de thi kscl gao vien toan thcs

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN. së GD&ĐT Đề chính thức. Đề thi môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút. 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình: (2m  1) x  4mx  4 0 ( m là tham số). (1).. Xác định m để: a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 3x2 . c) Phương trình (1) có hai nghiệm nhỏ hơn 3. Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình, hệ phương trình: a) 5 x  1  x  1 2.  x 2  3 xy  2 y 2  1  2 x  2  3 y 9 b) . Câu 3 (2,0 điểm). 3x  my m  a) Cho hệ phương trình: (m  1) x  2 y m  1. ( m là tham số). 2 Xác định m để hệ phương có nghiệm duy nhất ( x, y ) thoả mãn: x  y 1 .. b) Chứng minh rằng số n  n  4 không phải là số nguyên dương với mọi số nguyên dương n. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt AB tại C. Chứng minh rằng: a) MB.BD MD.BC b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi. Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. Q. ab ac bc 1    . c  ab b  ac a  bc 4abc. -----HẾT-----Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD………………….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN HÈ 2012 Môn: Toán Câu 1 (2,0 điểm) a) 0,75 điểm Nội dung trình bày  a 0  '    0 . 2m  1 0   2 4 m  8 m  4  0 . Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1  m   2 1 m  m 1 2 và m 1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt . Vậy với. Điểm 1  m  2  4( m  1) 2  0 . 0,5. 0,25. b) 0,75 điểm Điểm Phương trình có 2 nghiệm 4m  (1)  x1  x2  2m  1  4  (2)  x1 x2  2m  1  (3)  x1 3 x2  .  m. 1 2 . Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ:. 0,25. x2 . m 3m , x1  2m  1 2m  1. Thay (3) vào (1) ta được m 3m x2  , x1  2m  1 2m  1 vào PT (2) ta được phương trình 3m 2  8m  4 0 . Thay. Giải PT ta được. m1 2, m2 . 2 3 (thỏa mãn điều kiện). 2 m1 2, m2  3 thì PT có nghiệm x1 3 x2 . KL: Với. 0,25. 0,25. c) 0,5 điểm Nội dung trình bày  m. Điểm. 1 2.. Phương trình có 2 nghiệm  x1  3 ( x1  3)( x2  3)  0  x1 x2  3( x1  x2 )  9  0    x2  3   x1  3  x2  3  0   x1  x2  6  0  Ta có 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25 Câu 2 (2,0 điểm) a) 1,0 điểm Nội dung trình bày. Điểm 0,5 0,25 0,25. b) 1,0 điểm Nội dung trình bày. Điểm 0,5 0,25 0,25. Nội dung trình bày. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. Nội dung trình bày. Điểm 0.25 0.25 0,25 0,25. Nội dung trình bày. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. Nội dung trình bày. Điểm 0,5 0,25 0, 25 0,25. Nội dung trình bày. Điểm 0,25. Câu 3 (2,0 điểm) a) 1,0 điểm. b) 1,0 điểm. Câu 4 (1,25 điểm).. Câu 5 (2,5 điểm) a) 0,75 điểm. b) 0,75 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,25 0,25 c) 1,0 điểm Nội dung trình bày. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. 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 GV giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. -Trong quá trình giải bài của GV 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 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. ----------------------------------------------------Ta có: c  ab c (a  b  c )  ab (c  a )(c  b) Tương tự : b  ac (b  a)(b  c) ; a  bc (a  b)(a  c ) ab ac bc 1 ab ac bc 1 Q        c  ab b  ac a  bc 4abc (c  a )(c  b) (b  a )(b  c ) (a  b)(a  c ) 4abc Do đó: ab( a  b)  ac( a  c)  bc(b  c) 1 a 3  b 3  b3  c 3  c 3  a 3 1     (a  b)(b  c)(c  a ) 4abc 8abc 4abc 3 3 (Áp dụng BĐT: AM-GM; BĐT x  y xy ( x  y ) với x, y  0, dấu bằng xảy ra  x  y ) a3  b3  c3 1  4abc 4abc 3 3 3 2 2 2 Lại có a  b  c (a  b  c )(a  b  c  ab  bc  ca )  3abc 1  3(ab  bc  ca )  3abc . (do a  b  c 1 ) a 3  b3  c3 1  3(ab  bc  ca )  3abc  9 3 a 2b 2 c 2  3abc Q    4abc 4abc 4abc 4abc Bởi vậy 1 9  1  3  3   .   27  3  6 4  abc  4 ( áp dụng BĐT AM-GM: ab  bc  ca 3 3 a 2b2 c 2 ). 1 a b c  . 3 Vậy Max Q  6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi. Bµi 4: (3,0 ®iÓm). 3. abc . a b c 1  3 3 và.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> N. D. J I. A. O. C. B M. a) XÐt MBC vµ MDB cã:   BDM MBC (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)   BMC BMD. 0,5 ®. Do vậy MBC và MDB đồng dạng MB MD   MB.BD MD.BC BD Suy ra BC. 0,5 ®.    b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC  BJC   MBC  2 hay  180 0  BJC  BCJ c©n t¹i J  CBJ  2. 0,5 ®.   BJC 180 O  BJC MBC  CBJ    90 O  MB  BJ 2 2 Suy ra Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB. 0,5 ®. c) Kẻ đờng kính MN của (O)  NB  MB Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp ADC Chøng minh t¬ng tù I thuéc AN     Ta cã ANB ADB 2BDM BJC  CJ // IN Chøng minh t¬ng tù: CI // JN Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành  CI = NJ Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là: IC + JB = BN (không đổi). 0,5 ®. 0,5 ®.

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