Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB A và B là các tiếp ñiểm.. Gọi H là trung ñiểm của CD và ñường thẳng AB cắt OM, OH lần lượt tại E và F.. a Chứng minh ñường tròn ngoại tiếp ∆MAB luôn ñi qua
Trang 1PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS NGA TRUNG NĂM HỌC : 2011-2012
MÔN : TOÁN
(Bài thi Thực hành năng lực giáo dục và nghiệp vụ sư phạm)
Thời gian làm bài :150 Phút Ngày thi: Ngày tháng 11 năm 2011
(Thí sinh không phải chép ñề vào tờ giấy thi)
SỐ BÁO DANH
(Đề thi này gồm có 01 trang)
Yêu cầu: Đồng chí hãy trình bày lời giải (Hoặc bài làm) và xây dựng hướng dẫn
chấm chi tiết một ñề thi môn Toán sau với thang ñiểm 20, ñiểm thành phần cho tới 0,
25 ñiểm?
Đề bài:
1
1 2 2
1
2
−
− +
+
− + +
−
a
a a
a a a
a
a a
a) Tìm ñiều kiện xác ñịnh
b) Rút gọn A
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A
d) Tìm a∈Z ñể Q 2a 2 a 5
A
Bài 2:(4 ñiểm) Cho phương trình: x2- 7x + m = 0 (1) (m là tham số)
a) Tìm m ñể phương trình (1) có nghiệm
b) Giải phương trình (1) khi m = 6
c) Với m = 3; x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) Tính A= 2x1 −x2 + 2x2 −x1
d) Với m = 3; x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) Hãy lập phương trình bậc 2 có
hai nghiệm là 2x1−x2 và 2x2−x1
Bài 3:(4 ñiểm) Giải phương trình:
3 1
2
3
3
−
+
−
+
x
x x
x x
Bài 4:(4 ñiểm) Cho ñường tròn (O;R) và ñường thẳng d cố ñịnh cắt (O) tại C và D
Điểm M di ñộng trên d sao cho D nằm giữa M và C Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB
(A và B là các tiếp ñiểm) Gọi H là trung ñiểm của CD và ñường thẳng AB cắt OM,
OH lần lượt tại E và F
a) Chứng minh ñường tròn ngoại tiếp ∆MAB luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh
b) Chứng minh OE.OM = R2
c) Chứng minh bốn ñiểm M, E, H, F cùng thuộc một ñường tròn
d) Chứng minh ñươờngthẳng AB luôn ñi qua ñiểm cố ñịnh
Bài 5:(2 ñiểm) Cho ∆ABC vuông tại A, biết ñường cao AH = 12cm và
16
9 HC
BH = Tính các cạnh của ∆ABC
Bài 6:(2 ñiểm) Cho các số tự nhiên x, y thoả mãn x + y = 2011 Hãy tìm giá trị lớn
nhất của tích xy
-Hết
-ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM THI GIỎI GVG CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS NGA TRUNG NĂM HỌC : 2011-2012
MÔN : NGỮ VĂN
(Bài thi Thực hành năng lực giáo dục và nghiệp vụ sư phạm)
Bài 1
4 ñiểm
1
1 2 2
1
2
−
− +
+
− + +
−
a
a a
a a a
a
a a
a) Điều kiện xác ñịnh a≥0 và a≠1
b) Rút gọn ta có:
1
1 2 2
1
2
−
− +
+
− + +
−
a
a a
a a a
a
a a
1
1 1
2 1 2 1
1 1
−
+
− +
+
− +
+
+ +
−
=
a
a a
a
a a a
a
a a a a
A =a− a− 2 a− 1 + 2 a+ 2
A = a- a+ 1
c) Ta có: A = a- a+ 1 = a- a+
4
3 4
1 + =
4
3 2
1 2 +
−
a
2
1 2 ≥
−
4
3
Dấu “=” xảy ra khi a =
4 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A =
4
3
khi a =
4 1
d) Ta có:
− +
Để Q∈Z thì a− a+ 1 là ước của 3
+ Nếu a− a+ 1= 1⇔ a a 0 a( a 1) 0
a = 0(lo¹i)
a = 1(lo¹i)
+ Nếu a− a+ 1= -1⇔ a− a+ 2 = 0 (vô nghiệm)
+ Nếu a− a+ 1= -3⇔ a− a+ = 4 0 (vô nghiệm)
+ Nếu a− a+ 1= 3⇔ a− a− = ⇔ 2 0 ( a+ 1)( a− = 2) 0
⇔
a = -1(lo¹i)
a = 2
4
a
⇔ = (thoả mãn) Vậy a = 4 thì Q∈Z
0,5
0,5
0,5 0,5 0,5
0,25
0,25
0,25
0,5 0,25
Bài 2
4 ñiểm
Bài 2: x2- 7x + m = 0 (1)
a) Ta có: ∆= (-7)2- 4m = 49- 4m
4
49
≤
0,5
Trang 3Vậy m
4
49
≤ thì phương trình (1) có nghiệm b) Với m = 6 ta có x2- 7x + 6 = 0
Ta có: a + b + c = 1- 7 + 6 = 0
Vậy phương trình có nghiệm x1 = 1; x2 = 6
c) Với m = 3 ta có x2- 7x + 3 = 0
Ta có: ∆= (-7)2- 4.3 = 49- 12 = 37⇒ ∆ = 37
phương trình có nghiệm x1=
2
37
7 +
; x2 =
2
37
7 −
⇒y1 =
2
37 3 7 2
37 7 2
37 2 14
x x
⇒y2 = 2 2 1 14 2 37 7 37 3 37 7
⇒A = y1 + y2 = 3 37
Vậy A = 3 37
d) Theo câu c ta có: y1 =2 1 2 7 3 37
2
x −x = +
2
x −x = −
y1 + y2 = 3 37
y1 y2 = 7 3 37
2
+
2
−
= 71
Theo vi-et ñảo y1, y2 là nghiệm của phương trình: y2-3 37y + 71 = 0
Vậy phương trình cần tìm là: y2- 3 37y + 71 = 0
0,5 0,5 0,5 0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
4 ñiểm
Bài 3:
3 1
2
3
3
−
+
−
+
x
x x
x x
Ta có a3 + b3 + c3- 3abc = 0
⇔(a + b + c)(a2 + b2+ c2- ab- ac- bc) = 0
0
a b c
a b c
+ + =
⇔
= =
Áp dụng với a = x; b =
1
x
x− ; c = -1 ta có:
( )
3
3
3
1 0 1 1
x
x x
−
−
( )
2
2
⇔ + − + + − + + =
1 0 (1) 1
1 (2) 1
x x x x x x
⇔
= = −
0,5
0,5 0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 4Giải (1) ta có: 1 0
1
x x x
2
- x + x- x + 1 = 0
⇔ x2- x + 1 = 0 (vô nghiệm)
1
x x x
= = −
Vậy phương trình ñã cho vô nghiệm
0,5 0,5
Bài 4
4 ñiểm
Bài 4:
a) Ta có: OA⊥MA(t/c tiếp tuyến)
OB⊥MB(t/c tiếp tuyến)
OH⊥CD (HC = HD)
⇒5 ñiểm M, A, O, H, B
cùng thuộc một ñường tròn
Vậy ñường tròn ngoại tiếp ∆MAB
luôn ñi qua hai ñiểm O, H cố ñịnh
b) Áp dụng hệ thức b2 = a.b’ vào ∆OAM có:
∠OAM = 900 ; AE⊥OM
⇒OA2 = OM.OE hay OE.OM = R2
c) Ta có: ∠MEF = 900 (OM là trung trực của AB)
∠MHF = 900 (C/M trên)
⇒E, H cùng nhìn MF dưới một góc 900
⇒ 4 ñiểm M, E, H, F cùng thuộc một ñường tròn
d) Xét ∆HMO và ∆EFO có:
∠MOF chung
∠MHO = ∠FEO = 900
⇒ ∆HMO ñồng dạng ∆EFO (g.g)
=
Mà O, H cố ñịnh ⇒F cố ñịnh
Vậy AB luôn ñi qua F cố ñịnh
0,5
0,5
0,5 0,5 0,5 0,5
0,5
0,5
Bài 5
2 ñiểm
Bài 5:
Áp dụng h2 = b’.c’ ta có:
AH2 = BH CH (1)
Mà BH= 9
CH 16(gt)
⇒BH = 9
16CH (2)
Từ (1) và (2) ⇒122 = 9
16CH2
⇒ CH2 =
2
12 16
9 =162 ⇒CH = 16 (cm) Tương tự BH = 12 (cm) ⇒BC = 28 (cm)
Áp dụng hệ thức b2 = a.b’ ⇒AB2 = 28.12⇒AB = 4 21 (cm)
AC2 = 28.16 ⇒ AC = 2 112(cm)
0,5
0,5
0,5
0,5
C
A
O
B
H
C d
M
D
E
A
F
Trang 5Bài 6
2 ñiểm
Bài 6:
Áp dụng BĐT côsi ta có:
x.y
2
2
x+y
≤
(x, y > 0)
Ta có: x.y
2
2011 2
≤
= (1005,5)2 = 1011030,25 Dấu “=” xảy ra khi x, y∈N và x + y = 2011
nghĩa là 1011030
2011
xy
x y
=
+ =
Giải hệ ta ñược 1005
1006
x y
=
=
1005
x y
=
=
Vậy giá trị lớn nhất của tích x.y bằng 1011030 khi 1005
1006
x y
=
=
1005
x y
=
=
0,5
0,5
0,5
0,5