b Chứng minh rằng số n+ n+4 không phải là số nguyên dương với mọi số nguyên dương n.. Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O.. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB nhỏ.. Chứng mi
Trang 1UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN
THCS HÈ 2012
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài 150 phút
Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình: (2m−1)x2−4mx+ =4 0 (m là tham số) (1).
Xác định m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1 =3x2.
c) Phương trình (1) có hai nghiệm nhỏ hơn 3.
Câu 2 (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình:
a) 5x+ −1 x+ =1 2
b)
2
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Cho hệ phương trình: 3
x my m
Xác định m để hệ phương có nghiệm duy nhất (x y, ) thoả mãn: x y+ 2 =1.
b) Chứng minh rằng số n+ n+4 không phải là số nguyên dương với mọi số nguyên dương n
Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O Gọi M là điểm
chính giữa của cung AB nhỏ D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B) DM cắt AB tại C Chứng minh rằng:
a) MB.BD MD.BC=
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a b c, , thoả mãn a b c+ + =1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu
4
Q
-HẾT -Họ tên thí sinh………SBD………
HƯỚNG DẪN CHẤM
Đề chính thức
Trang 2KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN HÈ 2012
Môn: Toán Câu 1 (2,0 điểm)
a) 0,75 điểm
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
2
1
2
4( 1) 0
m
∆ > − + >
0,5
1
2
1
m
m
≠
⇔
≠
Vậy với 1
2
m≠ và m≠1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt 0,25
b) 0,75 điểm
Điểm Phương trình có 2 nghiệm 1
2
m
⇔ ≠ Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ:
1 2
1 2
1 2
4
(1)
4
(2)
3 (3)
m
m
x x
m
+ =
=
0,25
Thay (3) vào (1) ta được 2 , 1 3
Thay 2 , 1 3
− − vào PT (2) ta được phương trình3m2 −8m+ =4 0
0,25
Giải PT ta được 1 2, 2 2
3
m = m = (thỏa mãn điều kiện) KL: Với 1 2, 2 2
3
m = m = thì PT có nghiệm x1 =3x2.
0,25
c) 0,5 điểm
Phương trình có 2 nghiệm 1
2
m
Ta có 1
2
3
3
x
x
<
<
( 3)( 3) 0
− − >
− + − <
1 2 1 2
1 2
6 0
− + + >
+ − <
Một số lưu ý:
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có Trong quá trình chấm, nếu GV giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa
-Trong quá trình giải bài của GV nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm
- Bài hình học, nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó
- Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm
Ta có:c ab c a b c+ = ( + + +) ab= +(c a c b)( + )
Trang 3Tương tự : b ac+ = +(b a b c)( + ); a bc+ = +(a b a c)( + )
4 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
Q
c ab b ac a bc abc c a c b b a b c a b a c abc
3 3 3 3 3 3
(Áp dụng BĐT: AM-GM; BĐT x3+y3≥xy x y( + )với ,x y>0, dấu bằng xảy ra ⇔ =x y)
3 3 3 1
+ +
Lại cú a3+ + = + +b3 c3 (a b c a)( 2+ + −b2 c2 ab bc ca− − ) 3+ abc= −1 3(ab bc ca+ + ) 3+ abc
(do a b c+ + =1)
Q
1 3 9 3 1 27 3( ) 6
−
a b c
và ab bc ca+ + ≥33 a b c2 2 2 ) Vậy Max Q= −6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c= = =
Bài 4: (3,0 điểm)
a) Xét MBC∆ và MDB∆ có:
ãBDM MBC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)=ã
ãBMC BMD=ã
Do vậy MBC∆ và MDB∆ đồng dạng Suy ra MB MD MB.BD MD.BC
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC∆ ⇒BJC 2BDC 2MBCã = ã = ã hay ã ãBJC
MBC
2
ã 1800 BJCã BCJ cân tại J CBJ
2
−
−
Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đờng kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC∆
Chứng minh tơng tự I thuộc AN
Ta có ãANB ADB 2BDM BJC=ã = ã =ã ⇒CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành ⇒ CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)
J I
C N
M
O
D