Tài liệu đề thi giáo viên dạy giỏi cấp huyện đức thọ năm 2013 2014

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC ---------o0o-------- HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán Thời gian: 120 phút 72 a) Tìm các chữ số x, y sao cho 2013xy M Bài 1: b) Đa thức bậc bốn f(x) thỏa mãn f(1) = 2035; f(2) = 2221; f(0) = 2013 và f(x) = f(-x). Tính f(3) c) Độ dài 3 cạnh của một tam giác tỷ lệ với 2, 3, 4. Hỏi ba chiều cao tương ứng với 3 cạnh đó tỷ lệ với 3 số nào ? 72 Giải: a) Ta có 72 = 9. 8 và (9; 8) = 1. Do đó 2013xy M  2013xy chia hết cho 8, cho 9 2013xyM  3xyM  8 8 8 8  300  xy  M   4  xy  M  xy   04;12; 20; 28;36; 44;52;60;68;76;84;92 (1) 2013xy M  9 9  6  x  y  M (2). Từ (1) và (2) ta tìm được  x; y     1; 2  ;  8; 4   b) Đa thức bậc bốn có dạng f  x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e , theo bài ra f(x) = f(-x) do đó ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  ax 4  bx 3  cx 2  dx  e  bx 3  dx  0 Vậy f  x   ax 4  cx 2  e với f(1) = 2035; f(2) = 2221; f(0) = 2013  a  c  e  2035  16a  4c  e  2221   e  2013   a  c  22   4a  c  52   e  2013   a  10   c  12  f  x   10x 4  12x 2  2013  e  2013  f  3  10.34  12.32  2013  2931 c) Gọi độ dài 3 cạnh của một tam giác là a, b, c. Diện tích là S và 3 chiều cao tương 2S 2S 2S ứng là x, y, z ta có: a  x ; b  y ;c  z . Vì 3 cạnh tỷ lệ với 2, 3, 4 nên a b c 2S 2S 2S      2 3 4 2x 3y 4z  2x  3y  4z  x y y z x y z  ;     . Vậy ba chiều cao tỷ lệ với 6, 4, 3 3 2 4 3 6 4 3  5x  4y  xy  2  a) Giải hệ phương trình   60y  80x  1  xy  Bài 2: b) Giải phương trình 9x 4  15x 3  3x 2  3x  2  0 Giải: a) ĐKXĐ: x, y  0. Hệ phương trình tương đương 4 5 x  y  2     60  80  1 x y   64 80  x  y  32     60  80  1 x y   124  31  x  4  x  80 60   y5   1  x y (TMĐK) x  4 y  5 Vậy nghiệm của hệ phương trình  b) Phương trình tương đương 9x 4  6x 3  9x 3  6x 2  9x 2  6x  3x  2  0   3x  2   3x 3  3x 2  3x  1  0 2 3 3x – 2 = 0  x = 3x 3  3x 2  3x  1  0  4x 3  x 3  3x 2  3x  1  4x 3   x  1  x 3 4  x  1  x  3 2 3 Vậy phương trình có tập nghiệm là S =  ; 3 Bài 3: Cho biểu thức C  3 1 4 1 1   4 1 15 x  11 3 x  2 2 x  3   x  2 x  3 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức b) So sánh giá trị của C với 2 3 x  0  x  0 Giải: ĐKXĐ:  x  2 x  3  0   x  1  1 x  0  a) C  =  15 x  11 x 3   x 1      x 3  2 x 3 3 x  2 2 x  3 15 x  11  3 x  2   x 1 x 3 x 3 x 1   x  3  x 1  x  3  5x  7 x  2   x 1 2  5 x  x 1   2 5 x x 3      x 1 2 3 2 5 x x 3 b) Ta có C  2 3    3 2 5 x  2 3  x 3 x 3   17 x 3  x 3  0 2 3 C Bài 4: Cho ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O) và một điểm M bất kì trên cung nhỏ AC. Tia Bx vuông góc với AM cắt tia CM tại D � � a) Chứng minh rằng AMD  ABC b) Chứng minh rằng BMD cân c) Khi M di động trên cung nhỏ AC thì D chạy trên đường nào ? Có nhận xét gì về độ � lớn BDC khi vị trí điểm M thay đổi � � Giải: a) Từ giác ABCM nội tiếp nên ABC  AMC  1800 D � � � � AMD  AMC  1800 (kề bù)  AMD  ABC � � b) Ta có AMB  ACB (góc nội tiếp cùng chắn cung AB) A � � �  AMB  ABC  AMD ; MH  BD (gt) H Do đó MH vừa là đường cao, vừa là phân giác của BMD nên BMD cân tại M M O 0 0 � � � � 180  2AMD  180  2ABC  A không đổi c) Ta có D  2 2 2 � A dựng trên đoạn BC 2 D chạy trên cung tròn chứa góc B C Bài 5: Cho các số thực a, b thỏa mãn 0  b  a  4 và a  b  7 . Chứng minh rằng a 2  b 2  25 Giải: Ta có a 2  b2   a  b  a  b  a  b   4  a  b   7b  4a  3b . Áp dụng BĐT Bunhia ta có:  4a  3b  2    a  42  32 a 2  b 2  2  b2  2    25 a 2  b 2  a 2  b 2  25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 4; b = 3 Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn