De toan dap an thi GVG huyen 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND HUYỆN TAM DƯƠNG PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI LÝ THUYẾT GVDG BẬC THCS Năm học: 2012-2013 Môn: Toán Thời gian làm bài: 180 phút Đề thi này gồm 01 trang. Chú ý: Thí sinh dự thi không được sử dụng Máy tính cầm tay. A. PHẦN KIẾN THỨC CHUNG: (4,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm) Đồng chí hãy nêu các nhóm nhiệm vụ trọng tâm của ngành cần tập trung thực hiện trong năm học 2012-2013? Là giáo viên THCS, đồng chí phải làm gì đề góp phần nâng cao chất lượng và hiệu quả hoạt động giáo dục? Câu 2. (2,0 điểm) Trong việc kiểm tra đánh giá học sinh, chuẩn kiến thức, kỹ năng được xác định theo các mức độ: nhận biết, thông hiểu, vận dụng. Đồng chí hãy nêu các khái niệm: nhận biết, thông hiểu, vận dụng. Mỗi khái niệm lấy một ví dụ ở dạng trắc nghiệm khách quan theo chuyên môn của mình để minh hoạ. B. PHẦN KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN: (16,0 điểm). 2 2 Bài 1 (4,0 điểm). Cho phương trình (ẩn x ): x  ( m  2) x  m  3m  4 0 ( 1). a) Giải phương trình (1) với m 1  2 . b) Tìm m để tỉ số giữa hai nghiệm của phương trình (1) có giá trị tuyệt đối bằng 2. Bài 2 (4,0 điểm)..  m + 1 x - my = 5  x + my = m 2 + 4m m a) Cho hệ phương trình  ( là tham số). Tìm tất cả các giá trị m là số nguyên để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x ; y ) với x , y đều là những số nguyên. b) Cho x , y là các số tự nhiên thoả mãn x  y và x2 + x = 2y2 + y. Chứng minh rằng Bài 3 (4,0 điểm).. x- y. và. 2x + 2y + 1. là các số nguyên.. 4 3 2 a) Giải phương trình 4x - x - 90x - 6x + 144 = 0 . b) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn abc 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ab ac bc a 2 + b2 + c 2 + a + b + c + 1 P = 1+ + + + . c + 1 b +1 a + 1 (a + 1)(b + 1)(c + 1) Bài 4 (4,0 điểm). Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, M là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn (M khác B và C). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M xuống BC. Gọi P, Q, I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MBH, MCH và BMC. Tia MP cắt BC tại K. a) Chứng minh rằng tam giác CMK cân. b) Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác MPQ. c) Gọi F là giao điểm của PQ và MC. Chứng minh tứ giác CHQF nội tiếp.. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN B. PHẦN KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (16,0 điểm). Bài 1 (4,0 điểm). a) 1,5 điểm Nội dung trình bày 2 2 vào (1) ta được PT: x  (1  2) x  4 . Thay m 1 . Điểm 2 0.  19  6 2 (3 2  1) 2. PT có 2 nghiệm phân biệt. 0,5 0,5. x1  2; x2  1 . 2.. 0,5. b) 2,5 điểm Nội dung trình bày. Điểm. 3 7   m  3m  4   m     0 2 4  Vì a.c  với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm khác 0 phân biệt trái dấu. 0,75. Vì phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên x1  2 x2 hoặc x2  2 x1. 0,5. 2. 2. 2.  ( x1  2 x2 )( x2  2 x1 ) 0  2  x1  x2   x1 x2 0 Mặt khác Theo Vi-ét ta có. 0,5. (*). x1  x2 m  2; x1 x2  m 2  3m  4. (**). 0,25. 2 2 2 Từ (*) và (**) suy ra 2. (m  2)  m  3m  4 0  m  5m  4 0. 0,25. Do a  b  c 1  5  4 0 nên m1 1; m2 4.. 0,25. Bài 2 a) 2,0 điểm 2 Rút x từ PT (2) ta có x m  4m  my. m  1  m 2  4m   Thế vào PT (1) ta được 3. . my   my 5. 0,5. 2. m  m  2  y m  5m  4m  5.  Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m ≠ 0 và m ≠ -2.. 0,25. Khi đó nghiệm duy nhất là:.  m 2  4m  5 m3  5m 2  4m  5  ;  x, y    m2 m 2  2m  . 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ta có. x m  2 . nguyên thì. 1 m  2 , do đó để PT có nghiệm duy nhất và x là số nguyên với m là số. 0,5. m    1;1. 5 Z Thử trực tiếp với m = 1 thì 3 (loại), với m =-1 thì y = 5 (thỏa mãn) Vậy m = -1. 0,25. b) 2,0 điểm 2 2 Từ giả thiết ta có x + x = 2y + y.  2(x 2 - y 2 ) + x - y = x 2  (x - y)(2x + 2y +1) = x. 0,5 2. (*). Gọi d = ƯC (x - y;2x + 2y + 1) với d dương..  x - y d    2x + 2y + 1d. 0,5.  2x - 2y d   2x + 2y + 1d.  4x+1 d . Mà x 2 d  x d nên 1 d  d=1 Vậy x – y và 2x + 2y + 1 nguyên tố cùng nhau. (**). Từ (*), (**) và do x2 là số chính phương nên x – y và 2x + 2y + 1 là số chính phương. x- y. Do đó. và. 2x + 2y + 1. là các số nguyên.. 0,5. 0,5. Bài 3 a) 2,0 điểm Nội dung trình bày Xét x = 0 không là nghiệm.. Điểm 0,25. x 3 72   45 2 x 2  2 x Xét x 0 . Chia 2 vế cho 2x2, ta có PT: 2 x  x2 9  x 3 x2 9 2 2  t  t   2  3  8(t  3) 8   2   8(t 2  3) 2 x 2  72 2 x 4 x  4 x  x2 Đặt. 0,5. 2 2 Ta được PT bậc 2 ẩn t : t  45 8(t  3)  8t  t  69 0 23 t1 3; t2  8 . Giải PT tìm được. 0,5. x 3  3  x 2  6 x  6 0  x1,2 3  3 Với t 3  2 x Với. t.  23 x 3  23  23  145     4 x 2  23 x  24 0  x3,4  8 2 x 8 8. Vậy PT có 4 nghiệm b) 2,0 điểm. x1,2 3  3 x3,4 ;.  23  145  8. 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P 1  Ta có:. ab ac bc a 2  b 2  c 2  a  b  c  1    c 1 b 1 a 1 (a  1)(b  1)(c  1). 0,25. ab ac bc a 2  b 2  c 2  a  b  c  1 abc     c 1 b 1 a 1 (a  1)(b  1)(c  1)   a b 1 1   ab    c  b  1 a  1 ( a  1)(b  1)   c 1  . 0,5. 1   1   1    a   b  c  a 1  .  b 1  .  c 1   a. 0,25. 1 a 1 1 3(a 1) 3(a  1) 3( a  1)     1 1   1 a 1 4 a 1 4 4 4. Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 1 3(b  1) 1 3(c  1) b  c  b 1 4 ; c 1 4 Tương tự: P. Do đó: abc 1 ). Vậy Min. 27(a  1)(b  1)(c  1) 27.8 abc 27   64 64 8 (Áp dụng BĐT AM-GM và giả thiết. P. 0,5. 0,25. 27 8 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1.. 0,25. Bài 4 a) 1,5 điểm. M. I E B. Q. P K. H. F. O L. C.    KBM  BMK Ta có MKH (1) (tính chất góc ngoài của tam giác)       Mà KMC KMH  HMC KMB  HMC (2) (vì MK là tia phân giác của BMH ) 0    Lại có CMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MBK HMC (3).    (cùng phụ với BMH ). Từ (1), (2) và (3) suy ra MKH KMC  CMK cân tại C.. 0,75. 0,75. b) 1,0 điểm . Vì I, Q thuộc tia phân giác của MCK nên C, I, Q thẳng hàng. Tam giác MCK cân tại C có CI là đường phân giác  CI là đường cao  CI  MK (1). 0,5. Chứng minh tương tự: BML cân tại B và ba điểm B, P, I thẳng hàng  BI  ML (2) Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm của tam giác MPQ.. 0,5. c) 1,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>     Ta có: BMH MCH  KMH QCH 0   Mặt khác: PHM QHC 45  MPH đồng dạng với CQH ( g  g ). PH MH BM PH BM   tg MCB    QH HC MC QH MC suy ra 0   Lại có: BMC PHQ 90  QPH đồng dạng với CMB (c  g  c).      HQP MCB  MCB  HQF 1800  tứ giác CHQF nội tiếp đường tròn. 0,5. 0,5. 0,5. 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 giáo viên giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. -Trong quá trình giải bài của giáo viên 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 giáo viên 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm.. ------------------------------------------.

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