tham số a.
2

Tìm a để phương trình có hai nghiệm x„ x,

thỏa mãn 3

2

+(2

=7,

%2

b) Cho các sỐ nguyén

m,n,p thoa man

m+n+ p=2014.

Chứng minh ;z'+ø + p`—4 chia hêt cho 6.

Bài 2. Giải hệ phương trình fe ~ ~x +y=0
x+2y=l

Bài 3. Trong
y=ax+2

mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, tìm a dé dé thi ham số bậc nhất

cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A, B phan biét sao cho

tam giác OAB có chu vi bằng 6.
Bài 4. Cho hình vng ABŒCD và điểm M

trên cạnh CD sao cho CM = 2DM. Gọi E

là giao điểm của đường thăng AM và đường thang BD. Goi H là chân đường vng
góc hạ từ điểm E xuống cạnh AD, Ĩ và N lần lượt là trung điểm của DE và BC.
Chứng minh:

a) Tứ giác ABOH nội tiếp đường tròn.
b) Đường thắng AM
Bai 5. Cho

vng góc với đường thắng EN.

x,y,z là các số thực khơng âm thoả mãn

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

x+ y+z =1.

P=2x+(y—z} +4-/yz

Chú ý:

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.
-Họ và tên thÍ SINH - .................................
ĂcS Ăn
creg - Số báo danh -......................--cccecsccecceca


KY THI CHON GIAO VIEN DẠY GIỎI THCS CAP TINH
NAM HOC 2013-2014
HUONG DAN CHAM MON TOAN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

Lưu ý: Mọi cách giải khác mà đúng đều cho im tng ng

Cõu

la)

ơ

.

im

[2

2

82

Xi.
X54

2

I

4 +1
xy

|



X,

x,

&

140

a>2
as2

05

2

2X,3,

0.5

XX,

x, +x,

=-a

D72

XX, =1

=7â(a~2]

2

> 14 Bag? 2
X,

0,5

XxX,

-2=7©|a?~2]

2

=9©[

a—-Z2=
“—2=3

„

a’ —2=-3

(t/m). Vay gia tri
a thoa man: a=+tJ/5

øÌ—ø=(ø—1)a(a+]):6

với mọi số nguyên

a

(1)

0,5
0,5
1,0

—>m`+n`+p`—(m+n+ p):6

0.5

> m+n +p? —2014:6

0,5

diém | Sm’ +n’ +p’—4-2010:6
> m+n +p’ —4:6
2)

0,5

2

_ (ito)

a =5eaaz=tJ5
Nhận xét:

x;x;„ #0

a >4

-[4+4) _)

XX,

4) 2

>>

Điểm

2

Theo định lý Viết, ta có:

3,0

_ ƒ A>0

Phương trình có hai nghiệm khác 0 khi:

39 | Taco (2

1b)

Đáp án

ee

x “+2y=1
+2y

0,5

(vi 20106)

0,5

(1)

(2)(2

0,5

Phuong trinh (1) <> xy(x° -y)-2x° + y=0

(x? -y)(xy-1)=0

Thế y=x” vào (2) ta được : x°+2x° -1=0 @ (x41)(x° +x-1)=0

0,75

x=-l—=y=l
3.5

+
diem

=|

x=

-]—5

2

> y=

34/5

2

-1+^A'5 =y=——
3-5
2

0,75
›


xy=ley
x

1

=~

1

( Vi x = O khong thoa man ). Thay

,

—=x+2=0<©|x-—|

a

A

1)
2

IÝ

+|x—-—|
2

a

Vậy hệ phương trình có ba nghiện |

3

y =—

vào (2), ta được phương trình

¬

+—=Ơ
( vơ nghiệm )
2

L1
X=

JX=-l

(8

y=l

2

1.0

J5

[
,

_3+5

8

2
3

)

Vi a#0

nén (2,0),
a

x=

a

_3-5

7

2

E—+4

05
9

a

3,5

2

F9 Í Chụ vi tam giác OAB bằng 6, do đó: OA+OB+ AB=6e27 742+
a

q

0,5

0,5

điể

4

2

B(0;2)

2
Ta có OAE 0i OB=2, AB=NOA' + OB" =

SS

-1+N5

1

=~ +4 =6

a

2

0,5

+> +4=4-_

a

Dat r=, (t>0)
la
Ta duoc: Vt? +4=4-to

5

0
/+4=(4r)

14,

0
1.5

âđf=

+4=(4r)

4

Khi ú *=x.âlal==eâa=+S
la| 2

3
3
4a)

3,0

diem

0,5
B

4

Ta c6 ZHDE =45° , EH | DH > AHDE
vuông cân tại H

N

1,5
H

F

E
O

D

M

"


Do O 1a trung diém DE > OH 1 BD (1)

Mat khac, AH L AB (2)
Tu (1) và (2) suy ra tứ giác ABOH nội tiêp
4b)

1,5

Gọi cạnh hình vng là a. Gọi F là hình chiêu vng góc của E lên cạnh BC, ta chứng
minh AHAE = AFEN

Tacé: ee
el
p=" SNF=HE (3) (i CF=DH =“)
AB

3,0
điểm

DB

4

4

1,0

4

EP
BE 3, pp = 24 5 ep = AH
(4)
4
4
BD
CD
| Từ G) và (4) suyra: AHAE= AFEN(c—g—c)

1,0
=> ZHAE
= ZNEF

= ZAEH
+ ZNEF =90° > AE | EN => AM L EN ( đpcm)
5)

,

Ta có: P=2x+(y—z}

2

+4

ye =2x+(./y —v
2

(Jy +Vz]

1,0
2

+4] yz

0,25
9

2

<2x+2(y+z)(\jy-⁄z} +4»:
= P<2x+2(1-x)(Jy-vz) +42 =2x+2(,fy—Vz) +492 -2(
Vy -vz}
2

1,0

2

2

điểm | =P<2x+2Íjy-⁄s}] +4jyz =2x+2(y+sz—2Jyz]+4yz
Tế

Dấu
“ = “ khi 4 x+y+z=I -chẳng hạn kh |
x,y,z 20

Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2.

x=l
;

—

4.

2

0,25

=2(x+ y+z)=2
+5

1

2

Y=z=—

;

0,25

4

0,25