Đề thi giáo viên giỏi cấp huyện năm học 2013 - 2014 môn: Toán

PHÒNG GD & ĐT SÔNG LÔ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN : TOÁN
Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (1.5 điểm): Cho đa thức f(x) thỏa mãn: (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) ∀ x. Tính f(1) và f(5).
Câu 2 (1.5 điểm): Cho phương trình: (x2 + mx + 2)(x2 + 2x + m) = 0 (m là tham số). Tìm điều kiện của m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Câu 3 (1.5 điểm): Cho a, b, c là các số thỏa mãn: 
a+b+c=2013 1a+1b+1c=12013
Chứng ming rằng một trong ba số a, b, c phải có một số là nghiệm của phương trình: x2 – 2014x + 2013 = 0.
Câu 4 (1.5 điểm): Cho hệ phương trình : mx+4y=10-mx+my=4 (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm (x ; y) với x, y là các số nguyên dương.
Câu 5 (1 điểm): Trong một hình vuông cạnh 1m có 51 điểm phân biệt tùy ý. Chứng minh rằng có ít nhất 3 điểm nằm trong một hình tròn có bán kính bằng 17 m.
Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) với đường cao AH= R. Gọi D, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H xuống AB và AC. Chứng minh: 
Hai tam giác ADK và ACB đồng dạng.
b. AB.AC=2R2sinB.sinC 
Câu 7 (1 điểm): Tìm giá trị nguyên lớn nhất của k sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi giá trị của x: (x + 1)(x + 2)2(x + 3) ≥ k.
.... HẾT....
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
CÂU
NỘI DUNG TRÌNH BÀY
ĐIỂM
1
(1.5 đ)
Vì (x + 1)f(x) = (x + 3)f(x + 2) ∀ x nên:
Cho x = -1 ta có: 0.f(-1) = 2.f(1) Þ f(1) = 0
0.5
Cho x = 1 ta có: 2.f(1) = 4.f(3) Þ f(3) = 0 (Do f(1) = 0)
0.5
Cho x = 3 ta có: 4.f(3) = 6.f(5) Þ f(5) = 0 (Do f(3) = 0)
Vậy f(1) = f(5) = 0.
0.5
2
(1.5 đ)
 (x2 + mx + 2)(x2 + 2x + m) = 0 (*)
Phương trình (*) tương đương với x2+mx+2=0 1x2+2x+m=0 (2)
Ycbt thỏa mãn Û (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt và chúng không có nghiệm chung.
0.25
(1) có hai nghiệm phân biệt khi: m2 – 8 > 0 Û m>22 m<-22
0.25
(2) có hai nghiệm phân biệt khi: 1 – m > 0 Û m < 1
Suy ra: Để (1) và (2) đều có hai nghiệm phân biệt thì m<-22
0.25
Giả sử (1) và (2) có nghiệm chung là x0 ta có: 
x02+mx0+2=0x02+2x0+m=0 Þ (m – 2)(x0 – 1) = 0
0.25
Với m<-22 ta có x0 = 1. Với x0 = 1Þ m = - 3
0.25
Vậy để phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt, điều kiện của tham số m là: m<-22m≠ -3
0.25
3 
(1.5 đ)
Ta có :
1a+1b+1c=1a+b+cÛ b+cbc= -b+caa+b+c
0.25
Û b+c1bc+1a2+ab+ac=0
0.25
Ûb+ca+ca+b=0
0.5
Ûb+c=0a+c=0a+b=0Ûa=2013b=2013c=2013
0.25
Mặt khác phương trình : 
x2 – 2014x + 2013 = 0 có nghiệm là x = 2013
Suy ra điều phải chứng minh.
0.25
4
(1.5 đ)
Từ hệ ta có: (m – 2)(m + 2)y = 5(m – 2) (*)
m = – 2: (*) vô nghiệm Þ hệ vô nghiệm Þ Loại m = – 2 
0.25
m = 2: Hệ đã cho Û x + 2y = 4 Û x=2y=1 
(Do x, y nguyên dương) Þ m = 2 thỏa mãn.
0.25
m≠2m≠-2: Hệ có nghiệm duy nhất: x=8-mm+2y=5m+2
0.25
y nguyên dương khi m+2=1m+2=5 Û m=-1m=3 
0.25
Với m = – 1 Þ x=9y=5 Þ m = – 1 thỏa mãn.
Với m = 3 Þ x=1y=1 Þ m = 3 thỏa mãn.
0.25
Vậy các giá trị cần tìm của m là m=-1m=2 m=3 
0.25
5
(1 đ)
A
B
D
C
Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông nhỏ bằng nhau với kích thước 15 m.
Vì có 51 điểm và được xếp vào 25 hình vuông nên theo nguyên lý Đirichlet phải có một hình vuông nhỏ chứa 3 điểm. 
Giả sử hình vuông ABCD chứa 3 điểm đó.
Dễ tính được AC = 25 m
Bán kính đường tròn tâm O ngoại tiếp hình vuông ABCD bằng 12.25=150 < 17
Vậy ba điểm nói trên phải nằm trong hình tròn tâm O, bán kính bằng 17 m
0.25
0.25
0.25
0.25
6
(2 đ)
Chứng minh DADK~DACB:
Xét tam giác vuông AHB với đường cao HD 
Ta có: AD.AB = AH2 
0.25
Xét tam giác vuông AHC với đường cao HK 
Ta có: AK.AC = AH2 
0.25
 Suy ra: AD.AB = AK.AC
0.25
DADK~DACB
0.25
Chứng minh: AB.AC=2R2sinB.sinC
Xét tam giác vuông AHB:
sinB=AHAB Þ AB=AHsinB
0.25
Xét tam giác vuông AHC:
sinC=AHAC Þ AC=AHsinC
0.25
Suy ra: AB.AC=AH2sinB.sinC=2R2sinB.sinC
0.5
7
(1 đ)
Đặt: P = (x + 1)(x + 2)2(x + 3)
Ta có: P = (x2 + 4x + 3)(x2 + 4x + 4)
0.25
Đặt: y = x2 + 4x + 3 Þ P = y2 + y = y+122-14
0.25
Þ P ≥ -14 ; P= -14 Û y = -12 Û x=-2±22
0.25
Suy ra: Pmin = -14 
Để P ≥ k " x thì k ≤ -14
Vậy giá trị nguyên lớn nhất cần tìm của k là k = -1
0.25