Đề thi giáo viên giỏi cấp trường

Trường THCS 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) 1. ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Một học sinh đ giải bi tốn: “ 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 cĩ: f(x) = 1.x + 1. 12x3x2  1+1 . x2+(12x3x2) = 2 . 2(x+12)2+32  3 Với x = 12 thỏa mn () thì 2(x + 12)2 = 0. Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = 12. a) Hy tìm những sai lầm trong lời giải bi tốn trn. b) Anh (chị) hy giải lại cho đúng. Bài 2: (2 điểm) Anh (chị) giải cc bi tốn sau: a) Tìm số nguyn n để 3n+5n+1 l số nguyn b) Tìm cc số x, y, z biết: x2 = y3; y5 = z4 v x y + z = 49 c) Giải phương trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0 Bài 3: (3 điểm) Cho bi tốn: “Cho hình thang vuơng ABCD (A = B = 900) v điểm O là trung điểm của AB. Đường trịn tm O, đường kính AB tiếp xúc với CD. Chứng minh rằng: COD= 900 a) Giải bi tốn trn. b) Hy pht biểu bi tốn đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó. HẾT 2. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM 1 (1,0đ) a Sai lầm 1: ĐK để f(x) có 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 có: 12x3x2 = (1+x)(13x)  (1+x)+(13x)2 = 1 x, với x  1;13 Do đó f(x)  x + (1 x) = 1 => Maxf(x) = 1 1 + x = 1 3x x = 0 (Tm ĐK x  1;13) 0,25đ 0,25đ 2 (2,0đ) a Ta cĩ: 3n+5n+1 = 3(n+1)+2n+1 = 1 + 2n+1 Để 3n+5n+1 nguyn thì 2n+1 nguyn 2  (n+1) => n + 1  2;1;1;2 => n  3;2;0;1 0,25 b Từ x2 = y3; y5 = z4 => x10 = y15; y15 = z12 => x10 = y15 = z12 Theo tính chất dy tỉ số bằng nhau ta cĩ: x10 = y15 = z12 = xy+z1015+12 = 7 Suy ra: x10 = 7 => x = 70 y15 = 7 => y = 105 z12 = 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 10 150 = 0 Đặt x + = t = t2 – 2 Khi đó ta có phương trình: 10t2 – 77t + 130 = 0 Giải phương trình ta được: t1 = ; t2 = x + = 5x2 + 5 = 26x 5x2 26x + 5 = 0 Giải phương trình ta được: x1 = 5; x2 = 0,2 x + = 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 0,5

Trường THCS 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 đ giải bi tốn:

“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + ” như sau:

Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0 � (x + 1)(1 - 3x) > 0 � -1 < x < (*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ:

f(x) = 1.x + 1  = 

Với x = - thỏa mn (*) thì -2(x + )2 = 0 Vậy f(x) đạt GTLN là khi x = -

a) Hy tìm những sai lầm trong lời giải bi tốn trn

b) Anh (chị) hy giải lại cho đúng

Bài 2: (2 điểm)

Anh (chị) giải cc bi tốn sau:

a) Tìm số nguyn n để l số nguyn

b) Tìm cc số x, y, z biết: = ; = v x - y + z = - 49

c) Giải phương trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0

Bài 3: (3 điểm)

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

v điểm O là trung điểm của AB Đường trịn tm O, đường kính AB tiếp xúc với CD

Chứng minh rằng: COD= 900

a) Giải bi tốn trn

b) Hy pht biểu bi tốn đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó

- HẾT

-2 ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Điểm bằng số:

Điểm bằng chữ:

(1,0đ)

a

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

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

0,25đ 0,25đ

b

Lời giải đúng:

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

=  = 1 - x, với x 

Do đó f(x)  x + (1 - x) = 1

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

0,25đ

0,25đ

2

(2,0đ)

a

Ta cĩ: = = 1 +

Để nguyn thì nguyn <=> 2  (n+1)

b Từ = ; = => = ; = => = =

Theo tính chất dy tỉ số bằng nhau ta cĩ:

= = = = - 7 Suy ra: = 7 => x = - 70 = 7 => y = - 105 = 7 => z = - 84

0,5

0,5

0,25

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

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

0,5

a

M

O

D

C

Vẽ hình: (0,5)

Gọi M là tiếp điểm của CD và (O)

Ta cĩ ABCD l hình thang vuơng tại A

=> AD  AB

=> DA v DM cng l tiếp tuyến của (O)

=> OD l phn gic của AOM

Tương tự ta có OC là phân giác của BOM

=> COD = 900

(Tính chất phn gic của hai gĩc

kề b )

0,25 0,25

0,25 0,25

(3,0đ)

0,5

b

K M

A

D

C

Bài toán đảo: Cho hình thang

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

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

- Vì COD = 900 nn COD vuơng tại O => KOD = KDO (1)

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

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

Từ (1) v (2) => ADO = KDO

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

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

0,25

0,25 0,25

0,25

Trường THCS 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

x  y  z

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

Điểm bằng số:

Điểm bằng chữ:

Thầy (cô ) giải bài toán trên

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

x  y  z

x  y  z

= 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

(2,0đ)

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

b Vì x1 là nghiệm của phương trình:Nên ta có: x

12 – 5mx1 – 4m = 0 � x12 = 5mx1 + 4m

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

= 5m(x1 + x2) = 5m 5m = 25m2 � 0 (Vì theo định lý Viét x1 + x2 = 5m)

0,5

0,5

0,25

3

(2,0đ)

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}

(2,0đ)

a

K

B M

A

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

OA = OB = R Nên IO là đường trung trực AB hay IO  AB

0,25

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) � AB AK

AM  AC

� AB 2AK

AM  AB

� AB2 = 2AK.AM

0,5

0,5

0,25

Trường THCS 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:

………

Điểm bằng số:

Điểm bằng chữ:

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

x  y  z

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 đ giải bi tốn:

“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + ” như sau:

Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0 � (x + 1)(1 - 3x) > 0 � -1 < x < (*)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta cĩ:

f(x) = 1.x + 1  = 

Với x = - thỏa mn (*) thì -2(x + )2 = 0 Vậy f(x) đạt GTLN là khi x = -

a) Hy tìm những sai lầm trong lời giải bi tốn trn

b) Thầy (cô) hy 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 bi tốn: “Cho hình thang vuơng ABCD (A = B = 900)

v điểm O là trung điểm của AB Đường trịn tm O, đường kính AB tiếp xc với CD

Chứng minh rằng: COD= 900

a)Giải bi tốn trn

b)Hy pht biểu bi tốn đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó

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

x  y  z

x  y  z

0,25đ

= 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

2

(2,0đ)

a

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

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

0,25đ 0,25đ

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

=  = 1 - x, với x 

Do đó f(x)  x + (1 - x) = 1

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

0,25đ

0,25đ

(1,0đ)

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

(3,0đ)

a

M

O

D

C

Gọi M là tiếp điểm của CD và (O)

Ta cĩ ABCD l hình thang vuơng tại A

=> AD  AB

=> DA v DM cng l tiếp tuyến của (O)

=> OD l phn gic của AOM

Tương tự ta có OC là phân giác của BOM

=> COD = 900

(Tính chất phn gic của hai gĩc kề b )

0,25

đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

K M

A

D

C

Bài toán đảo: Cho hình thang vuơng ABCD

(Vuơng tại A v B), O là trung điểm của AB thỏa mn điều kiện COD

= 900 Chứng minh rằng đường trịn tm O, đường kính AB tiếp xúc với CD

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

- Vì COD = 900 nn COD vuơng tại O => KOD = KDO (1)

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

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

Từ (1) v (2) => ADO = KDO

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

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

0,25đ

0,5đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ