Đề đa ks giáo viên toán huyện tam dương 2011 2012

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN
THCS HÈ 2012

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT

Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài 150 phút

Đề chính thức

Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình: (2m − 1) x 2 − 4mx + 4 = 0 ( m là tham số) (1).
Xác định m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 = 3x2 .
c) Phương trình (1) có hai nghiệm nhỏ hơn 3.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình, hệ phương trình:
a) 5 x + 1 − x + 1 = 2.
 x 2 − 3 xy + 2 y 2 = −1
b)  2
 x + 2 − 3 y = 9

Câu 3 (2,0 điểm).
3 x + my = m
( m −1) x + 2 y = m −1

a) Cho hệ phương trình: 

( m là tham số)

Xác định m để hệ phương có nghiệm duy nhất ( x, y ) thoả mãn: x + y 2 = 1 .

b) Chứng minh rằng số n + n + 4 không phải là số nguyên dương với mọi số
nguyên dương n.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm
chính giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và
B). DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng:
a) MB.BD = MD.BC
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức Q =

ab
ac
bc
1
+
+
−
.
c + ab b + ac a + bc 4abc

-----HẾT-----Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD…………………

HƯỚNG DẪN CHẤM

/>

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN HÈ 2012
Môn: Toán

Câu 1 (2,0 điểm)
a) 0,75 điểm
Nội dung trình bày
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1

a ≠ 0
 2m − 1 ≠ 0
m ≠
⇔ '
⇔ 2
⇔
2
∆
>
0
4
m
−
8
m
+
4
>
0


 4(m − 1) 2 > 0

1


1
m ≠
⇔
2 . Vậy với m ≠ và m ≠ 1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt
2
m ≠ 1

Điểm
0,5

0,25

b) 0,75 điểm
Điểm
Phương trình có 2 nghiệm ⇔ m ≠
4m

 x1 + x2 = 2m − 1

4

 x1 x2 =
2m − 1

 x1 = 3 x2



(1)

0,25
(2)
(3)

Thay (3) vào (1) ta được x2 =
Thay x2 =

1
. Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ:
2

m
3m
, x1 =
2m − 1
2m − 1

m
3m
, x1 =
vào PT (2) ta được phương trình 3m 2 − 8m + 4 = 0 .
2m − 1
2m − 1

Giải PT ta được m1 = 2, m2 =
KL: Với m1 = 2, m2 =

2
(thỏa mãn điều kiện)
3

2
thì PT có nghiệm x1 = 3x2 .
3

0,25

0,25

c) 0,5 điểm
Nội dung trình bày
1
.
2
 x1 < 3
( x − 3)( x2 − 3) > 0
⇔ 1
⇔
Ta có 
 x2 < 3
 x1 − 3 + x2 − 3 < 0

Điểm

Phương trình có 2 nghiệm ⇔ m ≠

 x1 x2 − 3( x1 + x2 ) + 9 > 0

 x1 + x2 − 6 < 0

Một số lưu ý:
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá trình
chấm, nếu GV giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
-Trong quá trình giải bài của GV nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần
sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm.
- Bài hình học, nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
- Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm.
Ta có: c + ab = c (a + b + c) + ab = (c + a )(c + b)

/>

Tng t : b + ac = (b + a)(b + c) ; a + bc = ( a + b)(a + c)
ab ac bc 1
ab
ac
bc
1
+
+

=
+
+

Do ú: Q =
c + ab b + ac a + bc 4abc (c + a)(c + b) (b + a)(b + c) (a + b)(a + c) 4abc
ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)
1
a 3 + b3 + b 3 + c 3 + c 3 + a 3
1

=



(a + b)(b + c)(c + a)
4abc
8abc
4abc
3
3
(p dng BT: AM-GM; BT x + y xy ( x + y ) vi x, y > 0, du bng xy ra x = y )
a 3 + b3 + c 3
1

4abc
4abc
3
3
Li cú a + b + c3 = (a + b + c)(a 2 + b2 + c 2 ab bc ca ) + 3abc = 1 3(ab + bc + ca ) + 3abc
(do a + b + c = 1 )
N
=

a3 + b3 + c3
1
3(ab + bc + ca ) + 3abc 9 3 a 2b 2c 2 + 3abc
Bi vy Q

=

4abc
4abc
4abc
4abc
1 9
1
= 3
+ 3 ữ . ( 27 + 3) = 6
4 abc
4
a+b+c 1
= v ab + bc + ca 3 3 a 2b 2 c 2 )
( A/d BT AM-GM: 3 abc
3
3
1
A
Vy Max Q = 6 . Du bng xy ra khi v ch khi a = b = c = .
3

D

J
I

Bài 4: (3,0 điểm)
a) Xét MBC và MDB có:
ã
ã
BDM

= MBC
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
ã
ã
BMC
= BMD
Do vậy MBC và MDB đồng dạng Suy ra

MB MD
=
MB.BD = MD.BC
BC
BD

O

C

B
M

ã
BJC
ã
ã
ã
ã
b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC BJC
hay MBC
= 2BDC

= 2MBC
=
2
ã
180 0 BJC
ã
BCJ cân tại J CBJ
=
2
ãBJC 180 O BJC
ã
ã
ã
Suy ra MBC
+ CBJ =
+
= 90 O MB BJ
2
2
Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC
Chứng minh tơng tự I thuộc AN
ã
ã
ã
ã
Ta có ANB
= ADB

= 2BDM
= BJC
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)

/>