Tài liệu DE THI GV GIOI HUYEN CAN LOC-DUC THo

Tích của hai số nguyên tố không thể là một số chính phơng.. Tích của tổng và hiệu hai số nguyên tố là một số dơng.. Trong các bảng sau đây bảng nào y không phải là hàm số của x.. Trong c

thi giáo viên giỏi huyện thcs năm học 2006-2007

Môn toán ( Thời gian làm bài 120 phút )

A/ Phần trắc nghiệm khách quan:

Hãy chọn nội dung đúng (A, B, C, D) trong các câu sau:

Câu 1. Nhận xét về số nguyên tố:

A Một số nguyên tố lớn hơn 3 bao giờ cũng biểu diễn đợc dới dạng 3n  1 (n N)

B Một số nguyên tố bao giờ cũng biểu diễn đợc dới dạng 2n  1 (n N)

C Tích của hai số nguyên tố không thể là một số chính phơng

D Tích của tổng và hiệu hai số nguyên tố là một số dơng

Câu 2. Trong các bảng sau đây bảng nào y không phải là hàm số của x.

Câu 3 Giá trị của biểu thức:

8 3

8 3 8 3

8 3









A 1; B 3; C 8; D 6

Câu 4 Trong hình bên, biết: AB//NM//PQ//EF//CD//HK.

Số cặp tam giác đồng dạng là:

A 21; B 18; C 15; D 12

Câu 5 Theo định lý của căn bậc hai ta có:

A ( x  8 ) 2 ( x  7 ) 2  ( x  8 ) 2 ( x  7 ) 2  ( x  8 ) 2 ( x  7 ) 2; B ( x 7 ) 2 x 7







C ( x 8 ) 2 x 8





 ; D ( 8 7 ) 2 8 7





Câu 6 Trong các khẳng định sau đây, khẳng định nào đúng

A Phơng trình 5x = 7 tơng đơng với phơng trình 5x + 0y = 7

B Hai hệ phơng trình 









5 y 3 x 2

5 y 5 x 2

và 





 0 y 8

5 y 3 x 2

tơng đơng với nhau

C Phân thức

5 x 3

2

 nguyên khi và chỉ khi x = 1 và x = 2

D Điều kiện để

y x

y x y x

y x











có nghĩa là x 0 ,y 0

Câu 7 Hai hình cầu A và B có bán kính tơng ứng là x và 2x (cm) Tỷ số các

thể tích hai hình cầu là:

A 1 : 2; B 1 : 4; C 1: 8; D Không xác định đợc

Câu 8 Tam giác MNP nội tiếp đờng tròn tâm O và ngoaị tiếp đờng tròn tâm

O/ Tia MO/ cắt đờng tròn tâm O tại Q Ta có:

A NQ = O/Q = PQ; B NQ = PQ = OQ;

C MO/ = NO/ = O/Q; D NQ = NO/ = PQ

B/ Phần tự luận

Câu 1 Đổi số thập phân vô hạn tuần hoàn 0,(72) ra phân số:

Câu 2 Xét xem lời giải bài toán sau đây đã đúng cha? Nếu sai thì sai ở chổ

nào? Và giải lại cho đúng

Bài toán: Tìm a để phơng trình có nghiệm: x  3  x  2  a  4













0 2 x 3 x 0 2 x

0 3 x

phơng trình trên có nghiệm khi và chỉ khi a + 4  0 <=> a  - 4

N Q F D

M P E C

K H

Câu 3 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 x x

x 2





Câu 4 Giải phơng trình: 10 x 3 1 3 ( x 2 2 )







Câu 5 Từ điểm P ngoài đờng tròn tâm O vẽ hai tiếp tuyến PA và PB (A, B 

(O)) Vẽ cát tuyến PMN đi qua O, trên nửa mặt phẳng bờ MN không chứa A

vẽ cát tuyến PCD (C, D  (O)) AB cắt MN tại H, cắt CD tại K

a) Chứng minh tứ giác OHCD nội tiếp đờng tròn

b) Vẽ đờng kính IOQ vuông góc với CD tại E (E nằm giữa OQ), IP cắt (O) tại F Chứng minh Q, K, F thẳng hàng

Phòng giáo dục đức thọ

Kỳ thi chọn giáo viên giỏi huyện năm học 2009-2010

Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: a Cho S = 2009 + 20092 + 20093 + ………….+ 20092010

Chứng minh rằng S chia hết cho 4038090

b Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: x3 + y3 = 2010

c Cho a > b > 0.Tìm giác trị nhỏ nhất của biểu thức:

P = a + ( )( 1 ) 2

4



 b b

a

Bài 2: Cho phơng trình mx2 – 2 ( m + 1)x + m + 3 = 0

a Giải và biện luận

b Tìm m để phơng trình đã cho có 2 nghiệm có giá trị tuyệt đối bằng nhau

và trái dấu ?

Bài 3: Cho tam giác ABC TRên cạnh AB và AC lần lợt các điểm D và E sao

cho BD = CE.Gọi M, N là trung điểm của BC và DE.Đờng thẳng qua MN lần lợt cắt AB và AC tại P và Q.Chứng minh: AP = AQ

Bài 4: Cho đờng tròn (O1;R1) và đờng tròn (O2;R2) tiếp xúc ngoài nhau tại D.Từ một điểm A thuộc đờng tròn (O1;R1) kẻ tiếp tuyến với (O1;R1) cắt đờng tròn (O2;R2) tại B và C

Chứng minh rằng: A cách đều các đờng thẳng BD và CD

Phòng DG-Đt Can Lộc

đáp án+ Biểu điểm

Bài 1 ( 9 điểm)

a (3đ) Ta có S = 2009 + 20092 + 20093 + ………….+ 20092010

S = 2009 ( 1 + 2009 + 20092 + 20093 + ………….+ 20092009)

Suy ra S chia hết cho 2009

Mặt khác S = 2009 ( 1 + 2009) + 20093 ( 1 + 2009) + ………+ 20092009( 1 + 2009)

S = 2010 ( 2009 + 20093 + 20095 + ……+ 20092009)

Suy ra S chia hết cho 2010

Vì ( 2009; 2010) = 1 suy ra S chia hết cho 2009.2010

Hay S chia hết cho 4038090

b)(3 điểm): Ta có: ( x + y)3 = x3 + y3 + 3xy(x+y)= 2010 + 3xy(x+y)  3 1.0đ

Suy ra: ( x + y)3

3  x y 3  x y3 27 0.5đ

Ta có: 3xy(x+y)  9 2010  x y3  3 (xy x y) 9 0.5đ

vô lý vì 2010 không chia hết cho 9 0.5đ

Vậy không có cặp số nguyên x; y thoả mãn bài toán 0.5đ

c)(3,0 điểm):

Ta có:

2

1 2

1 ) ( 1 )

1 ( ) 1 ( ) ( 2 ) 1

(

2            b b

b a a

b b

b a

Nên:

) 1 )(

1 )(

(

4 2

1 2

1 )

( ) 1 )(

1 )(

(

4 1

1



































b b b a

b b

b a b

b b a a

0.5đ

3 4

) 1 )(

1 )(

.(

4

4 ).

1 )(

1 ).(

(

.













b b b a b

b b

Dấu “bằng” xẩy ra khi



























1

2 )

1 )(

1 )(

(

4 2

1

b

a b

b b a

b b

a

0.5đ

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi a = 2; b = 1

0.5đ

Bài 2: (4đ) a.(2đ) Giải và biện luận - Nếu m = 0 thì phơng trình đã cho trở thành -2x + 3 = 0  x = 2 3 - Nếu m 0 thì '  = ( m +m1)2 – m( m + 3) = -m + 1 - Nếu '  < 0  m > 1  pt vô nghiệm - Nếu '  = 0  m = 1 thì phơng trình có nghiệm kép x = 2 - Nếu '  > 0  m < 1  pt có 2 nghiệm phân biệt x1,2 = m m m 1  1  Vậy : + m > 1 pt ( 1) vô nghiệm + m = 0 phơng trình (1) có nghiệm x = 2 3 + m = 1 thì phơng trình (1) nghiệm kép x = 2 + m < 1 pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1,2 = m m m 1  1  b Yêu cầu bài toán thoã mãn       0 0 S P a            0 ) 1 ( 2 0 3 m m m          1 0 3 0 m m m 1    m Bài 3: Vẽ hình đúng cho 0,5đ Gọi O là trung điểm của CD.Ta có: OD = OC và MB = MC  OM // AB và OM = 2 1 BD (1) QPA OMN     ( so le trong) OD = OC; ND = NE  ON // AC; ON = 2 1 EC (2)

 ONM  MQC ( đồng vị)

Vì EC = BD (gt) nên từ (1) và (2) ta có: OM = ON  OMN cân

 OMN  ONM  MQC QPA (3)

Mà MQC  AQP ( đối đỉnh) (4)

Từ (3) và (4) suy ra AQP QPA  APQ cân tại A  AP = AQ

Bài 4: (3 điểm)

Giả sử tiếp tuyến chung của hai đờng tròn tại D

cắt AB tại F; CD cắt (O1; R1) tại E ta có:

ˆ

BCD  BDF  (cùng chắn cung BD)

Mặt khác: FA = FD  FDAˆ FADˆ

ˆ

Suy ra DA là phân giác của góc BDE; suy ra A

cách đều hai đờng thẳng BD và CD

D

B

C

E

Kỳ thi giáo viên giỏi huyện năm học 2007-2008

Đề thi môn Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao nhận đề)

Bài 1:

a) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên lẽ thì phơng trình x2 + ax +b

= 0 không có nghiệm nguyên

b) Cho

2010

1

3

1 2

1

1    



b

a

với a, b nguyên dơng Chứng minh a 2011

Bài 2:

a) Giải phơng trình: x 1x 3x 5x 7 15  0

b) Cho x, y thỏa mãn điều kiện: 2 2 1



y

x Chứng minh rằng:

5 4 3

5   

Bài 3:

Trong các tam giác có một góc bằng α và tổng của hai cạnh kề góc đó bằng

m Tìm tam giác có chu vi bé nhất ?

Bài 4:

Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O, có góc C bằng 450 Đờng tròn

đờng kính AB cắt cạnh AB và AC lần lợt tại M và N Chứng minh:

a) MN vuông góc với OC

b)

2

2

AB

MN 

Phòng GD- ĐT Can Lộc

Kỳ thi chọn GVG huyện năm học 2007-2008

Hớng dẫn chấm môn toán

Bài 1: (4 điểm)

a)(2 điểm): Giả sử phơng trình x2 + ax +b = 0 với a,bZ và a, b lẻ có

nghiệm nguyên x1, x2

Theo định lý vi ét ta có: x1+ x2 = -a và x1 x2 = b

1,0 đ

Điều này không xẩy ra với a, b đều lẻ 0,5 đ

Vậy phơng trình không có nghiêm nguyên với a, b đều là số nguyên lẻ 0,5 đ

b)(2 điểm):

2010

1

3

1 2

1

1    



b

a

1006

1 1005

1 ( )

2009

1 2

1 ( ) 2010

1 1 (

b a

! 2010

2011 1006

1005

2011

2009 2

20111 )

2010









 1,0

đ

Vì (2011, 2010) = 1 nên khi đa phân số

b

a

về phân số tối giản tử số vẫn còn phần tử 2011 1,0đ

Bài 2: (7,0 điểm)

a)(4đ): PT  1 7 3 5 15 0  2 8 7 2 8 15 15 0



























Đặt x2  8x 11 y Ta có phơng trình:





































1

1 0

1 1 0

15 16 0

15 4

y

y y

y y

y

(1,5đ)

Với y=1 ta có: 2 8 11 1 2 8 10 0 1,2 4 6





















Với y=-1 ta có: 2 8 11 1 2 8 12 0 3 2 ; 4 6

























(0,5đ) Vậy phơng trình có 4 nghiệm:

6

; 2

; 6 4

;

6

1    x    x   x  

b)(3,0 điểm): Ta có:

3 4 2 3 2 4 2 2 2 25 5 3 4 5



















Dấu bằng xẩy ra khi

5

4

; 5

3







x (0,5đ)

Bài 3: (4 điểm)

Gọi tam giác ABC có góc A = α và AB + AC

= m

(AB = AC = m/2) Trên cạnh AB và trên tia đối

tia CA lần lợt lấy các điểm M và N sao cho BM

= CN Ta có tam giác AMN có góc A = α và

AM + AN = m Từ M và N lần lợt kẻ MH và

NK vuông góc với BC tại H và K

Ta có: A BˆCA CˆB 90 0nên H nằm giữa B và

C; C nằm giữa H và K Ta có  MHB NKC

(Cạnh huyền góc nhọn), nên BH = CK, do đó

HK = BC Ta lại có HK < MN, do đó BC <

MN, nên chu vi tam giác ABC nhỏ hơn chu vi

tam giác AMN

Vậy trong các tam giác ABC có góc A bằng

α và AB + AC = m, tam giác cân đáy BC có

chu vi nhỏ nhất

Bài 4: (5đ)

a) (2,5đ)

90

O

A nên O thuộc đờng tròn đờng

kính AB và OA = OB

BMC

 vuông cân tại M, lại có

0

45 ˆ

ˆB O A B

M

O , OM là phân giác của góc

BMC nên OM vuông góc với BC Chứng minh

tơng tự NO vuông góc với AC Nh vậy O là

giao điểm các đờng cao của tam giác MCN do

đó CO vuông góc với MN

b) (2,5đ)

Tứ giác MONB là hình thang cân, MN = OB vì

OA2+ OB2 = 2 MN2 = AB2

do đó

2

2

AB

MN 

A

M

B H C K

C

M O N

A B

Ghi chú: Làm cách khác đúng cho điểm từng phần tơng ứng.