Đề thi GVDG cấp trường ( Có đáp án) Môn Toán

PHÒNG GD & ĐT CON CUÔNG

Trường THCS Châu Khê
KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2013 - 2014
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề).
------------------------------------------------------------------------------------------------------ĐỀ RA
Câu 1 (3 điểm): Tìm x biết:
a. x 2 − 9 x − 2 5 x + 30 = 0

b. x − 2 x − 1 =

Câu 2: (5 điểm)
a. Cho f(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d
Biết f(1) = 10; f(2) = 20; f(3) = 30. Tính M =

2x −1 −1
2

f (12) + f (−8)
+ 25
10

b. Tìm số có ba chữ số chia hết cho 9 sao cho thương số trong phép chia số ấy
cho 9 bằng tổng bình phương các chữ số của số ấy.
Câu 3 (4 điểm): Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải bài toán sau:
Cho phương trình x 2 + 2kx + 1 = 0 ; x1 ; x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình.
Tìm giá trị của k để: Q = x 14 + x 42 − 196( x 12 + x 22 ) đạt giá trị nhỏ nhất, xác định giá trị nhỏ
nhất đó?
Câu 4 (8 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính r. Lấy điểm M bất kì trên đường

thẳng d (d không cắt đường tròn O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm), OM cắt
AB tại N.
1. Chứng minh OM.ON không đổi.
2. Khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d.
a) Tìm quỹ tích tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM.
b) Tìm quỹ tích điểm N?
c) Với bài toán trên, khi khoảng cách từ tâm đường tròn (O) tới đường thẳng d bằng
r
, quỹ tích điểm N thay đổi như thế nào?
2

------------------------------------ Hết đề ------------------------------------------


PHÒNG GD & ĐT CON CUÔNG

Trường THCS Châu Khê
HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2013 - 2014
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút.
Câu

Nội dung

ĐKXĐ: x ≥ 0

Điểm
0.5

x − 9 x − 2 5 x + 30 = 0 ⇔ ( x − 10 x + 25) + ( x − 2. x . 5 + 5) = 0
2

2

⇔ ( x − 5) 2 + ( x − 5) 2 = 0
 x − 5 = 0
⇔
⇔ x− 5 =0⇔ x=5
 x − 5 = 0

Vậy nghiệm của PT là x=5 (TMĐKXĐ)
1

ĐKXĐ: x ≥

1
2

)

2x −1 −1

2

= 2x −1 −1 ⇔

a. Đặt g(x) = f(x) - 10x thì
g(1) = 0; g(2) = 0; g(3) = 0.
Vì g(x) là đa thức bậc 4, hệ số của x4 là 1, có các nghiệm là 1; 2; 3.

Nên g(x) biểu diễn dưới dạng: g(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - xo)
⇒ f(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - xo) + 10x
Vậy

M=

0.5

1,5 đ

2x −1 −1 = 2x −1 −1

⇔ 2x −1 −1 ≥ 0 ⇔ 2x −1 ≥ 1 ⇔ 2x −1 ≥ 1 ⇔ 2x ≥ 2 ⇔ x ≥ 1
Kết hợp với ĐKXĐ ta có nghiệm của PT là x ≥ 1

2

0.5

2x −1 −1
⇔ 2. x − 2 x − 1 = 2 x − 1 − 1
2

⇔ 2x − 2 2x − 1 = 2x − 1 − 1 ⇔ 2x − 1 − 2 2x − 1 + 1 = 2x − 1 − 1

(

1.5 đ

0.5

x − 2x −1 =

⇔

0.5

11.10.9.(12 − x0 ) + 120 + 9.10.11(8 + x0 ) − 80
f (12) + f (−8)
+ 25 =
+ 25
10
10

⇒ M = 11.9.12 + 9.8.11 + 4 +25
⇒ M = 2009
b. Gọi số phải tìm là abc ( 0 < a ≤ 9;0 ≤ b, c ≤ 9 )

Theo bài ra ta có abc = 9(a2 + b2 + c2)
(1)
2
2
Hay 9(11a + b) + (a + b + c) = 9(a + b + c2)
(2)
a
+
b
+
c
M

9
Vì abcM9 nên suy ra
vậy a + b + c = 9; 18; 27
* Nếu a + b + c = 27 suy ra a = b = c = 9 ta thấy (1) không thoả mãn.
* Nếu a + b + c = 18 ta có c = 18 - (a + b)
(3)
2
2
2
⇒
Từ (2)
11a + b + 2 = a + b + c

0.5
0.5
0.5

2,0đ

0.5
0.5
0.5

0.5

3,0 đ


Thay c vào (3) ta có
Từ (3) ⇒ a + b = 2(a2 + b2 + ab - 23a - 18b + 161)

(4)
0.5
vậy a + b là số chẵn từ đó suy ra c cũng là số chẵn. Đặt c = 2n, n ∈ N ,
thay giá trị này của c và b = 18 - (a + c) vào (4) ta có phương trình bậc hai đối với a.
.
a2 - (23 - 2n)a + (4n2 - 35n + 152) = 0
Suy ra ∆ = −12(n 2 − 4n + 4) − 31 < 0
Phương trình vô nghiệm. Nghĩa là không tồn tại abc
0.5
⇒
* Nếu a + b + c = 9
c = 9 - (a + b)
Từ (2) ⇒ 11a + b + 1 = a2 + b2 + c2
(5)
Thay c vào (5) ta có
Từ (5) ⇒ a + b = 2(a2 + b2 + ab - 14a - 9b)
(6)
Vậy a + b là số chẵn, suy ra c là số lẻ. Đặt c = 2m + 1, m ∈ N
suy ra a + b = 8 - 2m ⇒ b = 8 - 2m - a
Thay các giá trị của c và b vào (5) ta có phương trình bậc hai đối với ẩn a
. a2 + (2m - 13)a + (4m2 - 13m + 28) = 0
(7)

(

)

⇒ ∆ = ( 2m − 13) − 4 4m 2 − 13m + 28 = 57 − 12m 2
2

Phương trình (7) có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0
57 − 12m 2 ≥ 0 ⇔ m2 ≤

57
⇒ m = 0;1; 2
12

0.5

Mặt khác vì phương trình (7) đòi hỏi có nghiệm nguyên nên ∆ phải là số chính
phương. Ta thấy chỉ có giá trị m = 2 mới cho ta ∆ = 57 − 48 = 9 là số chính phương
9±3
⇒ a = 6 hoặc a = 3
2
Nếu a = 6 thì do c = 5 ⇒ b = - 2 (loại)

Nếu m = 2 thì a =

Nếu a = 3 thì do c = 5 ⇒ b = 1
Vậy trong trường hợp này số phải tìm là abc = 315
Vậy số phải tìm thoả mãn yêu cầu của bài toán là 315. Thử lại ta thấy
315 = 9(32 + 12 + 52)
Dẫn dắt học sinh tìm ra lời giải, cách chiết điểm các ý như sau:
 k < −1
k > 1

'
2
Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt ∆ > 0 ↔ k − 1 > 0 ↔ 

0.5
(1) 0.5

 x 1 + x 2 = −2 k
x 1 x 2 = 1

Theo Vi-et ta có 

3

0.5

Biến đổi Q = x 14 + x 42 − 196( x 12 + x 22 ) = ( x 12 + x 22 ) 2 − 2 x 12 x 22 - 196( x 12 + x 22 )
2
= [( x 1 + x 2 ) 2 − 2 x 1 x 2 ] − 2 x12 x 22 - 196[ ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1x 2 ].
= [(-2k)2 – 2]2 – 2 – 196[(- 2k)2 – 2]
= [4k2 – 2]2 – 2 – 196[4k2 – 2]
= [4k2 – 2]2 – 2 [4k2 – 2]98 + 982 - 982 – 2
= [(4k2 – 2) - 98] 2 – (982 + 2) ≥ – (982 + 2).

k = 5

0.5

4,0 đ
0.5
0.5
0.5
0.5

Q đạt giá trị nhỏ nhất khi [(4k2 – 100]2 = 0 ↔ 4k2 – 100 = 0 ↔ 
thõa mãn điều
 k = −5
kiện (1) PT có nghiệm, khi đó Qmin = – (982 + 2).= -9606
0.5


4
*
1)

Vẽ hình đúng
1,0 đ
Từ MA, MB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại
M; A và B là tiếp điểm, suy ra:
∆ MAO vuông tại A, AN ⊥ OM 2,0 đ
 OM.ON = OA2 = r2 không đổi
2,0 đ
a) Trên OM lấy O’ sao cho OO’ = O’M,
 OO’ = O’M = O’A = O’B;  O’ là
tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM;.
0.25 đ
Gọi giao điểm của d và (O’) là K  MK
OK;  OK là khoảng cách từ O tới

2

⊥

1,0 đ

4,0 đ

1,0 đ

đường thẳng d, đặt OK = h.
Ta có OK không đổi (do tâm O và đường thẳng d cố định)
0.25 đ
Kẻ O’E//MK, E ∈ OK; kết hợp O’M=O’O (bán kính của đường tròn O’), MK ⊥ OK 
1
2

1
h không đổi.
0.25 đ
2
 Tâm O’của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM thuộc đường trung trực của đoạn thẳng

O’E ⊥ OK và EO=EK= OK =

OK
0.25 đ
2b) Gọi H là giao điểm của AB và OK; ∆ ONH đồng dạng với ∆ OKM ( ∆ ONH có góc
N vuông, ∆ OKM có góc K vuông, hai tam giác này có chung góc nhọn MOK).
0.25 đ

1,0 đ

ON OH
OM.ON
r2

r2
=
=
 OH =
=
không đổi, nên OH cố định.
0.5 đ
OK OM
OK
OK
h
r2
 N thuộc đường tròn đường kính OH = , trừ điểm O ( trong đó r là bán kính đường
h



tròn O; h là khoảng cách từ O tới đường thẳng d)
2c) Khoảng cách từ d tới (O) theo bài ra: h =

0.25 đ

r
( hình vẽ bên). Khi đó d cắt (O) tại L và
2

L’. Xét ra hai trường hợp:
Khi M chuyển động trên tia Lx và L’y ta vẽ được các tiếp tuyến với (O).
Khi M chuyển động trên đoạn thẳng LL’ thì không vẽ được tiếp tuyến với (O) trừ
điểm L, L’.

0.25 đ
r2
r
- Xét M chuyển động trên tia Lx, tương tự câu 2b ta có: OH =
= r 2 : = 2r.
h
2

 quỹ tích điểm N là cung tròn ONL nhận OH =2r làm đường kính (hình trên), trừ
điểm O.
0.25 đ
Tương tự khi M chuyển động trên tia L’y quỹ tích điểm N là cung tròn ON’L’nhận OH
=2r làm đường kính, trừ điểm O.
0.25 đ
Vậy khi h =

r
điểm M thay đổi trên d thì quỹ tích của N là cung tròn LOL’nhận OH =
2

2r làm đường kính (hình trên), trừ điểm O.

0.25 đ

1,0 đ