đề và đáp án thi lý thuyết giáo viên giỏi cấp huyện môn toán thcs

ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN
Câu 1: a) Anh (chị) hãy nêu những con đường tiếp cận khái niệm toán học thường
dùng trong dạy học toán THCS.
b) Theo anh (chị) để tiếp cận khái niệm hàm số thì sẽ tiếp cận theo con đường nào?
Nêu quy trình tiếp cận khái niệm hàm số.
Câu 2: Một học sinh đã giải bài toán:
“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + ” như sau:
Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x
2
> 0
⇔
(x + 1)(1 - 3x) > 0
⇔
-1 < x < (*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
f(x) = 1.x + 1. ≤ . = . ≤
Với x = - thỏa mãn (*) thì -2(x + )
2
= 0. Vậy f(x) đạt GTLN là khi x = - .
a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài toán trên.
b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng.
Câu 3: Anh (chị) giải các bài toán sau:
a) Tìm số nguyên n để là số nguyên
b) Tìm các số x, y, z biết: = ; = và x - y + z = - 49
c) Chứng minh rằng : A = +
9932
2
1

2
1

2
1
+++
< 1
Câu 4: Cho bài toán: “Cho hình thang vuông ABCD ( A = B = 90
0
) và điểm O là
trung điểm của AB. Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD.
Chứng minh rằng: COD = 90
0
”.
a) Giải bài toán trên.
b) Hãy phát biểu bài toán đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó.
HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN
Câu1 a)Có 2 con đường thường dùng trong dạy học toán THCS:
- Con đường suy diễn;
- Con đường qui nạp.
(Ngoài ra còn con đường kiến thiết nhưng ít dùng).
b) Để tiếp cận khái niệm hàm số ta tiếp cận theo con đường qui nạp.
Qui trình:
i) Giáo viên nêu lại một số kiến thức mà học sinh đã được học ở lớp dưới để học sinh
xem xét, ví dụ:
+ Quãng đường đi trong chuyển động đều tỉ lệ thuận với thời gian
+ Thời gian hoàn thành một khối lượng công việc tỉ lệ nghịch với năng suất thực hiện
công việc đó.
ii) Giáo viên dẫn dắt học sinh phân tích, so sánh các ví dụ trên để thấy được rằng ở mỗi
trường hợp đều có một đại lượng nhận giá trị và một đại lượng nữa có giá trị tương
ứng thuộc tập hợp số thứ hai. Nêu bật được đặc điểm chung sau: Với mỗi phần tử x
thuộc tập hợp số A đều tương ứng một phần tử xác định y thuộc tập hợp số B.

iii) Trên cơ sở nhận xét đạt được ở ii), giáo viên gợi ý để học sinh phát biểu khái niệm
hàm số
Câu 2 a) - Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x
2
≥ 0
- Sai lầm 2: Với x = - thì chỉ có BĐT . ≤ trở thành đẳng thức nên f(- ) <
b) Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
= ≤ = 1 - x, với x ∈
Do đó f(x) ≤ x + (1 - x) = 1
- => Max
f(x)
= 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x ∈
Câu 3 a) Ta có: = = 1 +
Để nguyên thì nguyên <=> 2 + (n+1)
 n + 1 ∈ => n ∈
b) Từ = ; = => = ; = => = =
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: = = = = - 7
Suy ra: = 7 => x = - 70; = 7 => y = - 10; = 7 => z = - 84
c) Ta có: 2A =
2 98
1 1 1
1
2 2 2
+ + + +
=> A = 2A – A =
99
1
1
2
−

< 1
Câu 4
M
O
A
B
D
C
a) Gọi M là tiếp điểm của CD và (O).
Ta có ABCD là hình thang vuông tại A
=> AD ⊥ AB
=> DA và DM cùng là tiếp tuyến của (O)
=> OD là phân giác của
. Tương tự ta có OC là phân giác của => = 90
0

( Tính chất phân giác của hai góc kề bù ).
b) Bài toán đảo: Cho hình thang vuông ABCD
( Vuông tại A và B ), O là trung điểm của AB thỏa mãn điều kiện
ˆ
COD
= 90
0
. Chứng
minh rằng đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD.
K
M
O
B
A

D
C
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:
- Vì = 90
0
nên ∆COD vuông tại O => =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
Đề thi lý thuyết GVG môn Toán THCS.
Câu 1( 3 điểm) : Đồng chí hãy cho biết những u điểm và những hạn chế của dạy học hợp tác
theo nhóm. Theo đồng chi trong môn Toán THCS hiện nay những dạng nào sẽ thuận lợi khi
triển khai hoạt động dạy học hợp tác theo nhóm ?
Câu 2 ( 4 điểm) : Đồng chi hãy giải các bài toán sau. Từ đó hớng dẫn học sinh rút ra bài toán
tổng quát :
Tính : A =
100.99
1

4.3
1
3.2
1
2.1
1
++++

B =
100.98
5

8.6
5
6.4
5
4.2
5
++++

Câu 3 ( 3 điểm) : Có một học sinh giải bài toán nh sau :
Đề ra : Cho tứ giác ABCD, M là trung điểm của AD, N là trung điểm của BC và độ dài
2
CDAB
MN
+
=
. Chứng minh AB // DC.
Giải : (Giả thiết và kết luận đã ghi đúng)
A B

M N

D C F
Trên tia AN chọn điềm F sao cho N là trung điểm của AF.
Xét ANB và FNC có: AN = NF (cách vẽ).
ANB = FNC (đối đỉnh).

BN = CN ( giả thiết)
Suy ra: ANB = FNC (c.g.c)
ABN = FCN (Cặp góc tơng ứng).
CF // AB DF // AB DC // AB (đpcm).
Theo đồng chi bài giải trên còn sai lầm ở đâu? Hãy bổ sung để đợc bài giải đầy đủ.
Câu 4(3 điểm).
Cho A= 1.2.3 2005.2006
)
2006
1
2005
1

3
1
2
1
1( +++++

Chứng minh A là một số tự nhiên chia hết cho 2007.
Câu 5 (4 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

cbabacacbcba
111111
++
+
+
+
+
+

Câu 6 ( 3 điểm): Dựng tam giác ABC biết bán kính đờng tròn ngoại tiếp bằng R, bán kính đ-
ờng tròn nội tiếp bằng r và góc C bằng ( < 90
0
).
Đáp án:
Câu 1: u điểm của dạy học hợp tác theo nhóm:
- Mọi học sinh đều đợc làm việc, không khí học tập trong lớp thân thiện.
- Hiệu quả làm việc của HS cao, nhiều HS đợc dịp thể hiện khản năng cá nhân và tinh
thần giúp đỡ nhau.
- HS không chỉ học tập kiếm thức kĩ năng mà còn thu nhận đợc kết quả về cách làm việc
hợp tác cùnh nhau. Điều này góp phần thực hiện một trong bốn mục tiêu về học tập của
thế kỷ XXI là học cách làm việc cùng nhau.
Hạn chế của dạy học hợp tác theo nhóm:
- Hiệu quả học tập phụ thuộc hoạt động của các thành viên, nếu có HS trong nhóm bất
hợp tác thì hiệu quả thấp.
- Khản năng bao quát của GV là khó khăn, nhất là khi số học sinh trong lớp, trong nhóm
còn cao nh hiện nay.
- Xác định nhiệm vụ mỗi nhóm và mỗi cá nhân trong nhóm tuỳ thuộc vào nhiều yếu tố,
trong đó có yêu cầu chungcủa chơng trình và đặc điểm cụ thể của HS. Đó là việc không
dễ dàng.
Những dạng thuận lợi cho việc triển khai hoạt động dạy học hợp tác theo nhóm:
- Các bài tập rèn luyện kỹ năng tính toán.
- Một số bài tập dạng trắc nghiệm.
- Một số hoạt động thực hành trong lớp nh dùng máy tính, đo góc
- Một số hoạt động thực hành ngoài trời.
Câu 2:Tính. A =
100.99
1

4.3

1
3.2
1
2.1
1
++++
=
100
1
99
1

4
1
4
1
3
1
2
1
2
1
1 +++
=
100
1
1
=
100
99

B =
)
100
1
98
1

8
1
6
1
6
1
4
1
4
1
2
1
(
2
5
++++
=
)
100
1
2
1

(
2
5

=
)
100
49
.
2
5
=
40
49
Qua hai bài toán trên chúng ta rút ra bài toán tổng quát nh sau:
C =
21
aa
n
+
1544332
.


+
++++
kk
aa
n
aa

n
aa
n
aa
n
Trong đó :
kk
aaaaaaaa ====
+1342312

Giải :
Trờng hợp 1 : Nếu
naaaaaaaa
kk
=====
+1342312


Bài toán này dễ dàng giải đợc theo cách phân tích của bài toán 1 vì khi đó :

21
aa
n
=
1
1
a
-
2
1

a


1+kk
aa
n
=
k
a
1
-
1
1
+k
a
Cộng từng vế ta có : C =
1
1
a
-
1
1
+k
a
Trờng hợp 2 : Nếu
nbaaaaaaaa
kk
=====
+1342312

Ta có : C =
b
n
(
21
aa
b
+
1544332
.


+
++++
kk
aa
b
aa
b
aa
b
aa
b
)
Bài toán này thực chất đã đa về dạng của bài toán 2. Học sinh dễ dàng tìm đợc kết
quả : C =
b
n
(
1

1
a
-
1
1
+k
a
).
Câu 3: Sai lầm của học sinh là đã ngộ nhận ba điểm D, C, F thẳng hàng. Nh vậy ta phải
chứng minh ba điểm D, C, F thẳng hàng.
Bài giải đầy đủ : Giải : A B
M N
D C F
Trên tia AN chọn điềm F sao cho N là trung điểm của AF.
Xét ANB và FNC có: AN = NF (cách vẽ).
ANB = FNC (đối đỉnh).
BN = CN ( giả thiết)
Suy ra: ANB = FNC (c.g.c)
ABN = FCN (Cặp góc tơng ứng).
CF // AB và CF = AB (cặp cạnh tơng ứng) (1).
Xét ADF có MN là đờng trung bình. Suy ra:
2
DF
MN =
mà
2
CDAB
MN
+
=

=
2
CDCF +
( gt và
(1))
DF=CF+CD D, C, F thẳng hàngDo: CF // AB DF // AB DC // AB (đpcm).
Câu 4: Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 (1 ) ( ) ( ) ( )
2 3 2005 2006 2006 2 2005 1002 1005 1003 1004
2007 2007 2007 2007

1.2006 2.2005 1002.1005 1003.1004
1 1 1 1
2007( )
1.2006 2.2005 1002.1005 1003.1004
+ + + + + = + + + + + + + +
= + + + +
= + + + +
Suy ra :
)
1004.1003
1
1005.1002
1

2005.2
1
2006.1

1
(2007.2006.2005 3.2.1
++++=
A
)
1004.1003
2006 3.2.1
1005.1002
2006 3.2.1

2005.2
2006 3.2.1
2006.1
2006 3.2.1
(2007
++++=
)2006 1005.1002 3.2.1
2006 1006.1004.1003.1001 3.2.1 2006.2004 4.3.12005 3.2(2007
+
+++=
Vậy A là
số tự nhiên chia hết cho 2007.
Câu 5: Theo BĐT Cô si cho x

0, y

0 ta có:
yxyx .2
+
Bình phơng hai vế ta có:

xyyx 4)(
2
+

yxxy
yx
+

+ 4

yxyx +
+
411
(*)
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên:
a + b- c

0; b + c - a

0; c + a - b

0. áp dung BĐT (*) ta có:

bacbcbaacbcba
2411
=
+++

+
+

+

cbacacbbacacb
2411
=
+++

+
+
+

abaccbabaccba
2411
=
+++

+
+
+
Cộng các vế của BĐT ta có:
)
111
.(2)
111
.(2
cbabacacbcba
++
+
+
+

+
+
Suy ra:
cbabacacbcba
111111
++
+
+
+
+
+
(đpcm).

Câu 6: Phân tích: x
Gọi tâm đờng tròn ngoại tiếp là
1
O
, tâm đờng tròn nội tiếp là
2
O

Giả sử dựng đợc tam giác ABC thoả mãn điều kiện A
bài toán. Ta có A
1
O
B = 2 (vì C = )
Suy ra A
1
O
B dựng đợc (vì

1
O
A =
1
O
B = R)
Ta có: A
2
O
B = 90
2
0

+
(vì A
2
O
, B
2
O
là tia phân
2
O
C
giác) o
Suy ra
2
O
nằm trên cung AB chứa góc 90
2

0

+

và
2
O
cách AB một khoảng bằng r. B
Cách dựng:
- Dựng A
1
O
B có A
1
O
B = 2,
1
O
A =
1
O
B = R. y
- Đờng thẳng xy// AB cách AB một khoảng bằng r.
- Dựng cung AB chứa góc 90
2
0

+
cắt đừng thảng xy tại
2

O
.
- Dựng (
2
O
, r).
- D ựng tiếp tuyến At và tiếp tuyến Bz cắt nhau tại C
Tam giác ABC là tam giác cần dựng.
Chứng minh:
Ta có: C = 180
0
-(180
0
-) = .
Do
1
O
A =
1
O
B = R (cách dựng) và A
1
O
B = 2 . Nên C thuộc cung AB chứa góc .
Vậy tam giác ABC đúng.
Biện luận:
- Đờng thẳng xy cắt cung AB chứa góc 90
2
0

+
tai hai điểm ta có hai nghiệm hình.
- §êng th¼ng xy tiÕp xóc cung AB chøa gãc 90
2
0
α
+
ta cã mét nghiÖm h×nh.
- §êng th¼ng xy kh«ng c¾t cung AB chøa gãc 90
2
0
α
+
bµi to¸n v« nghiÖm h×nh
đề thi GIáO VIÊN GiỏI CấP HUYệN BậC THCS
ng chớ hóy xõy dng ỏp ỏn cho thi sau:
Bi 1 (1.5 im):
a) Tớnh Q = 2009(2010
9
+ 2010
8
+ + 2010
2
+ 2011) + 1
b) S
)1.(
1

3.2
1

2.1
1
+
+++=
nn
P
Cú phi s nguyờn khụng? (vi
Nn
v
1n
)
Bi 2 (2.0 im):
a) Tỡm cỏc s thc a, b cho a thc x
4
+ 1 chia ht cho x
2
+ ax + b
b) Tỡm cỏc s x, y, z
*
N
2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2336
Bi 3 (2.0 im): Gii h phng trỡnh

=++
=+
=++
6
1
0
222
zyx
yzxy
zyx
Bi 4 (3.0 im):
a) Cho hỡnh vuụng ABCD, ng trũn ng kớnh CD v ng trũn tõm A bỏn
kớnh AD ct nhau ti M (
DM
). Chng minh ng thng DM i qua trung
im ca BC
b) Tam giỏc ABC, k ng cao AH. Gi H l im i xng ca H qua AB v
H l im i xng ca H qua AC. Giao im HH vi AC v AB ln lt ti
I v K. Chng minh cỏc ng BI, CK l ng cao ca tam giỏc ABC
Bi 5 (1.5 im): Hai s 2
1994
v 5
1994
c vit liờn tip nhau. Hi cú tt c bao nhiờu ch
s.

đề thi chọn giáo viên giỏi huyện thcs Môn toán
Câu 1: a) Tìm nghiệm nguyên củaphơng trình:
x
+
y
=
2004
b) Tìm m

N để 13m + 3 là số chính phơng
Câu 2: Giải phơng trình sau:
2
1x
- x
2
+1=0
Câu 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của A=
2
2
1
1
x
x

+
Câu 4: Khối 9 của một trờng có 56 em học sinh cần phụ đạo thêm, trong đó có 32
nam, nhà trờng dự kiến chia thành các tổ phụ đạo sao cho:
- Mỗi tổ gồm có các học sinh nam, các học sinh nữ.
- Số các học sinh nam, số các học sinh nữ đợc chia đều vào các tổ
-Số ngời trong mỗi tổ không quá 15 em nhng cũng không ít hơn 9 em. Hãy

tính xem nhà trờng có thể sắp xếp nh thế nào và có tất cả mấy tổ?
Câu 5:Cho đờng tròn tâm (O;R) đờng kính AB và CD vuông góc với nhau. Trong
đoạn AB lấy điểm M khác O.Đờng thẳng CM cắt đờng tròn (O) tại điểm thứ hai
N.Đờng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đờng tròn O tại N ở điểm P.
Chứng minh rằng:
a) Các điểm O, M, N, P cùng nằm trên một đờng tròn.
b) Tứ giác CMPO là hình bình hành.
c) CM.CN=2R
2
.
d) Khi M di chuyển trên đoạn AB thì P di chuyển ở đâu?

Hớng dẫn giải:
Câu 1: a)
x
+
y
=
2004


x
+
y
= 2
501

x
=
501z

;
y
=
501t
với z, t

N và
là các số chính phơng

z
+
t
=2

0
4
1
1
4
0
1
1
z
t
z
t
z
t
z
t

=



=



=



=



=




=


=



=

0
2004
501
501
2004
0
501
501
x
y
x
y
x
y
x
y

=



=



=

=



=




=


=



=



(x;y)=(0;2004); (501;501); (2004;0)
b) 13m + 3 là số chính phơng

13m + 3=x
2
với x

N

13m -1 3=x
2
-16

13(m-1)=(x-4)(x+4)
(1)


x-4
M
13 hoặc x+4
M
13
+ Khi x-4
M
13

x-4=13k với k

N

x+4=13k+8 thay vào (1) ta có:


13(m-1)=13k(13k+8)

m-1=k(13k+8)

m= k(13k+8)+1

+ Khi x+4
M
13

x+4=13p với p

N

x-4=13p-8 thay vào (1) ta có:


13(m-1)=13p(13k-8)

m-1=p(13p-8)

m= p(13p-8)+1
Vậy m= k(13k+8)+1 (k

N) hoặc m= p(13p-8)+1 (p

N) thì 13m + 3 là số chính phơng
Câu 2:
2
1x
- x
2
+1=0

2
1x

-( x
2
-1)=0

2
1x
(1-
2
1x
)=0

2
1x
=0 hoặc
2
1x
=1

x=
2
;1;-1
Câu 3: A=
2
2
1
1
x
x

+

=
2
2
1 2
1
x
x
+
+
=1-
2
2
1
x
+
A
Min


2
2
1
x
+
lớn nhất

x
2
+1 nhỏ nhất

x=0
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -1 đạt đợc khi x=0
Câu 4: Giả sử sắp xếp đợc x tổ, mỗi tổ có y em ta có x.y=56 và x

Ư(24,32); 9

y

15

x

{1;2;4;8} lập bảng tính các giá trị tơng ứng của x và y thoã mãn x

{1;2;4;8} và x.y=56
rồi đối chiếu với 9

y

15 ta đợc x=4, y=14

có 4 tổ, mỗi tổ có 14 em
Câu 5:
a/ Ta có
ã
OMP
=1v (GT) ,
ã
ONP
=1v( theo t/c tt)

tứ giác
OMNP nội tiếp

đpcm.
b/+MP//OD
(1)
(cùng vuông góc với AB)
+
ã
MPO
=
ã
MNO
( cùng chắn cung
ẳ
MO
) mà
ã
MNO
=
ã
NCO
(vì ON=OC=R)

ã
MPO
=
ã
NCO

mặt khác ta lại có:
ã
xMC
=
ã
MCO
=
ã
NCO
(do MP//OD)

ã
xMC
=
ã
MPO

MC//PO
(2)
. Từ (1) và (2)

Tứ giác CMPO là hình
bình hành (đpcm).
c/
ã
CND
=1v( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

hai tam
giác vuông COM và CND đồng dạng với nhau nên ta

có:
CM
CD
=
CO
CN

CM.CN=2R
2
(đpcm)
C
x
J
I
P
N
D
B
O
A
M
d/ Do CMPO là hình bình hành (cmt)

MP=OD=R

khi M di chuyển trên đoạn AB
thì P di chuyển trên đoạn thẳng IJ song song với AB và cách AB một khoảng bằng R
trong đó AI

AB , BJ

AB, trừ ra các điểm I,J./.
BI KIM TRA NNG LC
Môn thi: TOÁN
Câu 1 (2 điểm):
Anh (Chị) hãy nêu chủ đề trọng tâm của năm học 2009 – 2010 và năm học 2010 –
2011?
Hiện nay, việc thực hiện Kế hoạch dạy học, PPCT và Hướng dẫn dạy học các môn học
cấp THCS, người giáo viên phải tuân thủ và căn cứ các văn bản pháp qui nào?
Câu 2 (3®iÓm)
a) Anh (chị) hãy cho biết những vấn đề chung về yêu cầu đổi mới phương
pháp dạy học môn Toán ở cấp THCS :
- Nêu yêu cầu chung.
- Nêu yêu cầu cụ thể đối với giáo viên.
b) Amh (chị) hãy nêu vai trò của công nghệ thông tin (CNTT) trong đổi mới
phương pháp dạy học và cho biết những ưu điểm nổi bật ?
Câu 3 (5®iÓm)
1) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng
của a và c thì ta có:
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
2) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi M và N theo thứ tự là
chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB và AC, biết AH
2
= 4AM.AN. Tính số
đo các góc nhọn của tam giác ABC.
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1- Chủ đề năm học 2009 – 2010 là : « Đổi mới quản lý và nâng cao chất lương giáo dục »
- Chủ đề năm học 2010 – 2011 là : « Năm học tiếp tục đổi mới quản lý và nâng cao chất lương giáo
dục »
- Hiện nay, việc thực hiện Kế hoạch dạy học, Phân phối chương trình và Hướng dẫn dạy học các
môn học cấp THCS, người giáo viên phải tuân thủ và căn cứ vào các văn bản pháp qui sau :
1. Công văn số 6631/BGD ĐT-GDTrH của Bộ GD&ĐT ngày 25/7/2008 về việc sử dụng SGK phổ
thông và tài liệu giảng dạy, học tập ;
2. Công văn số 7608/BGD ĐT-GDTrH ngày 31/8/2009 của Bộ GD&ĐT về việc ban hành Khung
phân phối chương trình THCS, THPT năm học 2009 – 2010 ;
3. Công văn số 1123/SGD ĐT-GDTrH ngày 01/9/2009 của Sở GD&ĐT về việc Hướng dẫn dạy
học các môn học cấp trung học ;
4. Công văn số 1219/HD-SGDĐT-GDTRrH, ngày 15/9/2009 về việc Điều chỉnh kế hoạch dạy học
và bổ sung PPCT cấp THCS, THPT năm học 2009 – 2010 ;
5.
Câu 2a) Những vấn đề chung về yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học môn Toán ở cấp
THCS :
* Yêu cầu chung :
- Dạy học thông qua việc tổ chức các hoạt động học tập của học sinh.
- Dạy học phải kết hợp giữ học tập cá nhân và tập thể ; học cá nhân kết hợp với học theo
nhóm, lớp.
- Dạy học thể hiện mối quan hệ tích cực giữa GV – HS, giữa HS – HS.
- Dạy học chú trọng đến rèn luyện các kỹ năng, năng lực, tăng cường thực hành và gắn nội
dung bài học với thực tiễn cuộc sống.
- Dạy học chú trọng đến rèn luyện PP tư duy, năng lực tự học, tự nghiên cứu, thái độ tự tin
trong học tập.
- Dạy học chú trọng đến việc sử dụng có hiệu quả phương tiện, thiết bị dạy học, nhất là ứng
dụng CNTT.
- Dạy học chú trọng đến việc đánh giá và hiệu quả đánh giá.
- Đổi mới phương pháp dạy học không có nghĩa là loại bỏ phương pháp truyền thống mà
phải vận dụng một cách có hiệu quả các PPDH kết hợp với các PP hiện đại.

* Yêu cầu cụ thể đối với giáo viên :
- Thiết kế, tổ chức, hướng dẫn HS thực hiện các hoạt động học tập trên lớp và về nhà….
- Đông viên, khuyến khích, tạo cơ hội và điều kiện cho học sinh tham gia học tập một cách
tích cực, chủ động, sáng tạo…
- Thiết kế, hướng dẫn học sinh thực hiện các dạng câu hỏi, bài tập phát triển tư duy và rèn
luyện kỹ năng. Hướng dẫn sử dụng các thiết bị đồ dùng học tập.
- Sử dụng các phương pháp và hình thức tổ chức dạy học hợp lý, hiệu quả, phù hợp…
b) Vai trò của công nghệ thông tin trong đổi mới phương pháp dạy học :
- Làm tăng giá trị lượng thông tin.
- Trao đổi thông tin nhanh hơn, nhiều hơn, hiệu quả hơn.
- Gây hứng thú cho người học.
- Phát huy vai trò của người thầy.
* Những ưu điểm nổi bật : Sử dụng được nhiều lần.
- Thực hiện các thí nghiệm ảo hay thay thế GV thực hành, tăng tính năng động cho người
học và cho phép học sinh học theo khả năng. Đi sâu vào nội dung kiến thức.
- Bài giảng sinh động hơn, câp nhật được sự phát triển của KHKT.
- HS không thụ động, có thời gian suy nghĩ.
- GV có thời gian nghiên cứu, giúp đỡ học sinh yếu
Câu 3
1)
1 1 2
1 1 1 1
(*)
a b b c c a
a b c a c a b c
+ =
+ + +
⇔ − = −
+ + + +
Ta có:

( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 c b
A
a b c a
a b c a
c b
a b c a b c
−
= − =
+ +
+ +
−
=
+ + +
Theo giả thiết:
2
2
a c
b a c b b a c b
+
= ⇔ + = ⇔ − = −
, nên:
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
b a b c c a
A

c a b c
b c c a b c c a
− + − +
= = = −
+ +
+ + + +

Đẳng thức (*) được nghiệm đúng.
2)
Theo giả thiết, ta có : AH
2
= 4AM.AN (1)
Tam giác AHC vuông ở H, HN
⊥
AC nên : AH
2
= AC.AN (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC = 4AM = 4HN (3)
Gọi E là trung điểm của AC, ta có : EH = EA = EC =
2
AC
(4)
Từ (3) và (4) suy ra : HE = 2HN. Mà
·
0
90HNE =
nên
·
0
30HEN =

.
Ta thấy tam giác EHC cân tại E, nên :
·
·
0 0
1 1
.30 15
2 2
ECH HEN= = =
hay
·
0
15ACB =
⇒

·
·
0 0 0 0
90 90 15 75ABC ACB= − = − =
§Ò thi chän Gi¸o viªn giái huyÖn
M«n to¸n
A
C
N
M
B
H
Câu 1: (3,0 điểm): Anh (chị) hãy nêu quy trình thực hiện phơng pháp dạy học hợp tác
trong nhóm nhỏ? Ưu điểm và hạn chế của phơng pháp này là gì ?
Câu 2: (4,0 điểm): Cho đa thức: f(x) = x

4
+ 6x
3
+ 11x
2
+ 6x
a/ Phân tích f(x) thành nhân tử.
b/ Chứng minh rằng với mọi giá trị nguyên của x thì f(x) + 1 luôn có giá
trị là số chính phơng.
Câu 3: ( 6,0 điểm) a/ Tìm số có ba chữ số sao cho chia nó cho 11, ta đợc thơng bằng
tổng các chữ số của số bị chia.
b/ Giải phơng trình:
( )
. 3 1x x +
-
( )
. 1x x
=
2
2. x
c/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2 2
3x y =
Câu 4: ( 2,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
M 2x 2xy 4x y 2013= + + +
Bài 5: ( 4,5 điểm) Cho tam giác ABC và G là giao điểm của ba trung tuyến AD, BE, CF.
Biết rằng hai trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại G.
a / Biết
ABC

S =
a Tính
GEF
S
theo a
b / CMR:
2 2 2
AD BE CF+ =
Đáp án và thang điểm:
Câu 1: ( 3 điểm)
Quy trình thực hiện: ( 2,0 điểm)
Bớc1: Làm việc chung cả lớp
- Nêu vấn đề, xác định nhiệm vụ nhận thức
- Tổ chức các nhóm, giao nhiệm vụ cho các nhóm
- Hớng dẫn cách làm việc theo nhóm
Bớc 2: Làm việc theo nhóm
- Phân công theo nhóm, từng cá nhân làm việc độc lập
- Trao đổi ý kiến, thảo luận nhóm
- Cử đại diện trình bày kết quả làm việc của nhóm
Bớc 3: Thảo luận, tổng kết trớc toàn lớp
- Các nhóm lần lợt báo cáo kết quả
- Thảo luận chung
- GV tổng kết, đặt vấn đề cho bài tiếp theo hoặc vấn đề tiếp theo
Ưu điểm: ( 0,5 điểm)
- Học sinh đợc học cách hợp tác trên nhiều phơng diện
- Học sinh đợc nêu quan điểm của mình, đợc nghe quan điểm của bạn khác trong
nhóm, trong lớp; đợc trao đổi, bàn luận về các ý kiến khác nhau và đa ra lời giải
tối u cho nhiệm vụ đợc giao cho nhóm. Qua đó, t duy phê phán, kĩ năng làm việc
hợp tác của HS đợc rèn luyện và phát triển.
- Các thành viên trong nhóm chia sẻ các suy nghĩ, băn khoăn, kinh nghiệm, hiểu

biết của bản thân, cùng xây dựng nhận thức, thái độ mới và học hỏi lẫn nhau.
- Học sinh dễ hiểu, dễ nhớ hơn vì họ đợc tham gia trao đổi, trình bày vấn đề nêu
ra. HS hào hứng khi có sự đóng góp của mình vào thành công chung của cả lớp.
Hạn chế: ( 0,5 điểm)
Việc áp dụng PP dạy họchợp tác trong nhóm nhỏ thờng bị hạn chế bởi:
- Không gian chật hẹp của từng lớp học và thời gian hạn định của tiết học
- Tinh thần tham gia củat các thành viên trong nhóm. Nếu không phân công hợp
lý, chỉ có vài học sinh khá tham gia còn đa số học sinh khác không hoạt động.
Câu 2: ( 4 điểm) a/ Lần lợt phân tích để có kết quả
f(x) = x ( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 ) 2,0 điểm
b/ Từ kết quả của câu 1 ta có:
+ A = f(x) + 1 = x( x + 3 )( x + 1 )( x + 2 ) + 1
= ( x
2
+ 3x )( x
2
+ 3x + 2 ) + 1 0,5 điểm
+ Đặt x
2
+ 3x = t; ta có
A = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2
1,0 điểm
+ Do x

Z nên t = x
2
+ 3x

Z;
do đó t + 1

Z và ( t + 1 )
2
là số chính phơng. 0,5 điểm
Hay: A = f(x) + 1 là số chính phơng.
Câu 3: ( 6,0 điểm)a/ Gọi số phải tìm là:
xyz

( xyz

N; 1

x

9; 0

y

9; 0

z

9) 0,5 điểm
Ta có:
xyz
= 11(x+y+z) 0,5 điểm
100x +10y + z = 11x +11y + 11z

89x = 10z +y
89x =
zy
Do đó: x =1, y = 9, z = 8 1,0 điểm
Số phải tìm là 198
b/
Điều kiện:
( )
( )
{
. 3 1 0
. 1 0
x x
x x
+

0,5 điểm
Ta có :
( )
. 3 1x x +
-
( )
. 1x x
=
2
2. x



( ) ( ) ( ) ( )

2 2
. 3 1 . 1 2 . 3 1 . 1 4x x x x x x x x+ + + =
0,5 điểm



( ) ( )
2
. 3 1 . 1 0x x x+ =



0
1
3
1
x
x
x
=



=


=


0,5 điểm

Thử lại đều thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của PT là
0
1
3
1
x
x
x
=



=


=

0,5 điểm
c/ (x+y)(x-y) = 3 = 3.1 = 1.3 = -3 1 = -1. -3 2,0 điểm
Lập luận tìm ra đợc 4 cặp nghiệm: ( mỗi cặp nghiệm 0,5 điểm)
(2,1) ( 2,-1) (-2,-1) (-2,1)
Câu 4: ( 2,5 điểm)
2 2 2
M x 2xy y x 4x 4 2009= + + + + +
0,5 điểm
M = (x
2
+ 2xy +y
2

) + (x
2
- 4x + 4) + 2009
= (x + y)
2
+ (x 2)
2
+ 2009

2009 x,y
1,0 điểm
Du = xy ra khi
x y 0 x 2
x 2 0 y 2
+ = =



= =

0,5 điểm
Vy minB = 2009 khi x = 2 và y = - 2 0,5 điểm
Câu 5: ( 4,5 điểm) A
F E
G
B D C
M
0,5 điểm
a/ Xét GEF và GBC

EF // BC và EF =
1
2
BC ( EF là đờng Tb của ABC)

GEF
:
GBC


2 2
1 1
2 4
MEF
GBC
S EF
S BC

= = =
ữ ữ

1,0 điểm

1
4
GEF GBC
S S=

Mặt khác G là trọng tâm của ABC nên:
1

3
GBC ABC
S S=


1
12 12
GEF ABC
a
S S= =
( đvdt)
b/ Vẽ hình bình hành BECMTa có BE = CM 0,5
điểm
Chỉ ra đợc:Tứ giác ADMF là hình bình hành

AD = FM
Chứng minh đợc: FM

MC
áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông FMC 1,0 điểm
Ta có:
2 2 2
FM MC CF+ =
hay
2 2 2
AD BE CF+ =

đề thi giáo viên giỏi cấp huyện
Môn thi: Toán (THCS)

Bài 1: ( 2 điểm ) a/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n
5
và n luôn có chữ số
tận cùng giống nhau.
b/ Chứng minh rằng phân số
12 1
30 2
n
n
+
+
là phân số tối giản ( n

N )
Bài 2: ( 2 điểm )a/ Chứng minh rằng. Nếu a, b, c là ba số thoả mãn: a + b + c = 2008
(1)
và
1 1 1 1
2008a b c
+ + =
(2) thì trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2008.
b/ Giải phơng trình :
1 1 1 1
2 1 1 2 2 2x x x x
+ = +
+ +

Bài 3: ( 1,5 điểm ) Cho phơng trình:
2
5 4 0x mx m =

( m là tham số )
a/ Tìm m để phơng trình trên có nghiệm .
b/ Chứng minh rằng :
2
1 2
5 4 0x mx m+
( x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phơng trình )
Bài 4 : ( 3 điểm )Cho đờng tròn (O;R) đờng kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn
OB sao cho HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động
trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I.
a/ Chứng minh rằng AD
2
= AI.AE
b/ Tính AI.AE HA.HB theo R
c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đờng tròn ngoại tiếp

DIE ngắn nhất.
Bài 5: ( 1, 5 điểm )Cho tam giác có các số đo ba đờng cao là các số nguyên, bán kính
đờng tròn nội tiếp tam giác bằng 1. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác đều.
đáp án đề thi giáo viên giỏi cấp huyện môn toán THCS
Bài 1:a/ Ta có n
5
n = 5(n-1)n(n+1)+(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) Chia hết cho 2 và 5.

5 5
10n n n M

và n có chữ số tận cùng giống nhau (1 điểm )
b/ Gọi d là ớc chung lớn nhất của 12n+1 và 30n +2
12 1 ,30 2n d n d + +M M

( ) ( )
24 2 30 2 24 2 6 12n d n n d n d n d + + + M M M M
mà
12 1 1 1n d d d+ =M M

12 1
30 2
n
n
+

+
là phân số tối giản ( 1 điểm
)
Bài 2: a/ Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
0a b b c c a
a b c a b c
+ + = + + + =
+ +


a+b = 0 kết hợp với (1)

c = 2008

hoặc b+c = 0 kết hợp với (1)

a = 2008
hoặc a+c = 0 kết hợp với (1)

b = 2008
Vậy trong ba số a , b, c có một số = 2008 ( 1 điểm )
b/
1 1 1 1
2 1 1 2 2 2x x x x
+ = +
+ +

1 1 1 1
2 1 1 2 2 2x x x x
+ + =
+
(*) đkxđ: x
1
1; 2;
2


Đặt a = 2x + 1, b = x - 1, c = - x- 2

a + b + c = 2x - 2
Phơng trình (*) trở thành
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =

+ +
theo kết quả câu a ta có

( ) ( ) ( )
0a b b c c a + + + =


a + b = 0
2 1 1 0 0( / )x x x t m + + = =
hoặc b + c = 0
1 2 0x x =
( vô lí)
hoặc a + c = 0
2 1 2 0 1 0 1x x x x + = = =
( loại)
Vậy phơng trình có nghiệm là: x = 0 ( 1 điểm )
Bài 3: a/ Ta có
2
25 16m m = +
Để phơng trình có nghiệm thì
2
25 16m m = +
0
m
0
hoặc m
16
25

( 0,5 điểm )
b/ Vì x
1
là nghiệm của phơng trình nên ta có
2 2
1 1 1 1
5 4 0 5 4x mx m x mx m = = +


( )
2 2
1 2 1 2 1 2
5 4 5 4 5 4 5 5 .5 25 0x mx m mx m mx m m x x m m m+ = + + = + = =
( Vì theo viet ta có x
1
+ x
2
= 5m ) ( 1
điểm )
Bài 4: a/ AD
2
= AE.AI
2
. ( )
. . ( ,
AD AH AB htl
AE AI AH AB AIH ABE

=

=

đồng dạng) ( 1
điểm )
b/ Ta có AI.AE HA.HB = AD
2
HD
2
= AH
2
= ( OA+OH)
2
=( R+
3
R
)
2
=
2
16
9
R
( 1
điểm )
c/ Kẻ Dx
DI D
cắt EB kéo dài tại F

Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối =

180
0
)


đờng tròn ngoại tiếp
DIE
trùng với đờng tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đờng
kính là IF
Gọi K là giao điểm của IF và BD

K là tâm đờng tròn ngoại tiếp
DIE


HK ngắn nhất
HK BD
K

KD =
4
3 3
R


E

giao điểm của (O;R)
với ( K;
4

3 3
R
) ( E

cung nhỏ BC của đờng tròn tâm O ) ( 1 điểm )
Bài 5: Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác. h
a
, h
b
, h
c
là ba đờng cao ứng với các cạnh a,
b, c. r là bán kính đờng tròn nội tiếp, S là diện tích tam giác. Đặt h
a
= x, h
b
= y, h
c
=z
( x,y,z
*
)N
Ta có 2S = ax = by = cz = r(a+b+c)= a + b + c ( vì r = 1)
b + c > a ( t/c bất đẳng thức tam giác )

a + b + c > 2a
2ax a >


2x >

tơng tự y >2, z >2
Giả sử :
1 1 1 3
2x y z
x y z z
> + +
Ta lại có ax = by = cz =
1 1 1
1(*)
1/ 1/ 1/ 1/ 1/ 1/
a b c a b c
x y z x y z x y z
+ +
= = = + + =
+ +

⇒
1
3
3z
z
≤ ⇔ ≤
mµ z > 2
⇒
z =3 thay vµo ( *) ta ®îc x = y = 3
VËy tam gi¸c ®· cho lµ tam gi¸c ®Òu. ( 1,5 ®iÓm )