Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

Trường THCS LÊ Q ĐƠNG
HỘI ĐỒNG THI
GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
Môn: TOÁN
Năm học: 2017 – 2018
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………..
Ngày tháng năm sinh: ……………………………………………………………………………………………………………………..
Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………….
Số năm công tác: ……………………………………………………………………………………………………………………………………
Chức vụ, đơn vò công tác: ……………………………………………………………………………………………………………

Điểm bằng số:
Điểm bằng chữ:

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm)
1. ĐỀ BÀI:
Bài 1: (1 điểm)
Một học sinh đã giải bài tốn:
“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” như sau:
Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0  (x + 1)(1 - 3x) > 0  -1 < x <

1
(*)
3

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
f(x) = 1.x + 1. 1-2x-3x2  1+1 . x2+(1-2x-3x2) = 2 .

1 3
-2(x+ )2+  3
2 2

1
1
1
thỏa mãn (*) thì -2(x + )2 = 0. Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = - .
2
2
2
a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài tốn trên.
b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng.
Bài 2: (2 điểm)
Anh (chị) giải các bài tốn sau:
3n+5
a) Tìm số ngun n để
là số ngun
n+1
x y y z
b) Tìm các số x, y, z biết: = ; = và x - y + z = - 49
2 3 5 4
c) Giải phương trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0
Bài 3: (3 điểm)
Cho bài tốn: “Cho hình thang vng ABCD (A = B = 900)
và điểm O là trung điểm của AB. Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD.
Chứng minh rằng: COD= 900
a)
Giải bài tốn trên.

b)
Hãy phát biểu bài tốn đảo của bài tốn trên và chứng minh bài tốn đảo đó.
Với x = -

-------------------------- HẾT ----------------------------


2. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

a

1
(1,0đ)
b

- Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2  0
1
1 3
- Sai lầm 2: Với x = - thì chỉ có BĐT 2 .
-2(x+ )2+  3 trở
2
2 2
1
thành đẳng thức nên f(- ) < 3
2
Lời giải đúng:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
 1
(1+x)+(1-3x)
1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x) 

= 1 - x, với x  -1;3


2
Do đó f(x)  x + (1 - x) = 1
 1
=> Maxf(x) = 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x  -1;3)


3n+5 3(n+1)+2
2
=
=1+
n+1
n+1
n+1
3n+5
2
Để
ngun thì
ngun <=> 2  (n+1)
n+1
n+1
=> n + 1  {-2;-1;1;2} => n  {-3;-2;0;1}
x y y z
x
y y
z
x
y

z
Từ = ; = => = ; =
=> = =
2 3 5 4
10 15 15 12
10 15 12
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
x
y
z
x-y+z
= = =
=-7
10 15 12 10-15+12
x
Suy ra: = 7 => x = - 70
10
y
= 7 => y = - 105
15
z
= 7 => z = - 84
12
10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0
* Nếu x = 0, thì phương trình trở thành 10 = 0  x = 0 (không
là nghiệm của phương trình.
* Nếu x  0, ta có:
10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

Ta có:
a

b

2
(2,0đ)

c

1 
1


 10  x 2  2   77  x    150 = 0
x 
x


1
1
Đặt x + = t  x 2  2 = t2 – 2
x
x

Khi đó ta có phương trình: 10t2 – 77t + 130 = 0

0,25

0,5
0,5

0,25

0,5


Giải phương trình ta được: t1 =
* x+

26
5
; t2 =
2
5

26
1
=
x
5

 5x2 + 5 = 26x
 5x2 - 26x + 5 = 0

Giải phương trình ta được: x1 = 5; x2 = 0,2
* x+

1
5
=
2
x

 2x2 + 2 = 5x
 2x2 - 5x + 2 = 0

a

Giải phương trình ta được: x3 = 2; x4 = 0,5
Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 5; x2 = 0,2; x3 = 2; x4 = 0,5
Gọi M là tiếp điểm của CD và
(O).
D
Ta có ABCD là hình thang
vng tại A
M
=> AD  AB
C
=> DA và DM cùng là tiếp
tuyến của (O)
=> OD là phân giác của
AOM.
Tương tự ta có OC là phân
giác của BOM

O
A
B
=> COD = 900
Vẽ hình: (0,5)
(Tính chất phân giác của hai
góc kề bù ).

M
C

4
(3,0đ)

b

A

O

0,25
0,25
0,25

Bài tốn đảo: Cho hình thang
vng ABCD
(Vng tại A và B), O là trung 0,5
điểm của AB thỏa mãn điều
kiện COD = 900. Chứng minh
rằng đường tròn tâm O, đường

kính AB tiếp xúc với CD.

D
K

0,25

B


Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:
0,25
- Vì COD = 900 nên COD vuông tại O => KOD = KDO (1)
- Vì O là trung điểm của AB nên OK là đường trung bình của hình
thang ABCD => OK ∥ AD
0,25
=> KOD = ADO( so le trong ) (2)
Từ (1) và (2) => ADO = KDO
0,25
=> ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn)
=> OM = OA => M  (O)
Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại M.
0,25


Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN
HỘI ĐỒNG THI
GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC

Môn: TOÁN
Năm học: 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………..
Ngày tháng năm sinh: ……………………………………………………………………………………………………………………..
Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………….
Số năm công tác: ……………………………………………………………………………………………………………………………………
Chức vụ, đơn vò công tác: ……………………………………………………………………………………………………………

Điểm bằng số:
Điểm bằng chữ:

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm)
ĐỀ BÀI:
Bài 1: (1 điểm)
Tìm các số x, y ,z biết :

x 1 y  2 z 1
và x – 2y + 3z = 14


2
3
4

Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải bài toán trên bằng hai cách
Bài 2: (1 điểm)
Cho phương trình : x2 -5mx – 4m = 0 (m là tham số )
a)Tìm m để phương trình trên có nghiệm ?

b)Chứng minh rằng : x12 + 5mx2 - 4m  0 (x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình)
Thầy (cô ) giải bài toán trên
Bài 3: (1 điểm)
Giải phương trình sau :

1
1
1
1



2x  1 x 1 x  2 2x  2

Bài 4: (3 điểm)
Từ điểm I ở ngoài đường tròn (0), vẽ 2 tiếp tuyến IA và IB đến đường tròn(0),(A, B là các
tiếp điểm ).
Gọi M là trung điểm của IB ; AM cắt đường tròn (0)tại điểm thứ 2 là K .Gọi C là giao điểm
của IO và AO.
a) Chứng minh : IO  AB
b) Chứng minh tứ giác BMKC nội tiếp và AB2 = 2AK .AM
Thầy (cô ) giải bài toán trên


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

CÁCH 1:
Ta có :

x 1 y  2 z 1

và x – 2y + 3z = 14


2
3
4
x  1 y  2 z  1 x  1 2 y  4 3z  9
=




2
3
4
2
6
12
x  1  2 y  4  3z  9 14  6
=

1
2  6  12
8

0,25đ
0,25đ

x 1
1  x – 1 = 2  x = 3

2
y2
1  y – 2 = 3  y = 5
3
z 3
1  z – 3 = 4  z = 7
4
x 1 y  2 z 1
CÁCH 2: Đặt:
=t


2
3
4
 x = 2t + 1 ; y = 3t + 2 ; z = 3t + 4

Suy ra :

1
(1,0đ)

Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14
Ta có: 2t + 1 – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14
 5t + 9 = 14
= 14 – 9
 5t
t =1

Từ đó: x = 2t + 1  x = 2.1 + 1 = 3

y = 3t + 2  y = 3.1 + 2 = 5
z = 3t + 4  z = 3.1 + 4 = 7

a

2
(2,0đ)

Phương trình: x2 – 5mx – 4m = 0
Ta có:  = b2 – 4ac
= (-5m)2 – 4.1.(-4m)
= 25m2 + 16m
Để phương trình có nghiệm thì:  = 25m2 + 16m  0
 m  0 hoặc m 

b

Vì x1 là nghiệm của phương trình:

0,25

16
25

0,5


Nên ta có: x12 – 5mx1 – 4m = 0
 x12 = 5mx1 + 4m
 x12 – 5mx2 – 4m = 5mx1 + 4m + 5mx2 – 4m

= 5m(x1 + x2)
= 5m . 5m = 25m2  0
(Vì theo đònh lý Viét x1 + x2 = 5m)

0,5

0,25

1
1
1
1



2x  1 x  1 x  2 2x  2
1
1
1
1

(*)



2x  1 x  1 x  2 2x  2
1
ĐKXĐ: x  1 ; x  2; x 
2
Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x + 2  a + b + b = 2x – 2

3
(2,0đ)

Phương trình (*) trở thành:
1 1 1
1
  
a b c a bc
 bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc
 (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc = 0
 abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc = 0
 (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) = 0
 bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) = 0
 (a + b)(bc + ac + ab + c2) = 0
 (a + b)[(bc + ab) + (ac + c2)] = 0
 (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] = 0
 (a + b)(a + c)(b + c) = 0

* a + b = 0  2x + 1 + x – 1 = 0  x = 0 (TMĐK)
b + c = 0  x – 1 – x – 2 = 0 (vô lý)
c + c = 0  2x + 1 – x – 2 = 0  x – 1 = 0  x = 1 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0
Tập nghiệm của phương trình: S = {0}
a

A
K

0,25

I

4
(2,0đ)

O
M
B

Ta có: IA = IB (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
OA = OB = R


Nên IO là đường trung trực AB hay IO  AB
b

Có MI = MB (gt)
CA = CB
 MC là đường trung bình của  ABI
 MC // AI  CMA = IAM (so le trong)
Mà IAM = IAK = KBA
 CMA = KBA  CMK = KBC
Tứ giác BMKC có: CMK = KBC  tứ giác BMKC nội tiếp
Xét  AKB và  ACM có:
A chung
CMA = KBA
 ACM (g – g)
  AKB
AB AK


AM AC
AB 2 AK


AM
AB
2
 AB = 2AK.AM



0,5
0,5

0,25





Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN
HỘI ĐỒNG THI
GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG

ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
Môn: TOÁN
Năm học: 2014 – 2015
Thời gian làm bài: 90 phút

Họ và tên: ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………..
Ngày tháng năm sinh: ……………………………………………………………………………………………………………………..
Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………….
Số năm công tác: ……………………………………………………………………………………………………………………………………
Chức vụ, đơn vò công tác: ……………………………………………………………………………………………………………

Điểm bằng số:
Điểm bằng chữ:

PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm)
ĐỀ BÀI:
Bài 1: (1 điểm)
Tìm các số x, y ,z biết :

x 1 y  2 z 1
và x – 2y + 3z = 14


2
3
4

Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải bài toán trên bằng hai cách
Bài 2: (1 điểm)
Một học sinh đã giải bài tốn:
“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” như sau:
Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2 > 0  (x + 1)(1 - 3x) > 0  -1 < x <

1
(*)

3

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
f(x) = 1.x + 1. 1-2x-3x2  1+1 . x2+(1-2x-3x2) = 2 .

1 3
-2(x+ )2+  3
2 2

1
1
1
thỏa mãn (*) thì -2(x + )2 = 0. Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = - .
2
2
2
a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài tốn trên.
b) Thầy (cô) hãy giải lại cho đúng.
Bài 3: (1 điểm)
Với x = -

Giải phương trình sau :

1
1
1
1




2x  1 x 1 x  2 2x  2

Bài 4: (3 điểm)
Cho bài tốn: “Cho hình thang vng ABCD (A = B = 900)
và điểm O là trung điểm của AB. Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD.
Chứng minh rằng: COD= 900
a)Giải bài tốn trên.
b)Hãy phát biểu bài tốn đảo của bài tốn trên và chứng minh bài tốn đảo đó.


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
CÁCH 1:
Ta có :

x 1 y  2 z 1
và x – 2y + 3z = 14


2
3
4
x  1 y  2 z  1 x  1 2 y  4 3z  9
=




2
2
6

3
12
4
x  1  2 y  4  3z  9 14  6
=

1
2  6  12
8

x 1
1  x – 1 = 2  x = 3
2
y2
1  y – 2 = 3  y = 5
3
z 3
1  z – 3 = 4  z = 7
4
x 1 y  2 z 1
CÁCH 2: Đặt:
=t


2
3
4
 x = 2t + 1 ; y = 3t + 2 ; z = 3t + 4

0,25đ

Suy ra :

1
(1,0đ)

Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14
Ta có: 2t + 1 – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14
 5t + 9 = 14
= 14 – 9
 5t
t =1

Từ đó: x = 2t + 1  x = 2.1 + 1 = 3
y = 3t + 2  y = 3.1 + 2 = 5
z = 3t + 4  z = 3.1 + 4 = 7

a

b
2
(2,0đ)

- Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x2  0
1
1 3
- Sai lầm 2: Với x = - thì chỉ có BĐT 2 .
-2(x+ )2+  3 trở
2
2 2

1
thành đẳng thức nên f(- ) < 3
2
Lời giải đúng:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
 1
(1+x)+(1-3x)
1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x) 
= 1 - x, với x  -1;3


2
Do đó f(x)  x + (1 - x) = 1
 1
=> Maxf(x) = 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x  -1;3)



0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

1
1
1
1



2x  1 x  1 x  2 2x  2
1
1
1
1

(*)



2x  1 x  1 x  2 2x  2
1
ĐKXĐ: x  1 ; x  2; x 
2
Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x + 2  a + b + b = 2x – 2

3
(1,0đ)

0,25đ

Phương trình (*) trở thành:
1 1 1
1
  
a b c a bc
 bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc
 (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc = 0
 abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc = 0
 (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) = 0
 bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) = 0
 (a + b)(bc + ac + ab + c2) = 0
2

 (a + b)[(bc + ab) + (ac + c )] = 0

0,5đ

 (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] = 0
 (a + b)(a + c)(b + c) = 0

* a + b = 0  2x + 1 + x – 1 = 0  x = 0 (TMĐK)
b + c = 0  x – 1 – x – 2 = 0 (vô lý)
c + c = 0  2x + 1 – x – 2 = 0  x – 1 = 0  x = 1 (loại)
Vậy phương trình có nghiệm là x = 0
Tập nghiệm của phương trình: S = {0}

0,25đ

a
D

M
C

4
(3,0đ)
0,25đ
A

O

B

Gọi M là tiếp điểm của CD và (O).
Ta có ABCD là hình thang vng tại A
=> AD  AB
=> DA và DM cùng là tiếp tuyến của (O)
=> OD là phân giác của AOM

0,25đ

0,25đ


Tương tự ta có OC là phân giác của BOM
=> COD = 900
(Tính chất phân giác của hai góc kề bù ).
b

0,25ñ

D
K

M
C

0,25ñ

A

O

B

Bài toán đảo: Cho hình thang vuông ABCD
(Vuông tại A và B), O là trung điểm của AB thỏa mãn điều kiện
COD = 900. Chứng minh rằng đường tròn tâm O, đường kính AB 0,5ñ
tiếp xúc với CD.
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:
- Vì COD = 900 nên COD vuông tại O => KOD = KDO (1)
0,25ñ
- Vì O là trung điểm của AB nên OK là đường trung bình của hình
thang ABCD => OK ∥ AD
0,25ñ
=> KOD = ADO( so le trong ) (2)
Từ (1) và (2) => ADO = KDO
0,25ñ
=> ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn)
0,25ñ

=> OM = OA => M  (O)
Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại M.
0,25ñ