Bộ đề thi giáo viên giỏi cấp tỉnh môn toán THPT 2015 2016 có đáp án

UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

THI GIO VIấN GII CP TNH VềNG Lí THUYT
NM HC 2015-2016
Mụn thi: Toỏn - THPT, GDTX
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

Cõu 1. (2,0 im)
Thy/ Cụ hóy cho bit mt s li ph bin m hc sinh mc phi khi lm toỏn v tớch
phõn. Hóy ly vớ d minh ha cho tng li.
Cõu 2. (1,5 im)
Cho hm s y =

2x + 1
cú th l (C ). Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng
x- 1

d : y = - 3x + m ct (C ) ti hai im A , B phõn bit sao cho trng tõm ca tam giỏc OA B
thuc ng thng D : x - 2y - 2 = 0 (O l gc ta ).
Cõu 3. (1,0 im)
Gii phng trỡnh cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x .
Cõu 4. (1,0 im)
n

ổ
2ử
ữ , bit rng n l s nguyờn dng
Tỡm h s ca x trong khai trin nh thc ỗỗx 2 - ữ
ữ
ỗố

x ứữ
7

tha món 4C n3+ 1 + 2C n2 = An3 .
Cõu 5. (1,5 im)
Cho hỡnh lng tr ng A BC .A ' B 'C ' cú ỏy A BC l tam giỏc cõn ti C , cnh ỏy
ã
A B = 2a v gúc A BC = 300 . Mt phng (C ' A B ) to vi ỏy (A BC ) mt gúc 600. Tớnh
th tớch ca khi lng tr A BC .A ' B 'C ' v khong cỏch gia hai ng thng A B v CB ' .
Cõu 6. (1,0 im)
Trong mt phng vi h ta Oxy , cho tam giỏc A BC cõn ti A cú phng trỡnh
ng thng A B , A C ln lt l x + 2y - 2 = 0 v 2x + y + 1 = 0 , im M (1;2) thuc
uuur uuur
on BC . Tỡm ta im D sao cho DB .DC cú giỏ tr nh nht.
Cõu 7. (1,0 im)
ỡù 2
3
2
4
2
ùù y + x - x + 2 3 y + 3 y = 2x x - 1 y + 3 y
Gii h phng trỡnh ớ
ùù y 4 + y 3 - y 2 + 1 = y x - 1 3 + 1
( )
ùợ

(

)

Cõu 8. (1,0 im)
Cho ba s thc dng x , y , z . Hóy tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc:

P =

4
x2 + y2 + z2 + 4

-

9

(x + y ) (x + 2z )(y + 2z )

---------- HT ---------( cú 01 trang)
H v tờn thớ sinh:.....................................................; S bỏo danh................................


UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

HNG DN CHM
THI GIO VIấN GII CP TNH VềNG Lí THUYT
NM HC 2015-2016
Mụn thi: Toỏn - THPT, GDTX

Cõu
1

ỏp ỏn

Mt s li ph bin m hc sinh mc phi khi lm toỏn v tớch phõn.
1. i bin khụng i cn
2. S dng sai cụng thc ly tha.
1

ũ

1

3

2x - 1dx =

0

1
3

ũ (2x - 1) dx = ...

im
1,0
0,5

0,5

0

3. Nhõn t v mu ca hm s trong tớch phõn vi biu thc khụng xỏc nh trờn on gii
hn bi hai cn.

1

ũ

xdx

1

=ũ

1
2

(

1+ x -

1- x + 1+ x
0
4. S dng sai cụng thc nguyờn hm c bn.
0

p
2

sin 7 x
6
sin
xdx
=

ũ
7
0

p
2

)

1 - x dx = ...

= ...

0,5

0,5

0

Lu ý : GV ch cn lit kờ c 4 li l cú th ly im ti a.
2

1,5
Pt honh giao im:

2x + 1
= - 3x + m . Vi k x ạ 1
x- 1

0,25

2

P T 2x + 1 = (x - 1)(- 3x + m ) 3x - (1 + m )x + m + 1 = 0 (1)
D ct (C) ti A v B Pt (1) cú 2 nghim khỏc 1
ộm > 11
ùỡù D = (1 + m )2 - 12(m + 1) > 0
ớ
(m + 1)(m - 11) > 0 ờờ
ùù 3 - (1 + m ) + m + 1 ạ 0
ờởm < - 1
ùợ
Gi x1, x2 l 2 nghim ca (1). Khi ú A (x 1; - 3x 1 + m ), B (x 2 ; - 3x 2 + m )
x1 + x 2

1+ m
m- 1
, y I = - 3x I + m =
2
6
2
uuur
ổ1 + m m - 1ửữ
2 uur
ữ
;
Gi G l trng tõm tam giỏc OAB ị OG = OI ị G ỗỗ
ữ
ỗố 9
3

3 ứữ

Gi I l trung im ca AB ị x I =

G ẻ d

0,5

=

ổm - 1ửữ
1+ m
11
11
ữ
- 2. ỗỗỗ
- 2= 0 m = (TM). Vy m = ữ
9
5
5
ố 3 ứữ

3

0,5

0,25
1,0

cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x

- 2 sin 3x sin x + 4 sin 3x cos 3x = 2 3 sin 3x cos x
ộsin 3x = 0
- 2 sin 3x sin x - 2 cos 3x + 3 cos x = 0 ờờ
ờởsin x + 3 cos x = 2 cos 3x
kp
* sin 3x = 0 x =
(k ẻ Â )
3

(

)

0,25

0,25
0,25


* sin x +

ổ
3 cos x = 2 cos 3x cos ỗỗx
ỗố

Vy nghim ca phng trỡnh l x = -

ộ
ờx = - p + k p
p ửữ

ờ
12
- ữ
= cos 3x ờ
(k ẻ Â )
ữ
ữ
p
kp
6ứ
ờx =
+
ờ
24
2
ở
p
p
kp
kp
+ k p; x =
+
;x =
(k ẻ Â )
12
24
2
3

0,25

4

1,0
K: n 3, n ẻ Ơ .

4 (n + 1)n (n - 1)

Ta cú 4C n3+ 1 + 2C n2 = An3

0,25

+ n (n - 1) = n (n - 1)(n - 2)

6
2 (n + 1) + 3 = 3 (n - 2) n = 11 (tha iu kin)
11

0,25

k

11
11
ổ
11- k ổ 2 ử
k
2ử
k
2

ỗỗ- ữ
ữ
ữ
=
C
x
=
C 11k (- 2) x 22- 3k
Khi ú, ỗỗx 2 - ữ
ồ
ồ
ữ
ữ
11
ỗố
ỗố x ứữ k = 0
x ứữ
k= 0
S hng cha x 7 l s hng ng vi k tha món 22 - 3k = 7 k = 5

0,25

Suy ra h s ca x 7 l C 115 (- 2) = - 14784.

0,25

( )
5

5

1,5
Gi M l trung im ca A B . Tam giỏc A BC cõn ti C suy ra A B ^ CM .
ã
Mt khỏc A B ^ CC ' ị A B ^ (CMC ') ị CMC
' = 600 .
0

Ta cú CM = BM . t an 30 =
0

CC ' = CM . t an 60 =

a
3

ị S A BC

0,25

1
a2
= CM .A B =
2
3

a

. 3 = a ị V A BC .A ' B 'C ' = S A BC .CC ' =
3

Mt phng (CA ' B ') cha CB ' v song song A B nờn

a2
3

.a =

a3

0,5

3

d (A B ;CB ') = d (A B ;(CA ' B ')) = d (M ;(CA ' B ')) = MH , vi M ' l trung im ca A ' B '

v H l hỡnh chiu ca M trờn CM '.
Do MH ^ CM ', MH ^ A ' B ' ị MH ^ (CA ' B ')

0,5

Tam giỏc CMN vuụng ti M nờn
1
1
1
4
a
=
+
= 2 ị d (A B ;CB ') = MH =
2

2
2
2
MH
MC
MN
a
A'

C'
M'
B'
H

0,25

B

C
M
A

6

uur
uur
Vect phỏp tuyn ca A B , A C ln lt l n 1(1;2); n 2 (2;1); gi vect phỏp tuyn ca BC l

1,0
0,25

uur
n 3 (a ;b), a 2 + b2 > 0. Phng trỡnh BC cú dng: a (x - 1) + b(y - 2) = 0.
Tam giỏc ABC cõn ti A nờn
uur uur
uur uur
cos B = cos C cos(n 1, n 3 ) = cos(n 2, n 3 )

ộa = - b
ờờ
a 2 + b2 . 5
a 2 + b2 . 5
ờởa = b
ổ- 2 1 ử
ữ.
Vi a = - b chn b = - 1 ị a = 1 ị PT ca BC : x - y + 1 = 0 ị B (0;1);C ỗỗ ; ữ
ữ
ỗố 3 3 ứữ
a + 2b

2a + b

=

Khụng tha món M thuc on BC .
Vi a = b chn a = b = 1 ị PT ca BC : x + y - 3 = 0 ị B (4; - 1);C (- 4;7) .
Tha món M thuc on BC .
Gi trung im ca BC l I (0; 3) .
uuur uuur

uur uur uur uur
BC 2
BC 2
Ta cú DB .DC = (DI + IB ).(DI + IC ) = DI 2 .
4
4

0,25

0,25

0,25

Du bng xy ra khi D I . Vy ta D (0;3).
7

1,0

(

(1) y +
t u =

3

3

y

) + (x

2

)

(

2

x - 1 - 2x x - 1 y +

3

)

y = 0 y+

(

3

y = x x - 1 (a)

)

x - 1 , (a) thnh u 3 + u = v 2 + 1 v u 3 + u = v 3 + v

y,v=

(b)

Xột hm s f (t ) = t 3 + t , cú f Â(t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t ẻ Ă nờn f (t ) ng bin.
Vy (b) 3 y =
Thay vo (2):

y4 +

x- 1

y3 - y2 + 1 - 1 = 0
0,25

y3 - y2

3

y - y +

0,25

(*)

y3 - y2 + 1 = y3 + 1 y4 - y3 +
4

0,25

= 0
y3 - y2 + 1 + 1
ổ
ửữ

1
ỗỗ
ữ
ỗy +
y 3 - y 2 = 0 y 3 - y 2 = 0 (vỡ t (*) suy ra
ữ
ữ
ỗỗ
y 3 - y 2 + 1 + 1ứữ
ố
ộy = 0
y 0 ) ờờ
ờởy = 1

(

)

0,25

( )( )

T ú, tỡm c nghim (x; y )ca h l 1; 0 , 2;1
8

1,0

x2 + y2 + z2 + 4 =

1ộ 2

x + y2 + x2 + y2 + z2 + 4 + z2 + 4 ự
ờ
ỳ
ở
ỷ
2

(

) (

) (

) (

)

1ộ 2
x + y 2 + 2xy + z 2 + 22 + 2z ự
ờ
ỳ
ỷ
2ở
2
2ự
2
2
1ộ
1ộ
ự

= ờ(x + y ) + (z + 2) ỳ
ờ(x + y ) + (z + 2) + 2 (x + y )(z + 2)ỳ
ỳ
ỳ
2 ởờ
ỷ 4 ởờ
ỷ
2
1
(x + y + z + 2)
4
1
1
(x + y ) (x + 2z )(y + 2z ) Ê (x + y )2 (x + y + 4z ) = 6 (3x + 3y )(x + y + 4z ) (1)
1
Vỡ (3x + 3y )(x + y + 4z ) Ê (3x + 3y + x + y + 4z ) = 2 (x + y + z ) nờn
2


(

)

(

)

0,25

0,25

(1) Û (x + y ) (x + 2z )(y + 2z ) £
Vậy P £

2
4
x + y + z)
(
6

8
27
.
x + y + z + 2 2 (x + y + z )2
8
27
với t > 0.
t + 2 2t 2
27 - 8t 3 + 2t 2 + 108t + 108
,
+ 3 =
2
t
t 3 (t + 2)

Đặt t = x + y + z , xét hàm số f (t ) =
Ta có f ¢(t ) = -

8

(t + 2)

2

f ¢(t ) = 0 Û t = 6 Þ f (6) =

t
f ¢(t )
f (t )

5
.
8
0
+

6
0

-

0,25

+¥

5
8
ìï x + y + z = 6
5

5
Vậy P £ . Suy ra max P =
khi ïí
Û x = y = z = 2.
ïï x = y = z
8
8
î

0,25


Cho hàm số y  x 3  3 x 2   m  1 x  11 có đồ thị  Cm  với m là tham số. Tìm m để đường thẳng

 d  : y  x  1 cắt đồ thị  Cm 

tại 3 điểm phân biệt P  0,1 , M , N sao cho bán kính đường tròn ngoại

5 2
với O  0;0  .
2
Phương trình hoành độ giao điểm của  Cm  và (d): x 3  3 x 2   m  1 x  1  x  1
tiếp tam giác OMN bằng

 x  0  y  1  P  0;1
 x  x 2  3x  m   0   2
 x  3 x  m  0  2 
Để  Cm  cắt (d) tại 3 điểm phân biệt   2  có 2 nghiệm phân biệt khác 0

m  0



9
m  4
Giả sử M  x1; x1  1 , N  x2 ; x2  1 khi đó x1; x2 là nghiệm của pt(2)
Ta có SOMN 

1
OM .ON .MN
MN .d  O;  d   
(với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
4R

OMN )
1
OM .ON .
 .d  O;  d   
 OM .ON  2 R.d  O;  d    5 2d  O;  d    3
2
4R
Mà ta có OM .ON 

 2x

2
1





 2 x1  1 2 x12  2 x1  1

Với x12  3 x1  m; x22  3 x2  m

 OM .ON  4m 2  12m  25

* d  O;  d   

1
2

2
2

Khi đó thế vào (3) ta được

m  3

4m 2  12m  25  5 2

m  0
2
thỏa đề chỉ có .
5 
2
 m  3

Cho hàm số y = x4  2mx2 + m (1) , m là tham số. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B,

C sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 1.

TXĐ: D= R


y '  4 x 3  4mx  4 x( x 2  m)
x  0
y' 0   2
x  m

Hàm số có 3 điểm cực trị khi y’=0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0
Gọi 3 điểm cực trị A(0;m), B ( m ;  m 2  m), C( m ;  m 2  m) .
Ta có A thuộc Oy và B, C đối xứng nhau qua Oy nên tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC thuộc Oy.
Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(0;a).
Ta có:

IA2  IB 2  IC 2  1
m  a  1
(m  a ) 2  1


  m  a  1
2
2
m  ( m  m  a )  1 
2
2
m  ( m  m  a )  1(*).
-Với m  a  1 thay vào (*) ta có phương trình vô nghiệm m  0.

-Với m  a  1 thay vào (*) ta có m  1; m 

Giải bất phương trình

5 1
(TM).
2

x 2  2 x  92  x 2  2 x  x  1  1 x  R  .

Điều kiện: x  1
Bất phương trình  x 2  2 x  92  10  ( x 2  2 x  8)  ( x  1  1)



x2  2x  8
x 2  2 x  92  10

 ( x  2)( x  4) 

x2
x 1 1



x4
1
 ( x  2) 
 ( x  4) 
0

2
x  1  1
 x  2 x  92  10



1
1
 ( x  2) ( x  4)(
 1) 
0
x  1  1
x 2  2 x  92  10



1

Ta có: ( x  4)(

x  2 x  92  10
2

 1) 

1
 0, x  1
x 1 1

Do đó bất phương trình  x  2  0  x  2

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1  x  2



Một học sinh giải phương trình x 2  3x  2  x 2  4x  3  2 x 2  5x  4 1
như sau:

ìï x 2 - 3x + 2 ³ 0
ïï
éx ³ 4
Điều kiện: ïí x 2 - 4x + 3 ³ 0 Û êê
ïï 2
êëx £ 1
ïï x - 5x + 4 ³ 0
î

(1) Û
Û

(x

2

) (x

x 2 - 5x + 4 +

- 3x + 2 -

2x - 2

2

2

x - 3x + 2 +

x - 5x + 4

2
2

2

x - 3x + 2 +

x - 5x + 4

- 4x + 3 -

)

x 2 - 5x + 4 = 0

x- 1

+

2

x - 4x + 3 +

é
2
Û (x - 1)êê
+
êë x 2 - 3x + 2 + x 2 - 5x + 4
Vì

2

x 2 - 5x + 4

1
x 2 - 4x + 3 +

ù
ú= 0 2
ú
2
x - 5x + 4 úû

1

+

2

x - 4x + 3 +

= 0

2

x - 5x + 4



é
> 0, x Î (- ¥ ;1ù
úÈ êë4; + ¥ ).
û



nên 2  x  1

Theo Thầy/Cô lời giải trên có đúng không? Nếu sai hãy chỉ rõ sai lầm và hướng dẫn học sinh
giải đúng.
x3
= m
Một học sinh giải bài toán: Tìm m để phương trình
x+1

sau
x3
, x Î éêë- 2; 0ù
ú
û
x+1

Xét hàm số f (x ) =
f ' (x ) =

3x 2 (x + 1)- x 3

(x + 1)

2

éx = 0
ê
f ' (x ) = 0 Û ê
êx = - 3
êë
2

=

x 2 (2x + 3)

(x + 1)

2

(1) có nghiệm trên

é- 2; 0ù như
ú
ëê
û

ổ 3 ử 27
ữ=
f (0) = 0; f (- 2) = 8; f ỗỗ- ữ
ữ 4
ỗố 2 ứữ

Do ú, max
f (x ) = 8, min
f (x ) = 0
ộ
ự
ộ
ự
ỳ
ởờ- 2;0ỷ

ỳ
ởờ- 2;0ỷ

Vỡ vy, phng trỡnh (1) cú nghim khi v ch khi 0 Ê m Ê 8.
Theo Thy/Cụ li gii trờn cú ỳng khụng? Nu sai hóy ch rừ sai lm v hng dn hc sinh
gii ỳng.

Sai lm ca li gii l khụng t iu kin x ạ - 1 dn n min giỏ tr ca f (x ) khụng ỳng.
x3
Do ú, vic kho sỏt hm s f (x ) =
phi xột trờn tp ộởờ- 2; 0ựỳỷ\ {- 1}.
x+1

Li gii ỳng
x3
, x ẻ ộờở- 2; 0ự
ỳ
ỷ\ {- 1}.
x+1

Xột hm s f (x ) =
f ' (x ) =

3x 2 (x + 1)- x 3

(x + 1)

2

=

x 2 (2x + 3)

(x + 1)

2

ộx = 0
ờ
f ' (x ) = 0 ờ
ờx = - 3
ờở

2

lim f (x ) = + Ơ , lim+ f (x ) = - Ơ

x đ - 1-

xđ - 1

Bng bin thiờn
x

-3

-2
-

f'(x)

2

0

-1

0

+

+
+

8
f(x)

27
4

0
-

x3
, x ẻ ộờở- 2; 0ự
T BBT suy ra, ng thng y = m luụn ct th hm s y =
ỳ
ỷ\ {0}.
x+1

Vy vi mi m phng trỡnh (1) luụn cú nghim.
Cho n l s nguyờn dng tha 4Cnn11 2Cn2 25n 120


n

2 

Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển  x 2 
 ,(x > 0)
x

7

4Cnn11  2Cn2  25n  120  4

 n  1!  2 n !  25n  120
 n  1!2! 2! n  2 !

 2n  n  1   n  1 n  25n  120  n 2  22n  120  0  10  n  12
Mà n nguyên dương nên n = 11
44 5 k
k
2   2 2 

k
k
k 22  2 k 2
k k
2
T


1
C
x


1
C
2
x


x

  x2 
có
số
hạng
tổng
quát
là:
  11
  11
k 1
 

x k /2
x 
x

n

11

Tk+1 là số hạng chứa x7 khi

44  5k
 7  k  6  T7  C116 26 x 7
2

 Hệ số cấn tìm là: C116 26
Cho khai triển:

 3x  1

2n

 a0  a1x  a2 x 2  ...  ak x k  ...  a2n x 2n

,

 k , n  N ;0  k  2n 

Biết rằng: a0  a1  a2  ...   1 ak  ...  a2 n  4096 . Tìm hệ số của x 8 trong khai triển.
k

Ta có:

 3x + 1

2n

= a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+ a k x k +...+ a 2n x 2n

Thay x  1, ta có: (2) 2 n  a0  a1  a2  ...  (1) k ak  ...  a 2 n
Từ giả thiết suy ra: (2)2 n  4096  n = 6
Với n  6, ta có khai triển:

1+3x 

12

0
2
12
=C12
+ C112 .(3x) + C12
(3x) 2 +...+ C12
12 (3x)

8
8
 Hệ số của x8 trong khai triển là: C12 .3

Cho khai triển (1 + 2x )n = a 0 + a1x + a 2x 2 + ... + a n x n . Tìm số nguyên dương n

a 0 + 8a1 = 2a 2 + 1 .
n
Ta có (1  2x ) 

n

C
k 0

k
n

(2x )k 

n

C
k 0

k
n

2k x k . Khi đó, suy ra ak  C nk 2k

Do đó, ta có a 0  C n0 ; a 1  2C n1 ; a 2  4C n2
Vậy a 0  8a1  2a 2  1  C n0  16C n1  8C n2  1  1  16n 

8n (n  1)
1
2!

biết


16n  4n (n  1)  4  n  1(n  0)  n  5
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E (2;3) thuộc đoạn thẳng BD , các
điểm H ( 2;3) và K (2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm E trên AB và AD . Xác định toạ
độ các đỉnh A, B, C , D của hình vuông ABCD.

 AH : x  2  0
 A  2; 4 
Ta có: EH : y  3  0 EK : x  2  0  
 AK : y  4  0


Giả sử n  a; b  ,  a 2  b 2  0  là VTPT của đường thẳng BD .

a

2
 a  b
2
a 2  b2
 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  1  0


 B  2; 1 ; D  3; 4   EB   4; 4 
  
 E nằm trên đoạn BD (thỏa mãn)
 ED  1;1

Có: ABD  450 nên:



Khi đó: C  3; 1
Với a  b , chọn b  1  a  1  BD : x  y  5  0 .

 EB   4; 4 


 B  2;7  ; D 1; 4    
 EB  4 ED  E nằm ngoài đoạn BD (L) Vậy:
 ED   1;1


A  2; 4  ; B  2; 1 ; C  3; 1 ; D  3; 4 

UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO

HI THI GVDG CP TNH NM HC 2015 - 2016
HNG DN CHM
Mụn: Toỏn THPT, GDTX

Cõu
1

ỏp ỏn

im
1,5

2x + 1
= - 3x + m , vi k x ạ 1.
x- 1
P T 2x + 1 = (x - 1)(- 3x + m ) 3x 2 - (1 + m )x + m + 1 = 0 (1)

PT honh giao im

0,75

d ct (C ) ti hai im phõn bit PT (1) cú hai nghim phõn bit khỏc 1.

ùỡù D = (1 + m )2 - 12(m + 1) > 0
ớ

(m + 1)(m - 11) > 0
ùù 3 - (1 + m ) + m + 1 ạ 0
ùợ

ộm > 11
ờ
ờm < - 1
ờở

2.a

1,5
cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x
- 2 sin 3x sin x + 4 sin 3x cos 3x = 2 3 sin 3x cos x
ộsin 3x = 0
- 2 sin 3x sin x - 2 cos 3x + 3 cos x = 0 ờờ
ờởsin x + 3 cos x = 2 cos 3x
kp
sin 3x = 0 x =
(k ẻ Â )
3
ộ
ờx = - p + k p
ổ
ử
p
ờ
12
ữ
sin x + 3 cos x = 2 cos 3x cos ỗỗỗx - ữ

= cos 3x ờ
(k ẻ Â )
ữ
ữ
6ứ
ố
ờx = p + k p
ờ
24
2
ở
p
p
kp
kp
Vy nghim ca phng trỡnh l x = + k p; x =
+
;x =
(k ẻ Â )
12
24
2
3

(

2.b

0,75

)

An3 - 8C n2 + C n1 = 49 (n - 2)(n - 1)n - 4 (n - 1)n + n = 49

(

)

n 3 - 7n 2 + 7n - 49 = 0 (n - 7 ) n 2 + 7 = 0 n = 7

(

7

) ồ
7

=

k= 0

0,5
0,25

0,25

1,0

iu kin n 4, n ẻ Ơ .

2 + x2

0,5

C 7k .27- k .x 2k

0,25
0,25
0,25

S hng cha x 8 ng vi k tha món 2k = 8 k = 4.
Vy h s ca s hng cha x 8 l C 74 .23 = 280
3.a

0,25
1,5

A'

C'
M'
B'
H

Gi M l trung im ca A B . Tam giỏc A BC cõn ti
C suy ra A B ^ CM .
Mt khỏc
ã
A B ^ CC ' ị A B ^ (CMC ') ị CMC
' = 600 .

0,25

B

C
M
A


Ta có CM = BM . t an 300 =
0

CC ' = CM . t an 60 =

a
3

Þ S A BC =

1
a2
CM .A B =
2
3

a

. 3 = a Þ V A BC .A ' B 'C ' = S A BC .CC ' =
3
Mặt phẳng (CA ' B ') chứa CB ' và song song A B nên

a2
3

.a =

a3

0,5

3

d (A B ;CB ') = d (A B ;(CA ' B ')) = d (M ;(CA ' B ')) = MH , với M ' là trung điểm của A ' B ' và

H là hình chiếu của M trên CM '.
Do MH ^ CM ', MH ^ A ' B ' Þ MH ^ (CA ' B ')

Tam giác CMM ' vuông tại M nên
1
1
1
4
a
=
+
= 2 Þ d (A B ;CB ') = MH =
2
2
2
2

MH
MC
MM '
a

0,5

0,25

3.b

1,5
A

K

H

D
E

uuur
uuur uuur
uuur
Ta có EA = EH + EK Þ EA = (- 4;1)
Þ A (- 2; 4)

0,25

C

B

uuur
uuur
5 uuur uuur
A K = 4A H = 4KD Þ A D = A K , A B = 5A H
4
Từ đó tìm được B (- 2; - 1); D (3; 4)
uuur
uuur uuur
Ta lại có A C = A B + A D Þ C (3; - 1)

0,5
0,5
0,25

Vậy A (- 2; 4); B (- 2; - 1);C (3; - 1); D (3; 4 )
4

1,0

ìï xy 3 + xy + y 3 + y = x 2 + x x - 1 1
()
ïï
í 4
ïï 2y + 1 = 5x + 3x - 1 (2)
ïî

(

)

ĐK: x ³ 1.

éx = - 1, loai
ê
3
&
(1) Û (x + 1) y + y - x x - 1 = 0 Û êê 3
3
êëy + y = (x - 1) +

(

)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t , có f ¢(t ) = 3t 2 + 1 > 0, " t Î ¡ Þ
Nên (3) trở thành f (y ) = f
Thay vào (2) ta được

2 (x - 1) + 1 2

(

5x -

)

( x - 1) Û y =

(

)

x - 1 (3)

f (t ) đồng biến trên ¡ .

0,25

3x - 1 = 0

Û 2 x 2 - 3x + 1 + (x + 1)-

Û 2 x 2 - 3x + 1 +

x - 1.

0,25

5x + x -

x 2 - 3x + 1
x + 1+

5x

+

3x - 1 = 0

x 2 - 3x + 1
x+

3x - 1

= 0

0,25


ộx 2 - 3x + 1 = 0
ờ
ờờ
1
1
+
= 0 (4)
ờ2 +
x + 1 + 5x
x + 3x - 1
ởờ

(4) vụ nghim do V T (4) >

1
.
3

0, " x

0,25

ổ
ử
ỗỗ 3 + 5 2 + 2 5 ữ
ữ
ữ
T ú tỡm c nghim (x ; y )ca h l ỗỗ
;
ữ
ữ
2
ỗỗố 2
ứữ
5

1,0
Li gii sai do s dng cụng thc
Vỡ vy, bc (1)

AB =

x- 1 x- 2+

A . B m khụng kim tra iu kin ca A , B .

x - 1 x - 3 = 2 x - 1 x - 4 thc hin sai

Li gii ỳng:
ỡù x 2 - 3x + 2 0
ùù
ộx 4
iu kin: ùớ x 2 - 4x + 3 0 ờờ
ùù 2
ờởx Ê 1
ùù x - 5x + 4 0
ợ
* TH1: x = 1, tha món.
* TH2: x ạ 1, ta cú

(1)



(x

2

) (x

x 2 - 5x + 4 +

- 3x + 2 -

2x - 2
x 2 - 3x + 2 +
2
2

x 2 - 5x + 4
2

2

- 4x + 3 -

)

x 2 - 5x + 4 = 0

x- 1

+

x 2 - 4x + 3 +
1

+

x 2 - 5x + 4

2

0,5

= 0

0,5

= 0 (do x ạ 1)

2

x - 3x + 2 + x - 5x + 4
x - 4x + 3 + x - 5x + 4
PT ny vụ nghim vỡ
2
1
+
> 0, " x ẻ (- Ơ ;1) ẩ ộờở4; + Ơ ).
2
2
2
2
x - 3x + 2 + x - 5x + 4
x - 4x + 3 + x - 5x + 4
Vy PT ó cho cú nghim duy nht x = 1.
6

1,0
Nhn xột rng nu s dng bt ng thc Cụsi
a x 2 + b y 2 2 a b xy , vi a , b > 0.
Theo gi thit thỡ x , y cú vai trũ nh nhau, cũn z cú vai trũ khỏc x , y .
Vỡ th ta tỡm s 0 < m < 3 cỏc bt ng thc sau tha món

(3 -

mx 2 + 4z 2 4 m xz ; my 2 + 4z 2 4 m yz ;

(

)

m ) x 2 + y 2 2 (3 - m )xy .

0,25

ộm = 1
Ta chn m sao cho 4 m = 2 (3 - m ) ị 4m = 9 - 6m + m 2 ị ờờ
ị m = 1
ờởm = 9
Ta i n li gii:
p dng bt ng thc Cụsi ta cú

(

)

x 2 + 4z 2 4xz ; y 2 + 4z 2 4yz ; 2 x 2 + y 2 4xy .
Do ú, S 4 (xy + yz + zx ) = 4

0,25


ìï
ïï z = 1
ìï x = y = 2z
ï

ï
2 2
Û íï
í 2
ïï 8z = 1
ïï
1
ïî
ïï x = y =
2
ïî
Bài toán tổng quát có thể phát biểu theo một số hướng sau:
1) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn xy + yz + zx = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
ìï x 2 = y 2
ïï
Vậy min S = 4 Û ïí x 2 = 4z 2
Û
ïï
ïï xy + yz + zx = 1
î

thức S = x 2 + y 2 + az 2 , a > 0.
2) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn axy + yz + zx = 1, a > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức S = 3x 2 + 3y 2 + 8z 2 .
……………….
Lời giải tương tự như trên.

0,5

UBND TNH BC NINH
S GIO DC V O TO
CHNH THC

HI THI GVDG CP TNH NM HC 2015 - 2016
KIM TRA NNG LC CHUYấN MễN
Mụn: Toỏn THPT, GDTX
Thi gian lm bi: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )
Ngy thi: 09 thỏng 12 nm 2015

2x + 1
cú th l (C ). Tỡm cỏc giỏ tr m ng thng
x- 1
d : y = - 3x + m ct (C ) ti hai im phõn bit.

Cõu 1. (1,5 im) Cho hm s y =

Cõu 2. (2,5 im)
a) Gii phng trỡnh cos 4x - cos 2x + 2 sin 6x = 2 3 sin 3x cos x .

(

)

n

b) Tỡm h s ca s hng cha x 8 trong khai trin nh thc 2 + x 2 , bit n l s nguyờn
dng tha món An3 - 8C n2 + C n1 = 49.
Cõu 3. (3,0 im)
a) Cho hỡnh lng tr ng A BC .A ' B 'C ' cú ỏy A BC l tam giỏc cõn ti C , cnh ỏy

ã
A B = 2a v gúc A BC = 300 . Mt phng (C ' A B ) to vi ỏy (A BC ) mt gúc 600. Tớnh th
tớch ca khi lng tr A BC .A ' B 'C ' v khong cỏch gia hai ng thng A B v CB '.
b) Trong mt phng vi h ta Oxy , cho hỡnh vuụng A BCD . im E (2; 3) thuc on
thng BD , cỏc im H (- 2; 3) v K (2; 4) ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca im E trờn A B
v A D . Xỏc nh ta cỏc nh A , B , C , D .
ùỡù xy 3 + xy + y 3 + y = x 2 + x x - 1
Cõu 4. (1,0 im) Gii h phng trỡnh ùớ 4
ùù 2y + 1 = 5x + 3x - 1
ùợ

(

Cõu 5. (1,0 im) Khi gii phng trỡnh

x 2 - 3x + 2 +

)

x 2 - 4x + 3 = 2 x 2 - 5x + 4

(1)

mt hc sinh lm nh sau:
ỡù x 2 - 3x + 2 0
ùù
ộx 4
.
iu kin: ùớ x 2 - 4x + 3 0 ờờ
ùù 2

xÊ 1
ờ
ở
ùù x - 5x + 4 0
ợ

(1)

x- 1 x- 2+

x- 1 x- 3= 2 x- 1 x- 4

ộx = 1
x - 1 x - 2 + x - 3 - 2 x - 4 = 0 ờờ
ờở x - 2 + x - 3 = 2 x - 4 (2)
ộ
Vỡ x - 2 > x - 4; x - 3 > x - 4, " x ẻ (- Ơ ;1ự
ỳ
ỷẩ ờở4; + Ơ ) nờn (2) vụ nghim.
Vy phng trỡnh cú nghim duy nht x = 1.
Thy (Cụ) hóy ch ra sai lm trong li gii trờn v trỡnh by li gii ỳng.
Cõu 6. (1,0 im) Cho ba s thc dng x , y , z tha món xy + yz + zx = 1. Tỡm giỏ tr nh nht

(

)

ca biu thc S = 3x 2 + 3y 2 + 8z 2 .
Thy (Cụ) hóy hng dn hc sinh tỡm li gii cho bi toỏn trờn, t ú phỏt biu bi toỏn
tng quỏt v trỡnh by li gii bi toỏn tng quỏt.

---------- HT ---------( cú 01 trang)


SỞ GD&ĐT BẮC NINH

ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC GIÁO VIÊN NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm).
Thầy/ Cô hãy cho biết một số lỗi phổ biến mà học sinh mắc phải khi làm toán về tích phân.
Hãy lấy ví dụ minh họa cho từng lỗi.
Câu 2 (2,0 điểm). Bài toán: “Tìm m để bất phương trình mx 2  2mx  3  0 có nghiệm x  [1;3] .” Một
học sinh làm như sau:
3
.
x  2x
Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  min g ( x) .

Ta có mx 2  2mx  3  0  m( x 2  2 x)  3  m 

2

x[ 1;3]

3(2 x  2)
 0 với mọi x  [1;3] .
( x 2  2 x) 2
1
Do đó, m  min g ( x)  g (3)  .

x[ 1;3]
5

Ta có g ( x) 

Theo Thầy/Cô lời giải trên có đúng không? Nếu sai hãy chỉ rõ sai lầm và hướng dẫn học sinh giải
đúng.
2x 1
có đồ thị là (C). Tìm các giá trị m để đường thẳng
x 1
y  3 x  m cắt (C) tại A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB thuộc đường thẳng x  2 y  2  0

Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

(O là gốc tọa độ).
Câu 4 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:

1  sin 2 x  cos 2 x
 cos x(sin 2 x  2 cos 2 x).
1  tan 2 x

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
2. Giải hệ phương trình: 
2
 x  y  y  ( 2 y  x )( 2 y  x )

Câu 5 (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh AB, AC
lần lượt là: x  2 y  2  0 và 2 x  y  1  0 , điểm M (1; 2) thuộc đoạn BC. Tìm tọa độ điểm D trong mặt

 

phẳng tọa độ sao cho DB.DC có giá trị nhỏ nhất.
2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên
(A’B’C’) trùng với trọng tâm G của  A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (A’B’C’) góc 600 . Tính
thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn: x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

1
1
1


4  2 ln(1  x)  y 4  2 ln(1  y )  z 4  2 ln(1  z )  x
---------- HẾT ---------(Đề thi gồm có 01 trang)


SỞ GD&ĐT BẮC NINH

Câu
1
(2,0 điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC GIÁO VIÊN NĂM 2013
Môn thi: TOÁN
Đáp án
Điểm

(2,0 điểm)
Một số lỗi phổ biến mà học sinh mắc phải khi làm toán về tích phân.
1. Đổi biến không đổi cận
2. Sử dụng sai công thức lũy thừa.
1


0

1

3

0.5

1

2 x  1dx    2 x  1 3 dx  ...

0.5

0

3. Nhân tử và mẫu của hàm số trong tích phân với biểu thức không xác định trên đoạn giới hạn
bởi hai cận.
1
1
xdx
1

0 1  x  1  x 0 2 1  x  1  x dx  ...
4. Sử dụng sai công thức nguyên hàm cơ bản.




2


2

sin x
 ...
7 0
0
Lưu ý : GV chỉ cần liệt kê được 4 lỗi là có thể lấy điểm tối đa.
(2,0 điểm)
Lỗi sai
Thứ nhất, ở phép chia mà chưa loại TH x 2  2 x  0 và chưa xét dấu.
Thứ hai, hàm g(x) không liên tục nên chỉ nghịch biến trong từng khoảng xác định.
Cách khắc phục:
Xét nghiệm x=0 trước khi chia, chia khoảng trước khi chia vì đây là bất phương trình
Lập bảng biến thiên của g(x) để tìm khoảng giá trị của m
Trường hợp 1: x  0 không tồn tại m để phương trình có nghiệm.

 sin

2
(2,0 điểm)

7



6

xdx 

Trường hợp 2: x 2  2 x  0  x  0 , ta có bất phương trình tương đương với: m 
3
3(2 x  2)
x  [1;0) , f ( x)  2
 0x  [1;0)
x  2x
( x  2 x) 2
Do đó hàm số f(x) nghịch biến trong nửa đoạn [-1;0)
Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  f (1)  1

Xét hàm f ( x) 

3
3(2 x  2)
x  (0;3] , f ( x)  2
 0x  (0;3]
x  2x
( x  2 x) 2
Do đó hàm số f(x) nghịch biến trong nửa đoạn (0;3].
1
Bất phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m  f (3) 
5

1
Kết luận: m  [ ;3] thì bất phương trình đã cho có nghiệm x  [1;3]
5
(1,0 điểm)
2x 1
Pt hoành độ giao điểm:
 3 x  m . Với đk x  1
x 1
PT  2 x  1  ( x  1)(3 x  m)  3 x 2  (1  m) x  m  1  0 (1)

Xét hàm f ( x) 

3
(1,0 điểm)

0.5

0.5

0.5

3
x  2x
2

0.5

2

Trường hợp 3: x 2  2 x  0  x  0 , ta có bất phương trình tương đương với: m 

0.5

3
x  2x
2

2

D cắt (C) tại A và B  Pt (1) có 2 nghiệm khác 1

0.5

0.25
0.25


  (1  m) 2  12(m  1)  0
 m  11

 (m  1)(m  11)  0  
 m  1
3  (1  m)  m  1  0
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1). Khi đó A( x1 ; 3 x1  m), B ( x2 ; 3 x2  m)
x1  x2 1  m
m 1

, y I  3 x I  m 
2
6

2
 2 
 1 m m 1 
Gọi G là trọng tâm tam giác OAB  OG  OI  G 
;

3
3 
 9

Gọi I là trung điểm của AB  xI 

Gd 

11
1 m
11
 m 1 
(TM). Vậy m  
 2. 
2  0  m  
5
9
5
 3 

1.(1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0.
Biến đổi PT về: cos2x(1 + sin2x − cos2x) = cos2x (2sinx + 2cosx)
 1 + sin2x − cos2x = 2(sinx + cosx) ( vì cosx ≠ 0)

 (sinx + cosx)2 – (cos2x − sin2x) − 2(sinx + cosx) = 0
 (sinx + cosx)[sinx + cosx − (cosx − sinx) − 2] = 0
 (sinx + cosx)(2sinx − 2) = 0
 sinx + cosx = 0 hoặc 2sinx − 2 = 0
 tanx = − 1 hoặc sinx = 1 (không thỏa cosx = 0)

 x =   k , (k  )
4
2.(1,0 điểm)
 x, y  0
ĐK: 
. Hệ phương trình
x  y

4
(2,0 điểm)

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0


 x  y  y  (2 y  x)( 2 y  x )
 x  2 y  (2 y  x)( 2 y  x )( x  y  y )
3 x2 y
 5.6 x  4.23 x  2 y  0
33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
3


(2 y  x)[( 2 y  x )( x  y  y )  1]  0

2 y  x  0

(do

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

2 y  x )( x  y  y )  1  0 )

33 x  2 y  5.6 x  4.23 x  2 y  0
32 x  5.6 x  4.22 x  0 (1)


2 y  x
2 y  x (2)
 3 x
x  0
( 2 )  1
3
3
2x

x
2x
2x
x
Giải (1): 3  5.6  4.2  0  ( )  5.( )  4  0  
  x  log 4
3
2
2

( 3 ) x  4

2
 2
Với x = 0 thay vào (2) ta được y = 0
1
Với x  log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4
2
2
2
1
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  log 3 4 ,y = log 3 4
2
2
2
5
(2,0 điểm)

0.25

1.(1,0 điểm)



Gọi VTPT AB, AC, BC lần lượt là: n1 (1; 2), n2 (2;1), n3 (a; b)

0.25

0.25

0.25


Phương trình BC có dạng: a ( x  1)  b( y  2)  0, a 2  b 2  0
Tam giác ABC cân tại A nên:
 
 
cos B  cos C  cos(n1 , n3 )  cos( n2 , n3 ) 

a  2b
a 2  b2 . 5



 a  b

a 2  b2 . 5
a  b
2a  b

Với a=-b, chọn b=-1  a  1  PT BC: x  y  1  0  B (0;1); C (

2 1
; ) (không thỏa mãn M
3 3

thuộc đoạn BC).
Với a=b, chọn a=b=1  PT BC: x  y - 3  0  B (4; 1); C (4;7) (thỏa mãn M thuộc đoạn
BC).
Gọi trung điểm của BC là I (0;3) .
     
BC 2
BC 2
Ta có: DB.DC  ( DI  IB ).( DI  IC )  DI 2 

4
4
Dấu bằng xảy ra khi D  I . Vậy D(0;3)
2.(1,0 điểm)

0.25
0.25

0.25

C

A
M

H
B
a

A'

0.25

C'
G
M'
B'

Gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC, B’C’  A’, G, M’ thẳng hàng và AA’M’M là
hình bình hành . A’M’  B’C’, AG  B’C’  B’C’  (AA’M’M). Suy ra góc giữa
(BCC’B’) và (A’B’C’) là góc giữa A’M’ và MM’ bằng M ' MA  600 .
Đặt x = AB. Ta có  ABC đều cạnh x có AM là đường cao.
 AM 

x 3
x 3
.
 A ' M ', A ' G 
2
3

Trong  AA’G vuông có AG = AA’sin600 =

a 3
;

2

a x 3
a 3
.

x
2
3
2
1
x2 3
3 a 3 2 3a 2 3
0
.
S ABC  AB. AC.sin 60 

(
) 
2
4
4
2
16
a 3 3a 2 3 9a 3
.
VABC . A ' B 'C '  AG.S ABC 

2
16

32

0.25

A ' G  AA ' cos600 

6
(1,0 điểm)

(1,0 điểm)
Từ giả thiết suy ra:x;y;z thuộc  0;3 nên

0.25

0.25

0.25


4  2 ln(1  x)  y >0; 4  2 ln(1  y )  z  0 ; 4  2 ln(1  z )  x  0
1 1 1
9
Với A, B, C là các số dương ta có:   
A B C A B C
9
Áp dụng vào bài toán ta có: P 
12  2 ln 1  x   2 ln 1  y   2 ln 1  z   x  y  z

0.25

Xét hàm số g  t   g (t )  2 ln(1  t )  t  4, t   0;3
1 t
; Lập BBT ta có: 0  g (t )  2 ln 2  3
1 t
3
Suy ra P 
.Dấu “=” xảy ra khi x= y = z =1.
3  2 ln 2
3
Vậy min P 
3  2 ln 2

Ta có: g '(t ) 

0.25

0.25