De DA Toan thi GVG Nghia Dan 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>§Ò thi chän gi¸o viªn d¹y giái huyÖn cÊp thcs N¨m häc 2012- 2013. PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN. Môn thi: TOÁN HỌC Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1 ( 2,0 điểm ) : a) Đồng chí hãy cho biết những hạn chế của dạy học hợp tác theo nhóm và hướng khắc phục. b) Trong việc hướng dẫn bài tập ở nhà cho học sinh ta cần lưu ý điều gì ? Bài 2 : (1,0 điểm) 2. 4 x  1  4 x  1 1 . a) Giải phương trình: 2 2 b) Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất: P 5 x  2 y  2 xy  4 x  2 y  2013. Bài 3 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt BC ở D. Tiếp tuyến tại D cắt AC ở M. Chứng minh MD = MC. a) Đồng chí hãy giải bài toán trên bằng 2 cách. b) Phát biểu và chứng minh bài toán đảo. Bài 4 ( 2,0 điểm ) Cho x , y , z là các số thực khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng : x2.  x  1. 2. . y2.  y  1. 2. . z2.  z  1. 2. 1. Hãy giải và tổng quát hóa bài toán . Bài 5 ( 2,5 điểm ) Cho tam giác ABC , M ở trong tam giác . Các đường thẳng AM , BM , CM lần lượt cắt các cạnh BC , AC , AB tại A1 , B1 , C1 . AM BM CM   A1M B1M C1M đạt giá trị nhỏ nhất .. Xác định vị trí điểm M để tổng a) Anh ( chị ) hãy giải bài toán trên . b) Từ định hướng lời giải trên hãy khai thác thêm hai bài toán cho học sinh giỏi.. _____________________________Hết ______________________________ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm .. Hướng dẫn chấm và biểu điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI. 1. NỘI DUNG. ĐIÊM. a) * Hạn chế : - Hiệu quả học tập phụ thuộc hoạt động của các thành viên - Khả năng bao quát của giáo viên gặp khó khăn vì số học sinh hiện nay trong mỗi lớp đang còn đông - Xác định nhiệm vụ mỗi nhóm và mỗi cá nhân trong nhóm tùy thuộc vào nhiều 0,5 đ yếu tố , trong đó có yêu cầu chung của chương trình và đặc điểm cụ thể của học sinh * Hướng khắc phục : - GV cần chuẩn bị kỹ ở nhà : Mục đích , kế hoạch , thời gian …. - GV tích cực bao quát các nhóm làm việc 0,5 đ - Gọi bất kỳ học sinh trong nhóm trình bày kết quả nhằm bắt buộc tất cả học sinh đều phải làm việc ... b ) cần lưu ý : - Cần hạn chế số lượng bài tập ở mức hợp lý , tránh gây nên tình trạng hs không có thời gian để học các môn khác và tham gia các hoạt động khác . - Cần lựa chọn thời điểm thích hợp để hướng dẫn từng bài tập về nhà ( Không nhất thiết phải đợi đến cuối tiết ) 1,0 đ - Nội dung bài tập về nhà cần phải phù hợp với mục tiêu bài học và hoàn cảnh lớp học . - Cần lựa chọn , sắp xếp bài tập phù hợp với trình độ học sinh a). Ta thấy. x. 1 2 là nghiệm của phương trình.. 1 2 thì Vt > 1 = Vp. Nếu 1 x 2 thì Vt < 1 = Vp. Nếu x. 2. 0,5 đ. Do đó phương trình không có nghiệm trong hai trường hợp này. Vậy phương trình có một nghiệm là. x. 1 2.. 2 2 2 2 2 b) P ( x  y  2 xy)  (4 x  y 1  4 xy  4 x  2 y)  2012 2 2 = ( x  y )  (2 x  y  1)  2 012.. Pmin. Với mọi x, y thì P 2012 . Nên. 1  x   x  y 0  3 2012     2 x  y  1 0  y  1  3. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>   1 sđ AB  sđ AD  1 sđ BD  C 2 2 Cách 1: Xét tam giác MDC có: 1    MDC BDx  sđ BD 2   Suy ra: MCD MDC hay tam giác MDC cân tại D. . 3. . Cách 2: Xét tam giác ABC có: OA = OB (AB là đường kính (O) ) OM // BC ( vì cùng  AD ) Suy ra: MA = MC Tam giác ADC vuông tại D nên MD là đường trung tuyến ứng với cạnh. 0,5 đ. 0,5 đ. 1 huyền và MD = 2 AC hay MD = MC (đpcm). Bài toán đảo: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt BC ở D. Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho MD = MC. Chứng minh MD là tiếp tuyến của đường tròn tâm O đường kính AB. Chứng minh :   Ta có: MC = MD   MCD cân tại M nên MDC C   Lại có: C OAD (cùng phụ với góc B)     Mà OAD ODA (  AOD cân tại O) nên MDC ODA 0 0     Vì MDC  MDA 90 nên ODA  MDA 90 hay MD  OD Vậy, MD là tiếp tuyến của (O) Đặt. a. y x b y 1 x 1 ;. ;. c. ( Vì xyz = 1 ) Suy ra : ( a + b + c ) – ( ab + bc + ca ) – 1 = 0  ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) – 1 Do đó :  x  1. 2. . y2.  y  1. 2. . 0,75 đ. z z 1.  z  x  y   1   1   1  Ta có ( a – 1 ) ( b – 1 ) ( c – 1 ) =  x  1   y  1   z  1  = 1 xyz  abc  x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z  1. x2. 0,75 đ. z2 2.  z  1 = a2 + b2 + c2 = ( a + b + c )2 – 2 ( ab + bc + ca ) = ( a + b + c ) 2 – 2 ( a + b + c ) + 2.. 0,5 đ. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> = ( a + b + c – 1 )2 + 1  1 . ( đpcm ) Tổng quát : Cho x , y , z là các số thực khác 1 và thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng với mọi số thực m ta có : 2. 4. 2. 0,5 đ. 2.  xm  y m   z m       1  x 1   y 1   z 1  (*) xm b y m z m am bm cm a c x y z y 1 ; x 1 ; z  1 Suy ra : a 1 ; b 1 ; c 1 C/m : Đặt am bm cm Do đó : a  1 . b  1 . c  1 = 1  ( m + 1 ). 0,5 đ.  ab  bc  ca  (m  1)(a  b  c)  m 2  m  1 0. Nếu m = - 1 thì ( * ) đúng 2 Nếu m  -1 thì ab  bc  ca (1  m)(a  b  c)  (m  m  1) Suy ra : a2 + b2 + c2 = ( a + b + c + m - 1 )2 + m2 + 1  1 ( đpcm ) a) Gọi S , S1 , S2 , S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC , MBC ,MAC, MAB .Vẽ AH  BC ; MK  BC ( H , K  BC )  AH // MK A . 5. . AA1 AH S  A1M = MK S1 A1 A  A1M S  S1 S2  S3 AM   A1M = A1M S1 S1. S 2  S3 S 2 S 3 AM   S1 S1  A1M = S1 S1  S3 S1 S3 BM   B M S S2 S2 1 2 Tương tự : =. C1. B1. 0,5đ. M. B. H. K. A1. 0,5đ. CM S1  S 2 S1 S2   C1M = S3 S 3 S3 AM BM CM S 2 S1 S 2 S3 S1 S3      Ta có : A1M B1M C1M = ( S1 S2 ) + ( S3 S2 ) + ( S3 S1 )  2 + 2 + 2 = 6 AM BM CM   A M B M C1M  6 ( không đổi ) 1 1 Do đó S 2 S1 S 2 S3 S1 S3    S S S S S S1  1 2 3 2 3 Dấu “ = ” xảy ra ; ( ;  M là trọng tâm của tam giác ABC .. C. . 0,5đ. S1 = S 2 = S 3. b ) Có thể khai thác bài toán thêm các ý sau : -. AM BM CM . . A M B M C1M đạt GTNN 1 Tích 1 A1M B1M C1M   Tổng AM BM CM Đạt GTNN A1M B1M C1M . . Tích AM BM CM Đạt GTLN. 1,0đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> - Tổng. AM BM CM   A1M B1M C1M. Đạt GTNN. Ghi chú: Nếu thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>