Đề Khảo sát chất lượng giáo viên cấp THCS Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017-2018. Môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (243.47 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Equation Chapter 1 Section 1SỞ
GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUN MƠN GIÁO VIÊN 
NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ MƠN TỐN- CẤP THCS

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
—————————

Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức

2 3 3 4 5

1 5 4 5

x x x x

A

x x x x

   

  

   

a) Rút gọn

A

.

b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A 2.

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình

2 4

3 1

x my m

mx y m

  




  

 , với m là tham số .
a) Giải hệ phương trình với m2.

b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất



x y0; 0



với mọi m và biểu
thức B x 02y02 5



x0y0



không phụ thuộc vào m.

Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình x2 2mx m 2 m 3 0 (1) (x là ẩn, m là tham số). Tìm tất

cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm . Gọi x x1, 2 là hai nghiệm của phương trình (1).
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Cx12x22 4x x1 2.

Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn



O R;



, đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn



O R;



và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc
với đường tròn



O R;



tại điểm M (M khác A).

a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp.

b) Đường thẳng vng góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N . Chứng minh

rằng tứ giác OBNP là hình bình hành.

c) Đường thẳng PM và ON cắt nhau tại điểm I , đường thẳng PN và OM cắt nhau tại điểm J.

Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP.

Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



m n,



sao cho 6m2n2 là một số chính
phương.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho a b c d, , , là các số thực dương thỏa mãn

1 1 1 1

a b c d 

Chứng minh rằng





2 1 2 1 2 1 2 1

3 8.

2 2 2 2

a b c d

   

       

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

----Hết----Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

SỞ GDĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án gồm 04 trang)

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN 
NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN : CẤP THCS

Câu 1 (2,0 điểm). Xét biểu thức :

2 3 3 4 5

1 5 4 5

x x x x

A

x x x x

   

  

   

Nội dung Điểm

1a) Rút gọn

A

. 1,00

ĐK:
0

5 0 0 25

4 5 0

x

x x
x x



    


  

0,25

Đặt x a ta có :
2
2

2 3 3 4 5

1 5 4 5

a a a a

A

a a a a

   

  

   

2
2

2 3 3 4 5

1 5 4 5

a a a a

   
  
   



 









 



2 5 3 1 3 4 5

1 5

a a a a a a

a a
       

 

0,25



 





 





 



2 3 2 1 2

1 5 1 5

a a

a a a a

 

  

 

    0,25

2 2
5 5
a x
a x
 
 

  . Vậy

2
.
5
x
A
x




0,25

1b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A 2. 1,00

Ta có

2 2

2 2 2 0

5 5
a a
A
a a
 
        
 

0,25

12
12
0
5
5
a
a
a
a



   


  0,25

Với 0  a 5 x 5 0 x 25. 0,25

Với a12 x 12 x144. Vậy giá trị cần tìm là 0 x 25 hoặc x144. 0,25

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình

2 4

3 1

x my m

mx y m

  




  

 , với m là tham số .

Nội dung Điểm

2a)Giải hệ phương trình với m2. 1,00

Với m2 hệ trở thành

2 6
2 7
x y
x y
 


 
 0,25





2 6
2 6

2 2 6 7

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 6 5

5 19 19

5
x
x y
y
y



 
 
   

  


0,25

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất





8 19

; ;

5 5

x y  

 . 0,25

2b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất



x y0; 0



với mọi

mvà biểu thức B x 02y02 5



x0y0



không phụ thuộc vào m. 1,00
Từ PT thứ hai của hệ ta có y3m 1 mx, thế vào PT thứ nhất ta được:



m21



x3m2 3m2 *

 

0,25
Do

1 0

m   với mọi m nên (*) có nghiệm duy nhất

2
2

3 3 2

1
m m
x
m
 


Khi đó
2
2
4 1
.
1
m m
y
m
 


 Vậy với mọi m hệ ln có nghiệm





2 2

0; 0 3 23 2 4; 2 1 .

1 1

m m m m

x y
m m
     
 
   
 
0,25

Từ hệ ta có



















 



2 2 2 2 2 2 2 2

2 4 3 1 1 25 10 5

x my  mx y   m  m  m  x y  m  m

2
2 2

25 10 5

.
1
m m
x y
m
 

  

0,25
Mặt khác
2

0 0 2

7 2 3

.
1
m m
x y
m
 
 

 Suy ra

2 2

25 10 5 7 2 3

5. 10.

1 1

m m m m

B

m m

   

  

  0,25

Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình: x2 2mx m 2 m 3 0 1

 

, (x là ẩn, m là tham số ).

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình

 

1 có nghiệm . Giả sử x x1 2, là hai nghiệm của phương

trình. Tìm các giá trị của m để biểu thức C x12x22 4x x1 2 đạt giá trị lớn nhất.

Nội dung Điểm

Phương trình

 

1 có nghiệm khi và chỉ khi    m 3 0  m3. 0,25
Theo định lý Viét ta có x1x2 2 ; m x x1 2 m2 m3. 0,25









2 2 2 2 2

1 2 4 1 2 1 2 6 1 2 4 6 3 2 6 18

C x x  x x  x x  x x  m  m  m  m  m 0,25





2 6 18 18 2 3 18, 3

C  m  m   m  m  m

. Dấu đẳng thức xảy ra khi m3.

Vậy giá trị lớn nhất của C bằng 18 khi m3. 0,25

Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường trịn



O R;



, đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn



O R;



và
lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn



O R;



</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp.

b) Đường thẳng vng góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N. Chứng minh rằng tứ
giác OBNP là hình bình hành.

c) Đường thẳng PM và ON tại điểm I , đường thẳng PN và OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh
rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP.

Nội dung Điểm

4a) Chứng minh rằng tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp. 1,0

Ta có PAO PMO 900 0,5

Suy ra PAO PMO 180 .0 Do đó tứ giác APMO nội tiếp. 0,5

4b)…. Chứng minh rằng tứ giác OBNP là hình bình hành. 1.0

Ta có

 1
2

ABM  AOM

. Mà OP là phân giác của góc

 1
2

AOM  AOP AOM 0,25

ABM AOP  MB OP|| (1) 0,25

Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau (gcg). Suy ra OP = BN (2) 0,25

Từ (1) và (2) suy ra OBNP là hình bình hành. 0,25

4c)…. Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP. 1,0
Gọi K là giao điểm của OP và AN. Do PN AO|| , suy ra AONP là hình chữ nhật, suy ra K là trung

điểm của OP. 0,25

Do PM OJ và ON PJ nên I là trực tâm tam giác OPJ. Suy ra IJ OP (3) 0,25
Ta có APO POI  (sole) và APO OPI , suy ra OPI POI . Do đó tam giác IPO cân tại I. 0,25
Mà K là trung điểm của OP nên IKOP (4). Từ (3) và (4) suy ra I J K, , thẳng hàng. 0,25
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



m n,



sao cho 6m2n2 là một số chính
phương.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>



1 1



6m2n 2 2 3m2m 2n 1

là một số chính phương thì 3m2m12n11 phải là
một số chẵn. Vậy trong hai số 3m2m1 và 2n1

có một số chẵn và một số lẻ.

0,25
TH1: Nếu 3m2m1 là số lẻ thì m1, khi đó 6m2n  2 8 2 .n

Ta thấy ngay n1,n2 không thỏa mãn và n3 thỏa mãn.

Xét n4, ta có





2 2

8 2 n 4 2n 2  2n 2

là số chính phương.

Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 mà 2n22 chia 4 dư 2 nên khơng là

số chính phương. Do đó cặp



m n,

 

1;3



là một nghiệm của bài tốn.

0,25

TH2: Nếu 2n1 là số lẻ thì n1, khi đó 6m2n  2 6m4. Ta có





6m  4 1 m 4 3

hoặc 5 (mod 7)

0,25

Mặt khác







 





 





 







2 2 2 2

7k 0 mod 7 , 7k1 1 mod 7 , 7k2 4 mod 7 , 7k3 2 mod 7 ,
Do đó 6m2n2 khơng thể là số chính phương. Vậy



m n,

 

1;3



là đáp số duy nhất cần tìm.

0,25

Câu 5 (1,0 điểm). Cho a b c d, , , là các số thực dương thỏa mãn :

1 1 1 1

a b c d  .

Chứng minh rằng :





2 1 2 1 2 1 2 1

3 8

2 2 2 2

a b c d

   

       

Nội dung Điểm

Ta có
2
2
2
1
1 2
2 1

2
a
a
a
a
a
a



 


. Mà





2
2 2
2
1 1
2 1
2 2
a a

a a a

     
       
 
   
 

Suy ra





2 1 1 1

. .

2 2 1

a
a
a
a


 

0,25
Ta có









1 4 4

3 1 4

1 1 1

a

a a

a a a



      

   . Cùng các BĐT tương tự ta được:









2 1 1 4

1 16

2 2 1

cyc cyc cyc

a

a b c d a

a
    

    

       
    
 
   
 



1 2

2 cyca
 
 
 
 
 



0,25





1 1

2 1 2 1 4

4cyc 4cyc cyc 1

a
a a
a
   
   
     
    

   



(do
1
1 2
1 1
cyc cyc
a
a a
 
   
   



, theo giả thiết)

0,25

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta được





1
1
4 1
a
a a
a
  

 , suy ra





1 4 4

4cyc cyc 1

a

a a b c d

a

       





</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Do đó









2 1

2 8

2
cyc

a

a b c d a b c d



        



(đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a   b c d 1.

Lưu ý khi chấm bài:

- Hướng dẫn chấm (HDC) chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của
học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì khơng cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó khơng được
điểm.

</div>

Đề Khảo sát chất lượng giáo viên cấp THCS Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017-2018. Môn Toán

<i>A</i>

.





























<i>A</i>



 

 

 



<sub></sub>

<sub></sub>



 





 





 





 























 























 



 

 

 































