PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THCS Năm học 2010-2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút I. Phần thi nhận thức chung: (2 điểm) Câu 1: (0,75 điểm) Đồng chí cho biết những nhiệm vụ trọng tâm của bậc học năm học 2010-2011. Câu 2: (0,75 điểm) Là một giáo viên bộ môn trong nhà trường đồng chí có những nhiệm vụ cơ bản gì? Câu 3: (0.5 điểm) Sử dụng bản đồ tư duy góp phần dạy học tích cực. Đồng chí cho biết khái niệm về bản đồ tư duy, dạy học sử dụng bản đồ tư duy có ưu điểm gì? II. Phần thi kiến thức chuyên môn: (8 điểm) Bài 1: (2,5 điểm) a/ Tính giá trị của biểu thức Q = yx yx + − nếu x 2 – 2y 2 = xy và y ≠ 0. b/ Giải hệ phương trình sau: 4 1 4 1 4 1 x y z y z x z x y          + = − + = − + = − c/ Giải phương trình: 3 3 3 1 2 3 0x x x− + − + − = Bài 2: (2 điểm) a/ Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của ba số đó bằng tích của chúng. b/ Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 c/ Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho biểu thức M = (ab-1)(bc-1)(ca -1) abc có giá trị là một số nguyên. Bài 3: ( 2 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho · 0 MBN=45 . Các đoạn BM, BN cắt AC theo thứ tự tại E và F. a/ Chứng minh rằng: Bốn điểm M, E, F, N cùng nằm trên một đường tròn. b/ MF và NE cắt nhau tại H, BH cắt MN tại I. Tính BI theo a. c/ Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. Bài 4: (1,5 điểm) a/ Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = 2 2 2 2 1 1 (x + )(y + ) y x b/ Chứng minh rằng : ( ) 2 1 2 3 2 m n n - ³ + , với mọi số nguyên dương m, n. ………HẾT…… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh:…………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán Bài Câu Nội dung trình bày Điểm 1 a/ Ta có x 2 – 2y 2 = xy ⇔ x(x-2y) + y(x – 2y) = 0 ⇔ (x + y)(x-2y)= 0 ⇔    =− =+ 02 0 yx yx ⇔    = ≠−= )( 2 -y) x vi(loai TMyx yx Với x = 2y thì Q = yx yx + − = 3 1 2 2 = + − yy yy 0.75 b/ Điều kiện: 1 , , 4 x y z ≥ . Ta có:        −=+ −=+ −=+ ⇔        −=+ −=+ −=+ (6) 1422 (5) 1422 (4) 14222 (3) 14 (2) 14 (1) 14 yxz xzy zyx yxz xzy zyx 0.25 Cộng theo từng vế các phương trình (4), (5), (6) và biến đổi ta có: (4x -1 + 2 4 1x − +1) + (4y -1 + 2 4 1y − +1) + (4z -1 + 2 4 1z − +1) = 0 2 2 2 ( 4 1 1) ( 4 1 1) ( 4 1 1) 0x y z⇔ − − + − − + − − = 0.25 4 1 - 1= 0 4 1 1 4 1 1 1 4 1 - 1 0 4 1 1 4 1 1 2 4 1 1 4 1 - 1 0 4 1 1 x x x y y y x y z z z z                      − − = − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = = = − = − = − = 0.25 c/ Chứng minh: Nếu a + b + c = 0 thì a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 0.5 Đặt a = 3 1x − ; b = 3 2x − ; c = 3 3x − , Ta có a + b + c = 0 nên a 3 + b 3 + c 3 = 3abc ⇔ x – 1 + x – 2 + x – 3 = 3 3 1x − . 3 2x − . 3 3x − ⇔ x – 2 = 3 1x − . 3 2x − . 3 3x − ⇔ (x – 2) 3 – (x – 1)(x – 2)(x – 3) = 0 ⇔ (x – 2)( x 2 - 4x + 4 – x 2 + 4x – 3) = 0 ⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 0.5 2 a/ Gọi ba số nguyên dương cần tìm là a, b, c. Theo bài ra ta có: abc = a + b +c (1) Do vai trò của a, b, c như nhau, giả sử a ≤ b ≤ c (2) Từ (1) và (2) ta có: abc = a + b + c ≤ 3c suy ra ab ≤ 3 => ab = {1, 2, 3} + TH1: ab = 1 => a = b =1, c = c + 2 (vô lý) + TH2: ab = 2 => a = 1, b = 2, c = 3 ( Thoả mãn) + TH3: ab = 3 => a = 1, b =3, c = 2 ( loại vì c < b) Kết luận: Vậy bộ ba số nguyên dương cần tìm là ( 1; 2; 3) 0.75 b/ Cách 1: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 ⇔ x 2 y 2 + xy – ( x + y) 2 = 0. Đặt a = x +y; b = xy Ta có phương trình: b 2 + b – a 2 = 0 (2), phương trình (2) ẩn b có ∆ = 4a 2 + 1 Để phương trình (2) có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương suy ra 4a 2 + 1 = k 2 ,( k ∈ N) ⇔ (k – 2a)(k + 2a) = 1.1 = (-1).(-1), từ đó tìm được a = 0 Với a = 0 thay vào (2) ta có b 2 + b = 0 ⇔ b(b+1) = 0 ⇔ b = 0 hoặc b = -1 0.5 +) Với a = 0 và b = 0 thì 0 0 0 0 x y x xy y + = =   ⇔   = =   +) Với a = 0 và b = -1 thì 0 1 1 1 x y x xy y + = =   ⇔   = − = −   hoặc 1 1 x y = −   =  Vậy cặp số nguyên (x; y) tìm được là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1) 0.25 Cách 2: Do vai trò x, y như nhau, giả sử x ≤ y => xy ≤ |xy| ≤ y 2 Ta có: x 2 y 2 = x 2 + y 2 + xy ≤ y 2 + y 2 + y 2 = 3y 2 => x 2 ≤ 3 => x 2 = 0, hoặc x 2 = 1 0.5 + Với x 2 = 0 => x = 0, y = 0 0.25 + Với x 2 = 1  x = 1 y = -1 ( loại) hoặc x = -1, y = 1 (Thoả mãn) Vậy cặp số (x; y) cần tìm là: (0; 0), (1; -1), (-1; 1) c/ Ta có M = ( 1)( 1)( 1)ab bc ca abc − − − = abc – a – b – c + 1ab bc ca abc + + − M ∈ Z ⇔ 1ab bc ca abc + + − ∈ Z. Đặt 1ab bc ca abc + + − = k ,( k ∈ Z) (1) Vì a, b, c ≥ 1 nên từ (1) suy ra k > 0. Giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ c, khi đó từ (1) ta có ab + bc + ca = k.abc + 1 > k.abc (*) Vì ab ≤ ca ≤ bc suy ra 3bc > k.abc ⇒ ka < 3 (2) 0.25 Mà k, a ∈ N*, nên k, a ∈ {1; 2} + Nếu k = 2 thì từ (2) suy ra a = 1. Thay vào (*) ta có b + c + bc = 2bc + 1 ⇔ (b – 1)(c – 1) = 0 ⇔ b = 1 hoặc c = 1. Khi đó (a; b; c) = (1, 1, m), với m ∈ N* + Nếu k =1 thì từ (2) suy ra a = 1 hoặc a = 2 - Với a = 1, từ (*) ta có b + c = 1 vô lý - Với a = 2, từ (*) ta có 2b + 2c – bc = 1 ⇔ c(b – 2) = 2b – 1 nên b ≠ 2 và c = 2 1 3 2 2 2 b b b − = + − − suy ra b – 2 là ước của 3, mà b ≥ a ≥ 2 nên b – 2 = 1 hoặc b –2 = 3 ⇔ b = 3, c = 5 hoặc b = 5, c = 2 ( loại). Vậy (a; b; c) = ( 2; 3; 5) Kết luận: (a; b; c) ∈ {(1; 1; m), (2; 3; 5)} và các hoán vị của 2 bộ số trên (m ∈ N*) 0.25 3 a/ Ta có · · 0 45EBN ECN= = nên tứ giác BCNE nội tiếp suy ra · · 0 180BCN BEN+ = Mà · · 0 0 90 90BCN BEN= ⇒ = Chứng minh tương tự: · 0 90BFN = , do đó · · 0 90MEN MFN= = suy ra 4 điểm M, E, F, N cùng nằm trên đường tròn đường kính MN 0.75 b/ Trong ∆BMN có MF và NE là hai đường cao nên H là trực tâm ⇒ BI ⊥ MN Tứ giác ABFM nội tiếp nên · · ABM AFM= Tứ giác BEHF nội tiếp nên · · EBH EFH= , do đó · · ABM MBI= Vậy ∆MBI = ∆MBA (c.h – g.nh) từ đó suy ra BI = AB = a I H E F D B C A M N 0.75 c/ Ta có ∆ABM = ∆IBM nên MA = MI; ∆BCN = ∆BIN nên CN = NI ⇒ AM + CN = MN ⇒ 2a = MN + MD + ND Đặt MD = x; ND = y ⇒ MN = 2 2 x y+ và S MDN = 2 xy Ta cần xác định x, y sao cho xy lớn nhất thỏa mãn x + y + 2 2 x y+ = 2a 0.25 Thật vậy: Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm ta có: x + y ≥ 2 xy ; 2 2 x y+ ≥ 2xy ⇒ 2a = x + y + 2 2 x y+ ≥ xy (2 + 2 ) Do đó 2 (2 2) 2 2 a xy a≤ = − + ⇒ xy ≤ 2a 2 (3 - 2 2 ) Vậy S MDN = 2 xy ≤ (3 - 2 2 ) a 2 ⇒ Max S MDN = (3 - 2 2 ) a 2 xảy ra khi x = y = (2- 2 )a KL: Khi DM = DN = (2- 2 )a thì ∆MDN có diện tích lớn nhất bằng (3 - 2 2 ) a 2 0.25 4 a/ A = 2 2 2 2 1 1 ( )( )x y y x + + = x 2 y 2 + 2 2 1 x y + 2 = (x 2 y 2 + 0.5 2 2 2 2 1 255 ) 2 256 256x y x y + + p dng BT a 2 + b 2 2ab ( a, b 0), ta cú: x 2 y 2 + 2 2 1 256x y 2.xy. 1 16xy = 1 8 Mt khỏc: p dng BT (a + b) 2 4ab (a, b 0), ta cú xy 1 4 nờn x 2 y 2 1 16 Suy ra 2 2 255 255 .16 256 256x y = 255 16 Vy: A 1 8 + 255 16 + 2 = 289 16 suy ra minA = 289 16 khi x = y = 1 2 0.5 b/ Vỡ m là số hữu tỉ và 2 là số vô tỉ nên 2 n m n ạ . Ta xột hai trng hp: TH 1) 2 m n > . Khi ú: m 2 > 2n 2 m 2 2n 2 + 1hay 2 m 2n 1+ T ú suy ra : 2 m n 2 2 1 2 n n + = 2 1 2 2 n + - = 2 2 1 2 2 1 2 2 n n + - + + ( ) 2 2 2 1 1 1 3 2 2 2 n n n = ổ ử + ữ ỗ ữ + + ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ 0.25 TH2) 2 m n < . Khi ú: 2 2 2 2 2 m 2 2 1 hay m 2n 1n m n< - -ịÊ Ê T ú suy ra : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 1 1 3 2 2 2 m m n n n n n n n n n n - + - - = - - = - - = + - = ổ ử + ữ ỗ ữ + - ỗ ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ Vy bi toỏn ó c chng minh. 0.25 Chỳ ý: - Trờn õy l s lc mt s cỏch gii. Nu thớ sinh gii cỏch khỏc ỳng thỡ giỏo kho chm thng nht vn cho im ti a. - Bi hỡnh khụng v hỡnh khụng cho im. . PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THCS Năm học 2010 -2011 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút I. Phần thi nhận thức chung: (2 điểm) Câu 1: (0,75. 2 m n n - ³ + , với mọi số nguyên dương m, n. ………HẾT…… (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ………………………………….Số báo danh:…………………………………… ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN. I. Tính BI theo a. c/ Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. Bài 4: (1,5 điểm) a/ Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: