de thi GVG toan tinh Ninh Binh THCS

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GDĐT TP NINH BÌNH HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP THCS NĂM HỌC 2014 - 2015. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC MÔN TOÁN. Hướng dẫn chấm gồm 03 trang. I. Hướng dẫn chung 1. Bài làm của thí sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó. 2. Thí sinh có thể sử dụng kết quả câu trước làm câu sau. 3. Đối với bài hình, nếu vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không cho điểm. 4. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng vẫn cho điểm đủ từng phần như hướng dẫn, thang điểm chi tiết do tổ chấm thống nhất. 5. Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn phải đảm bảo không sai lệch và được thống nhất thực hiện trong toàn hội đồng chấm thi. 6. Bài thi không làm tròn điểm. II. Hướng dẫn chi tiết Câu Nội dung Điểm a. (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x  0; x 1 . 3 x  x  1 x 2 x 1 2 x  1 x 1   0,25 A   x  x 1 x x1.  . x   x. . . . x  1 x  x 1 x  x 1. . .  . 2. . .  . x 1  2. x  1  2 x  1  2 x  2 x . . . x 1. x 1. 0,25 0,25. b. (1,0 điểm) 2 x 2 x 2   1 A x  x 1 x  1 x . Với x  0; x 1 ta có 1 x 2 x Áp dụng BĐT Cô – si ta có: . Đẳng thức xảy ra khi Q. Câu 1 (2,0 điểm). 1 x  x 1 x . 1 1  2  x  1 1 0  Q  2 x  0; x  1 x x Vậy với ta có . Vậy 1 là giá trị nguyên duy nhất mà Q có thể nhận. 2 x 7 3 5 Q 1  1  x  3 x  1 0 x x  x 1 2 Ta có . Giải PT tìm được x. Câu 2 (1,0 điểm). 7 3 5 x 2 (t/m). Vậy là các giá trị cần tìm của x. Phương trình xác định với mọi x thuộc R.  x  6   3  x   2 x 2  3x  5 8  x 2  3x  5  2 x 2  3x  5  15 0 2 Đặt t  x  3x  5 ( t  0 ), phương trình trên trở thành  t  5 (l) t 2  2t  15 0    t 3 (tm). 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x 1 x 2  3x  5 3  x 2  3x  4 0    x  4 . Với t 3 ta được Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 và x  4 .. 0,25. a. (1,0 điểm) 4x  3  a  x 2  1 4x  3  ax 2  4x  3  a P 2 a  a  x 1 x 2 1 x 2 1 Đặt. 0,25. 2 Ta tìm a để  ax  4x  3  a là bình phương của một tổng (hiệu). Điều này xảy ra  a  1  ' 0  4  a  3  a  0   a 2  3a  4 0    a 4 . khi và chỉ khi. 0,5. 2.  x  2 x 2  4x  4 P  1   1  2 2 x 1 x 1 . Với a  1 ta được Câu 3 (2,0 điểm). P 4 . 0,25. 2.  4x  4x  1  2x  1 4  2 x 1 x 2 1 . 2. Với a 4 ta được b. (1,0 điểm) 4x  3 P 2  Px 2  4x  P  3 0 x 1 (*). Ta coi (*) là một phương trình bậc hai ẩn x tham số P. Ta tìm điều kiện của P để phương trình (*) có nghiệm. 3  4x  3 0  x  4. Với P 0 phương trình (*) trở thành  ' 4  P  P  3  P 2  3P  4 Với P 0 : . Để (*) có nghiệm thì ta phải có 2  ' 0   P  3P  4 0   1 P 4 . Vậy điều kiện để (*) có nghiệm là  1 P 4 . P  1  x  2;P 4  x . Câu 4 (4,0 điểm). 1 2 . Vậy min P  1 và maxP 4 .. 0,25. 0,5. 0,25. a. (1,5 điểm). P C. A. O. . B H. 1  ADC  AC 2 Ta có (góc nội tiếp) 1  1    CPQ APB  AB  CB  AC 2 2 Lại có (góc có đỉnh ở ngoài đường tròn)   Suy ra CPQ ADC (1). I. D. E. . 0,25 0,25 0,25. o   Mặt khác ADC  CDQ 180 (2) o   Từ (1) và (2) suy ra CPQ  CDQ 180 .. 0,25. Do đó tứ giác CPQD là nội tiếp.. 0,25. 0,25. Q b. (1,5 điểm) Gọi H là giao điểm của AI và CD. Tam giác APQ vuông tại A mà AI là trung. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> tuyến của tam giác nên ta có IA IQ hay tam giác IAQ cân tại I. Từ đó ta có   DAH DQP .   Lại có DQP ACD (cùng bù với góc DCP)   Suy ra DAH ACD o   Mặt khác ta lại có ACD  ADC 90 (do tam giác ACD vuông tại A) o   Vậy DAH  ADH 90   AHD 90o  AI  CD . c. (1,0 điểm) Do tứ giác CPQD nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tứ giác CPQD. Do đó tâm E của đường tròn ngoại tiếp tam giác CPD là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn thẳng CD và PQ Tức là ta có EO  CD và EI  PQ . Suy ra AO // EI (cùng vuông góc với PQ) và EO // AI (cùng vuông góc với CD). Vậy tứ giác AOEI là hình bình hành. Do đó ta có EI = AO = R. Vậy khoảng cách từ E đến PQ luôn không đổi. Suy ra E chạy trên đường thẳng song song với PQ và cách PQ một khoảng không đổi bằng R. Giả sử đường thẳng d có phương trình y mx  n ( a 0, b 0 ). b  m  a   A a;0  B  0;b  a, b  0 n b . Giả sử  , ( ). Suy ra ta có b x y y  x  b  bx  ay ab   1 a a b Vậy phương trình của d là . 1 2  1 M 1; 2 Ta có OA  OB a  b . Vì d đi qua   nên ta có a b (*). ma  n 0   n b. Câu 5 (1,0 điểm). a Áp dụng bất đẳng thức  1 2    1 2 a b.  a  b  . . . 2. 2.  b 2   x 2  y 2   ax  by . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 2. ta có.  a  b 3  2 2 .. 1 a  b  2   1 2   1 Dấu bằng xảy ra khi  a b. 0,25. a 1  2  b 2  2 .. a 1  2  min  OA  OB  3  2 2 Vậy khi b 2  2 . Khi đó phương trình đường thẳng 2 2 y  x  2  2  2x  2  2 1  2 d cần tìm là . --------Hết--------. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>