Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu.. Kẻ tia Dx nằm giữa hai tia DA và DO, tia Dx cắt đ
Trang 1ĐỀ CHÍNH THỨC
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán - THCS
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày kiểm tra: 14 tháng 4 năm 2013
Câu 1 (1,5 điểm):
1) Tính giá trị của biểu thức P x (x y) 2y (x y) 2013x= 2 + − 2 + + 2−4026y2+2(x y) 4036+ + , biết rằng x + y + 2013 = 0
2) Tìm số tự nhiên n biết rằng khi chia 147 và 193 cho n thì có số dư lần lượt là 17 và 11
Câu 2 (2,0 điểm):
1) Tìm x, y, z biết: x = 4y = z 9−
125 và x + y + z = 2029.
2) Cho các đơn thức: M = xy2z3; N = yz2t3; P = zt2x3; Q = tx2y3 Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu
Câu 3 (2,0 điểm):
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2+2xy 15y− 2
2) Cho A = 13 + 23 + 33 + ××× + 1003 và B = 1 + 2 + 3 + ××× + 100 Chứng minh rằng A chia hết cho B
+ + + − + + = +
Câu 4 (3,0 điểm):
Từ một điểm D nằm ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là các tiếp điểm) Kẻ tia Dx nằm giữa hai tia DA và DO, tia Dx cắt đường tròn tại hai điểm C và E (E nằm giữa C và D) Đoạn thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại M Chứng minh rằng:
1) DC.DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp
2) ·CMA=EMA ·
3)
2
=
Câu 5 (1,5 điểm):
1) Với a, b là các số nguyên Chứng minh rằng nếu 4a + 3ab 11b2 − 2chia hết cho 5 thì
a −b chia hết cho 5
1 5 3 7 5 9 7
3 + + + + ×××+(2n +1) 2n 1<
− , với n∈ ¥*
- HẾT -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GD& ĐT BẮC NINH
HDC ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO
VIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán - THCS
Câu 1
1,5
điểm
1)
0,75 đ
1) Tính giá trị của biểu thức sau biết rằng x + y + 2013 = 0.
P = x 2 (x + y) – 2y 2 (x + y) + 2013x 2 – 4026y 2 + 2(x + y) + 4036.
Ta có: x + y + 2013 = 0 ⇒ + = −x y 2013, thay vào biểu thức P, ta được:
P = -2013x2 – 2y2.(-2013) + 2013x2 – 4026y2 + 2(-2013) + 4036 = -2013x2 + 4026y2 + 2013x2 – 4026y2 - 4026 + 4036
= 10 Vậy P = 10 với x + y + 2013 = 0
0,25 0,25 0,25
2)
0,75 đ
2) Tìm số tự nhiên n biết rằng khi chia 147 và 193 cho n thì có số dư lần lượt là 17 và 11
+ Vì 147 chia cho n có dư là 17; n∈ ¥* nên n > 17 và 147 -17Mn hay 130Mn (1) + Vì 193 chia cho n có dư 11; n∈¥ nên n > 11 và 193 - 11* Mn hay 182Mn (2)
Từ (1) và (2) ⇒ n ∈ƯC(130,182)
Mà ƯC(130,182) = {± ± ± ±1; 2; 13; 26}
Kết hợp với n > 17 nên n = 26
0,25
0,25 0,25
Câu 2
2,0
điểm
1)
1,0 đ
1) Tìm x,y, z biết: x = 4y = z 9
125
−
và x + y + z = 2029.
Từ giả thiết suy ra x y z 9
−
= = Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau: = = − = + + −
+ +
4 1 500 4 1 500
=2029 9 505
− = 2020
505 = 4
Từ đó suy ra: x = 16; y = 4; z = 2009
0,25 0,25 0,25 0,25
2)
1,0 ®
2) Cho các đơn thức M = xy 2 z 3 ; N = yz 2 t 3 ; P = zt 2 x 3 ; Q = tx 2 y 3 Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu.
+ Xét tích M.N.P.Q = xy2z3.yz2t3 zt2x3 tx2y3= x6y6z6t6 ≥0 với mọi x,y,z,t
+ Giả sử tồn tại giá trị nào đó của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu, không mất tính tổng quát giả sử đó là các đơn thức M và N⇒
M.N < 0
⇒ xyzt ≠0 ⇒M.N.P.Q ≠0 ⇒M.N.P.Q > 0 +⇒P.Q < 0 (Vì M.N < 0) hay P và Q có giá trị khác dấu
+Vậy với mọi giá trị của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu
0,25
0,25 0,25 0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3Câu 3
2,0
điểm
1)
0,5 đ
1)Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2+2xy 15y− 2.
Ta có x2 + 2xy – 15y2 = x2 + 2xy + y2 – 16y2
= (x + y)2 – (4y)2 = (x – 3y)(x + 5y) 0,250,25
2)
1,0 đ
2) Cho A = 1 3 + 2 3 + 3 3 + + 100 3 và B = 1+ 2+ 3 + + 100 Chứng minh rằng A chia hết cho B.
+ Chỉ ra A và B đều có 100 số hạng, tính đúng B = 50.101 + Biến đổi A = (13 + 1003) + (23 + 993) + (33 + 983) + + (503 + 513) = 101.(12 – 1.100 + 1002 +22 – 2.99 + 992 + +502 – 50.51 + 512) + Chỉ ra 12 – 1.100 + 1002 +22 – 2.99 + 992 + + 502 – 50.51 + 512 là số nguyên
Do đó A chia hết cho 101
Lại có A = (13 + 993) + (23 + 983) + (33 + 973) + + (493 + 513) + (503 + 1003) = 100.(12 – 1.99 + 992 +22 – 2.98 + 982 + + 502 – 50.100 + 1002) Tương tự trên, chỉ ra A chia hết cho 50
Mà (50, 101) = 1 và 50.101 = B do đó A chia hết cho B
0,25
0,25
0,25 0,25
3)
0,5 đ
+ + + − + + = +
Xét phương trình:
( )
2
+ + + − + + = +
ĐKXĐ: x≠ 0
⇔ + ÷ + + ÷ + ÷ − + ÷ = +
2
2 2
⇔ + ÷ − + ÷= + ⇔ + =
x 0
x 0
≠
⇔ =
= −
⇔ = − Vậy phương trình đã cho có nghiệm tập nghiệm là:S= −{ }8
0,25
0,25 Câu 4
3,0
điểm
x
M
A
B
O
E
C
D
1)
1,0 ® 1) DC.DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp.+)Ta có VDBE đồng dạng VDCB (g - g), do đó DC.DE = DB2 (1)
+)Vì VDBO cóB 90µ = 0và BM là đường cao nên DB2 = DO.DM (2) +)Từ (1) và (2)⇒DC.DE = DO.DM , kết hợp với góc MDE chung
0,25 0,25
Trang 4nên VDME đồng dạng với VDCO (c.g.c) +) Suy ra ·DME DCO= · Lại có ·DME là góc ngoài của tứ giác OMEC, do đó
tứ giác OMEC nội tiếp
0,25 0.25
2)
1,0 ®
2) ·CMA=EMA·
Ta có ·CMA 90= 0−OMC 90· = 0−OEC· (tứ giác OMEC nội tiếp)
·
0
= − (vì tam giác OCE cân tại O)
·
0
= − (tứ giác OMEC nội tiếp)
·EMA
= Vậy ·CMA EMA= ·
0,25 0,25
0,25 0,25
3)
1,0 ®
3)
2
=
+)Ta có: ·BMC 90= 0+OMC 90· = 0+OEC· (OMEC tứ giác nội tiếp)
·
0
90
2
−
= + (vì tam giác OCE cân tại O)
180
2
= − sđ ¼CAE = 1
2(360
0 - sđ ¼CAE ) = 1
2sđ ¼CBE CAE= ·
BMC CAE
⇒ = (1) Mặt khác ·CBM CEA= · (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Từ (1) và (2) ⇒ VBCM đồng dạng vớiVECA (g.g) MB AE
Vì VDAE đồng dạng với VDCA (g.g) nên AE DE DA
CA = DA = DC, do đó
2
Từ (3) và (4)
2
0,25
0,25 0,25
0,25 Câu 5
1,5
điểm
1)
( )
⇒ +
M M
2
4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5
a 2ab b 5
a b 5
a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố)
4 4 2 2
0,25 0,25 0,25
Trang 50,75 đ
Đặt:An =(2n 1) 2n 11 =(2n 1) 2n 12n 1(− )
A
2n 1− 2n 1>
− + và
2n 1+ 2n 1< 2n 1
− + − nên An <
( n *) 2n 1− 2n 1 ∀ ∈
+ + + + < − + − + ×××+ −
1
2n 1
+ + + + < − <
+
0,25
0,25
0,25
Lưu ý:
- Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm.