Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

Baøi 1: (1 ñieåm) Một học sinh đã giải bài toán: “ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 12x3x2 ” như sau: Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 2x 3x2 > 0 (x + 1)(1 3x) > 0 1 < x < 13 () Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: f(x) = 1.x + 1. 12x3x2  1+1 . x2+(12x3x2) = 2 . 2(x+12)2+32  3 Với x = 12 thỏa mãn () thì 2(x + 12)2 = 0. Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = 12. a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài toán trên. b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng. Baøi 2: (2 ñieåm) Anh (chị) giải các bài toán sau: a) Tìm số nguyên n để 3n+5n+1 là số nguyên b) Tìm các số x, y, z biết: x2 = y3; y5 = z4 và x y + z = 49 c) Giaûi phöông trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0 Baøi 3: (3 ñieåm) Cho bài toán: “Cho hình thang vuông ABCD (A = B = 900) và điểm O là trung điểm của AB. Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD. Chứng minh rằng: COD= 900 a) Giải bài toán trên. b) Hãy phát biểu bài toán đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó.

Trường THCS LÊ QUÝ ĐƠNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ………

Ngày tháng năm sinh: ………

Chuyên môn đào tạo: ……….

Số năm công tác: ………

Chức vụ, đơn vị công tác: ………

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm) 1 ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Một học sinh đã giải bài tốn: “ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” như sau: Điều kiện để f(x) cĩ nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0  (x + 1)(1 - 3x) > 0  -1 < x < 13 (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ: f(x) = 1.x + 1 1-2x-3x2  1+1 x2+(1-2x-3x2) = 2 -2(x+12)2+32  3 Với x = - 12 thỏa mãn (*) thì -2(x + 12)2 = 0 Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = - 12 a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài tốn trên b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng Bài 2: (2 điểm) Anh (chị) giải các bài tốn sau: a) Tìm số nguyên n để 3n+5n+1 là số nguyên b) Tìm các số x, y, z biết: x2 = y3; y5 = z4 và x - y + z = - 49 c) Giải phương trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0 Bài 3: (3 điểm) Cho bài tốn: “Cho hình thang vuơng ABCD (A = B = 900) và điểm O là trung điểm của AB Đường trịn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD Chứng minh rằng: COD= 900 a) Giải bài tốn trên b) Hãy phát biểu bài tốn đảo của bài tốn trên và chứng minh bài tốn đảo đĩ - HẾT -

Điểm bằng số: Điểm bằng chữ:

2 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

1

(1,0đ)

a

- Sai lầm 1: ĐK để f(x) cĩ nghĩa: 1 - 2x - 3x2  0

- Sai lầm 2: Với x = - 12 thì chỉ cĩ BĐT 2 -2(x+12)2+32  3 trở thành đẳng thức nên f(- 12 ) < 3

0,25đ 0,25đ

b

Lời giải đúng:

Áp dụng BĐT Cauchy ta cĩ:

1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x)  (1+x)+(1-3x)2 = 1 - x, với x  







-1;13

Do đĩ f(x)  x + (1 - x) = 1

=> Maxf(x) = 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x  







-1;13 )

0,25đ

0,25đ

2

(2,0đ)

a

Ta cĩ: 3n+5n+1 = 3(n+1)+2n+1 = 1 + n+12

Để 3n+5n+1 nguyên thì n+12 nguyên <=> 2  (n+1) => n + 1  {-2;-1;1;2 => n  } {-3;-2;0;1 }

0,25

b

Từ x2 = y3; y5 = z4 => 10x = 15y; 15y = 12z => 10x = 15y = 12z Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta cĩ:

x

10 =

y

15 =

z

12 =

x-y+z 10-15+12 = - 7 Suy ra: 10x = 7 => x = - 70

15y = 7 => y = - 105

12z = 7 => z = - 84

0,5

0,5

0,25

c

10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0

* Nếu x = 0, thì phương trình trở thành 10 = 0  x = 0 (không là nghiệm của phương trình

* Nếu x  0, ta có:

10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0  10 2

2

77

     

Đặt x + 1

x = t  2

2

1

x x

 = t2 – 2 Khi đó ta có phương trình: 10t2 – 77t + 130 = 0

0,5

Giải phương trình ta được: t1 = 26

5 ; t2 = 5

2

* x + 1

x = 26

5

 5x2 + 5 = 26x  5x2 - 26x + 5 = 0 Giải phương trình ta được: x1 = 5; x2 = 0,2

* x + 1

x = 5

2

 2x2 + 2 = 5x  2x2 - 5x + 2 = 0 Giải phương trình ta được: x3 = 2; x4 = 0,5 Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 5; x2 = 0,2; x3 = 2; x4 = 0,5

4

(3,0đ)

a

M

O

D

C

Vẽ hình: (0,5)

Gọi M là tiếp điểm của CD và (O)

Ta cĩ ABCD là hình thang vuơng tại A

=> AD  AB

=> DA và DM cùng là tiếp tuyến của (O)

=> OD là phân giác của AOM

Tương tự ta cĩ OC là phân giác của BOM

=> COD = 900 (Tính chất phân giác của hai gĩc kề bù )

0,25 0,25

0,25 0,25

0,5

b

K M

A

D

C

Bài tốn đảo: Cho hình thang

vuơng ABCD (Vuơng tại A và B), O là trung điểm của AB thỏa mãn điều kiện COD = 900 Chứng minh rằng đường trịn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD

Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:

- Vì COD = 900 nên COD vuông tại O => KOD = KDO (1)

- Vì O là trung điểm của AB nên OK là đường trung bình của hình thang ABCD => OK ∥ AD

=> KOD = ADO( so le trong ) (2)

Từ (1) và (2) => ADO = KDO

=> ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn)

=> OM = OA => M  (O) Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại M

0,25

0,25 0,25

0,25

Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ………

Ngày tháng năm sinh: ………

Chuyên môn đào tạo: ……….

Số năm công tác: ………

Chức vụ, đơn vị công tác: ………

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm)

ĐỀ BÀI:

Bài 1: (1 điểm)

Tìm các số x, y ,z biết :

1 2 1

  và x – 2y + 3z = 14 Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải bài toán trên bằng hai cách

Bài 2: (1 điểm)

Cho phương trình : x2 -5mx – 4m = 0 (m là tham số )

a)Tìm m để phương trình trên có nghiệm ?

b)Chứng minh rằng : x12 + 5mx2 - 4m  0 (x1; x2 là 2 nghiệm của phương trình) Thầy (cô ) giải bài toán trên

Bài 3: (1 điểm)

Giải phương trình sau : 1 1 1 1

2x 1  x 1  x 2 2  x 2

Bài 4: (3 điểm)

Từ điểm I ở ngoài đường tròn (0), vẽ 2 tiếp tuyến IA và IB đến đường tròn(0),(A, B là các tiếp điểm )

Gọi M là trung điểm của IB ; AM cắt đường tròn (0)tại điểm thứ 2 là K Gọi C là giao điểm của IO và AO

a) Chứng minh : IO AB

b) Chứng minh tứ giác BMKC nội tiếp và AB2 = 2AK AM

Thầy (cô ) giải bài toán trên

Điểm bằng số:

Điểm bằng chữ:

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

1

(1,0đ)

CÁCH 1: 1 2 1

x  y  z và x – 2y + 3z = 14

Ta có : 1 2 1

= 1 2 4 3 9 14 6 1

 

Suy ra : 1 1

2

x   x – 1 = 2  x = 3

2 1

3

y    y – 2 = 3  y = 5

3 1

4

z   z – 3 = 4  z = 7 CÁCH 2: Đặt: 1 2 1

x  y  z = t  x = 2t + 1 ; y = 3t + 2 ; z = 3t + 4

Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14

Ta có: 2t + 1 – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14  5t + 9 = 14

 5t = 14 – 9  t = 1 Từ đó: x = 2t + 1  x = 2.1 + 1 = 3

y = 3t + 2  y = 3.1 + 2 = 5

z = 3t + 4  z = 3.1 + 4 = 7

0,25đ 0,25đ

2

(2,0đ)

a

Phương trình: x2 – 5mx – 4m = 0

Ta có:  = b2 – 4ac

= (-5m)2 – 4.1.(-4m)

= 25m2 + 16m Để phương trình có nghiệm thì:  = 25m2 + 16m  0

 m  0 hoặc m  16

25



0,25

Nên ta có: x12 – 5mx1 – 4m = 0  x12 = 5mx1 + 4m

 x12 – 5mx2 – 4m = 5mx1 + 4m + 5mx2 – 4m

(Vì theo định lý Viét x1 + x2 = 5m)

0,5

0,25

3

(2,0đ)

2x 1  x 1  x 2  2x 2

2x 1  x 1  x 2  2x 2

ĐKXĐ: x 1 ; x  2; x  1

2



Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x + 2  a + b + b = 2x – 2 Phương trình (*) trở thành:

a   b c a b c

 

 bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc  (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc = 0

 abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc = 0

 (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) = 0

 bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) = 0

 (a + b)(bc + ac + ab + c2) = 0

 (a + b)[(bc + ab) + (ac + c2)] = 0

 (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] = 0

 (a + b)(a + c)(b + c) = 0

* a + b = 0  2x + 1 + x – 1 = 0  x = 0 (TMĐK)

b + c = 0  x – 1 – x – 2 = 0 (vô lý)

c + c = 0  2x + 1 – x – 2 = 0  x – 1 = 0  x = 1 (loại) Vậy phương trình có nghiệm là x = 0

Tập nghiệm của phương trình: S = {0}

4

(2,0đ)

a

K

B M

A

Ta có: IA = IB (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

OA = OB = R

0,25

Nên IO là đường trung trực AB hay IO  AB

CA = CB

 MC là đường trung bình của ABI

 MC // AI  CMA = IAM (so le trong)

Mà IAM = IAK = KBA

 CMA = KBA  CMK = KBC Tứ giác BMKC có: CMK = KBC  tứ giác BMKC nội tiếp

Xét AKB và ACM có:

A chung CMA = KBA

 AKB ACM (g – g)

0,5

0,5

0,25

Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC

HỘI ĐỒNG THI Môn: TOÁN

GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học: 2014 – 2015

Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ………

Ngày tháng năm sinh: ………

Chuyên môn đào tạo: ……….

Số năm công tác: ………

Chức vụ, đơn vị công tác: ………

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm)

ĐỀ BÀI:

Bài 1: (1 điểm)

Tìm các số x, y ,z biết :

1 2 1

  và x – 2y + 3z = 14 Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải bài toán trên bằng hai cách

Bài 2: (1 điểm)

Một học sinh đã giải bài tốn:

“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” như sau:

Điều kiện để f(x) cĩ nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0  (x + 1)(1 - 3x) > 0  -1 < x < 13 (*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ:

f(x) = 1.x + 1 1-2x-3x2  1+1 x2+(1-2x-3x2) = 2 -2(x+12)2+32  3

Với x = - 12 thỏa mãn (*) thì -2(x + 12)2 = 0 Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = - 12 a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài tốn trên

b) Thầy (cô) hãy giải lại cho đúng

Bài 3: (1 điểm)

Giải phương trình sau : 1 1 1 1

2x 1  x 1  x 2 2  x 2

Bài 4: (3 điểm)

Cho bài tốn: “Cho hình thang vuơng ABCD (A = B = 900)

và điểm O là trung điểm của AB Đường trịn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD

Chứng minh rằng: COD= 900 a)Giải bài tốn trên

b)Hãy phát biểu bài tốn đảo của bài tốn trên và chứng minh bài tốn đảo đĩ

Điểm bằng số: Điểm bằng chữ:

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

1

(1,0đ)

CÁCH 1: 1 2 1

x  y  z và x – 2y + 3z = 14

Ta có : 1 2 1

= 1 2 4 3 9 14 6 1

 

Suy ra : 1 1

2

x

  x – 1 = 2  x = 3

2 1

3

y   y – 2 = 3  y = 5

3 1

4

z

  z – 3 = 4  z = 7 CÁCH 2: Đặt: 1 2 1

x  y  z = t  x = 2t + 1 ; y = 3t + 2 ; z = 3t + 4

Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14

Ta có: 2t + 1 – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14  5t + 9 = 14

 5t = 14 – 9  t = 1 Từ đó: x = 2t + 1  x = 2.1 + 1 = 3

y = 3t + 2  y = 3.1 + 2 = 5

z = 3t + 4  z = 3.1 + 4 = 7

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2

(2,0đ)

a

- Sai lầm 1: ĐK để f(x) cĩ nghĩa: 1 - 2x - 3x2  0

- Sai lầm 2: Với x = - 12 thì chỉ cĩ BĐT 2 -2(x+12)2+32  3 trở thành đẳng thức nên f(- 12 ) < 3

0,25đ 0,25đ

b Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Cauchy ta cĩ:

1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x)  (1+x)+(1-3x)2 = 1 - x, với x  







-1;13

Do đĩ f(x)  x + (1 - x) = 1

=> Maxf(x) = 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x  







-1;13 )

0,25đ

0,25đ

3

(1,0đ)

2x 1  x 1  x 2  2x 2

2x 1  x 1  x 2  2x 2

ĐKXĐ: x 1 ; x  2; x  1

2



Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x + 2  a + b + b = 2x – 2 Phương trình (*) trở thành:

a   b c a b c

 

 bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc  (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc = 0

 abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc = 0

 (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) = 0

 bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) = 0

 (a + b)(bc + ac + ab + c2) = 0

 (a + b)[(bc + ab) + (ac + c2)] = 0

 (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] = 0

 (a + b)(a + c)(b + c) = 0

* a + b = 0  2x + 1 + x – 1 = 0  x = 0 (TMĐK)

b + c = 0  x – 1 – x – 2 = 0 (vô lý)

c + c = 0  2x + 1 – x – 2 = 0  x – 1 = 0  x = 1 (loại) Vậy phương trình có nghiệm là x = 0

Tập nghiệm của phương trình: S = {0}

0,25đ

0,5đ

0,25đ

4

(3,0đ)

a

M

O

D

C

Gọi M là tiếp điểm của CD và (O)

Ta cĩ ABCD là hình thang vuơng tại A

=> AD  AB

=> DA và DM cùng là tiếp tuyến của (O)

=> OD là phân giác của AOM

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Tương tự ta có OC là phân giác của BOM

=> COD = 900 (Tính chất phân giác của hai góc kề bù )

0,25ñ

b

K M

A

D

C

Bài toán đảo: Cho hình thang vuông ABCD

(Vuông tại A và B), O là trung điểm của AB thỏa mãn điều kiện COD = 900 Chứng minh rằng đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD

Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:

- Vì COD = 900 nên COD vuông tại O => KOD = KDO (1)

- Vì O là trung điểm của AB nên OK là đường trung bình của hình thang ABCD => OK ∥ AD

=> KOD = ADO( so le trong ) (2)

Từ (1) và (2) => ADO = KDO

=> ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn)

=> OM = OA => M  (O) Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại M

0,25ñ

0,5ñ

0,25ñ 0,25ñ

0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ