ĐỀ CHÍNH THỨC UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán - THCS Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày kiểm tra: 14 tháng 4 năm 2013 Câu 1 (1,5 điểm): 1) Tính giá trị của biểu thức 2 2 2 2 P x (x y) 2y (x y) 2013x 4026y 2(x y) 4036= + − + + − + + + , biết rằng x + y + 2013 = 0. 2) Tìm số tự nhiên n biết rằng khi chia 147 và 193 cho n thì có số dư lần lượt là 17 và 11. Câu 2 (2,0 điểm): 1) Tìm x, y, z biết: x = 4y = −z 9 125 và x + y + z = 2029. 2) Cho các đơn thức: M = xy 2 z 3 ; N = yz 2 t 3 ; P = zt 2 x 3 ; Q = tx 2 y 3 . Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu. Câu 3 (2,0 điểm): 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2 2 x 2xy 15y + − . 2) Cho A = 1 3 + 2 3 + 3 3 + ××× + 100 3 và B = 1 + 2 + 3 + ××× + 100. Chứng minh rằng A chia hết cho B. 3) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 x 4 x 4 x x x 4 x x x x + + + − + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ . Câu 4 (3,0 điểm): Từ một điểm D nằm ngoài đường tròn (O; R) kẻ hai tiếp tuyến DA và DB đến đường tròn (A và B là các tiếp điểm). Kẻ tia Dx nằm giữa hai tia DA và DO, tia Dx cắt đường tròn tại hai điểm C và E (E nằm giữa C và D). Đoạn thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại M. Chứng minh rằng: 1) DC.DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp. 2) · · CMA=EMA . 3) 2 MB DE = MC DC ÷ . Câu 5 (1,5 điểm): 1) Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 2 2 4a + 3ab 11b− chia hết cho 5 thì 4 4 a b− chia hết cho 5. 2) Chứng minh rằng: 1 1 5 3 7 5 9 7 1 1 1 1 1 3 (2n +1) 2n 1 + + + +×××+ < − , với n * ∈¥ . HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GD& ĐT BẮC NINH HDC ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán - THCS CÂU PHẦN NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1 1,5 điểm 1) 0,75 đ 1) Tính giá trị của biểu thức sau biết rằng x + y + 2013 = 0. P = x 2 (x + y) – 2y 2 (x + y) + 2013x 2 – 4026y 2 + 2(x + y) + 4036. Ta có: x + y + 2013 = 0 x y 2013⇒ + = − , thay vào biểu thức P, ta được: P = -2013x 2 – 2y 2 .(-2013) + 2013x 2 – 4026y 2 + 2(-2013) + 4036 = -2013x 2 + 4026y 2 + 2013x 2 – 4026y 2 - 4026 + 4036 = 10. Vậy P = 10 với x + y + 2013 = 0. 0,25 0,25 0,25 2) 0,75 đ 2) Tìm số tự nhiên n biết rằng khi chia 147 và 193 cho n thì có số dư lần lượt là 17 và 11. + Vì 147 chia cho n có dư là 17; n ∈ * ¥ nên n > 17 và 147 -17 M n hay 130 M n (1) + Vì 193 chia cho n có dư 11; n ∈ * ¥ nên n > 11 và 193 - 11 M n hay 182 M n (2) Từ (1) và (2) ⇒ n ∈ ƯC(130,182) Mà ƯC(130,182) = { } 1; 2; 13; 26± ± ± ± Kết hợp với n > 17 nên n = 26. 0,25 0,25 0,25 Câu 2 2,0 điểm 1) 1,0 đ 1) Tìm x,y, z biết: x = 4y = z 9 125 − và x + y + z = 2029. Từ giả thiết suy ra x y z 9 4 1 500 − = = Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau: − + + − = = = + + x y z 9 x y z 9 4 1 500 4 1 500 = 2029 9 505 − = 2020 505 = 4 Từ đó suy ra: x = 16; y = 4; z = 2009 0,25 0,25 0,25 0,25 2) 1,0 ® 2) Cho các đơn thức M = xy 2 z 3 ; N = yz 2 t 3 ; P = zt 2 x 3 ; Q = tx 2 y 3 . Chứng tỏ rằng với giá trị của các biến làm 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu. + Xét tích M.N.P.Q = xy 2 z 3 .yz 2 t 3 . zt 2 x 3 . tx 2 y 3 = x 6 y 6 z 6 t 6 ≥ 0 với mọi x,y,z,t. + Giả sử tồn tại giá trị nào đó của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu, không mất tính tổng quát giả sử đó là các đơn thức M và N ⇒ M.N < 0. ⇒ xyzt ≠ 0 ⇒ M.N.P.Q ≠ 0 ⇒ M.N.P.Q > 0 + ⇒ P.Q < 0 (Vì M.N < 0) hay P và Q có giá trị khác dấu. +Vậy với mọi giá trị của các biến làm cho 2 trong 4 đơn thức trên có giá trị khác dấu thì 2 đơn thức còn lại cũng có giá trị khác dấu. 0,25 0,25 0,25 0,25 ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 3 2,0 điểm 1) 0,5 đ 1)Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 2 2 x 2xy 15y + − . Ta có x 2 + 2xy – 15y 2 = x 2 + 2xy + y 2 – 16y 2 = (x + y) 2 – (4y) 2 = (x – 3y)(x + 5y) 0,25 0,25 2) 1,0 đ 2) Cho A = 1 3 + 2 3 + 3 3 + + 100 3 và B = 1+ 2+ 3 + + 100. Chứng minh rằng A chia hết cho B. + Chỉ ra A và B đều có 100 số hạng, tính đúng B = 50.101 + Biến đổi A = (1 3 + 100 3 ) + (2 3 + 99 3 ) + (3 3 + 98 3 ) + + (50 3 + 51 3 ) = 101.(1 2 – 1.100 + 100 2 +2 2 – 2.99 + 99 2 + +50 2 – 50.51 + 51 2 ) + Chỉ ra 1 2 – 1.100 + 100 2 +2 2 – 2.99 + 99 2 + + 50 2 – 50.51 + 51 2 là số nguyên Do đó A chia hết cho 101. Lại có A = (1 3 + 99 3 ) + (2 3 + 98 3 ) + (3 3 + 97 3 ) + + (49 3 + 51 3 ) + (50 3 + 100 3 ) = 100.(1 2 – 1.99 + 99 2 +2 2 – 2.98 + 98 2 + + 50 2 – 50.100 + 100 2 ) Tương tự trên, chỉ ra A chia hết cho 50 Mà (50, 101) = 1 và 50.101 = B do đó A chia hết cho B. 0,25 0,25 0,25 0,25 3) 0,5 đ 3) Giải phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 4 4 4x x x x x x x x x + + + − + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ Xét phương trình: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 x 4 x 4 x x x 4 x x x x + + + − + + = + ÷ ÷ ÷ ÷ (1) ĐKXĐ: 0x ≠ (1) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 8 x 4 x x x x 4 x x x x ⇔ + + + + − + = + ÷ ÷ ÷ ÷ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 1 8 x 8 x x 4 x 4 16 x x ⇔ + − + = + ⇔ + = ÷ ÷ x 0 x 0 x 8 ≠ ⇔ = = − x 8⇔ = − Vậy phương trình đã cho có nghiệm tập nghiệm là: { } S 8= − 0,25 0,25 Câu 4 3,0 điểm x M A B O E C D 1) 1,0 ® 1) DC.DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp. +)Ta có V DBE đồng dạng V DCB (g - g), do đó DC.DE = DB 2 (1) +)Vì V DBO có µ 0 B 90= và BM là đường cao nên DB 2 = DO.DM (2) +)Từ (1) và (2) ⇒ DC.DE = DO.DM , kết hợp với góc MDE chung 0,25 0,25 nên V DME đồng dạng với V DCO (c.g.c) +) Suy ra · · DME DCO = . Lại có · DME là góc ngoài của tứ giác OMEC, do đó tứ giác OMEC nội tiếp. 0,25 0.25 2) 1,0 ® 2) · · CMA=EMA Ta có · · · 0 0 CMA 90 OMC 90 OEC = − = − (tứ giác OMEC nội tiếp) · 0 90 OCE = − (vì tam giác OCE cân tại O) · 0 90 DME = − (tứ giác OMEC nội tiếp) · EMA = . Vậy · · CMA EMA = 0,25 0,25 0,25 0,25 3) 1,0 ® 3) 2 MB DE = MC DC ÷ +)Ta có: · · · 0 0 BMC 90 OMC 90 OEC = + = + (OMEC tứ giác nội tiếp) · 0 0 180 COE 90 2 − = + (vì tam giác OCE cân tại O) 0 1 180 2 = − sđ ¼ CAE = 1 2 (360 0 - sđ ¼ CAE ) = 1 2 sđ ¼ · CBE CAE = · · BMC CAE ⇒ = (1) Mặt khác · · CBM CEA = (2) (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) Từ (1) và (2) ⇒ V BCM đồng dạng với V ECA (g.g) MB AE MC AC ⇒ = (3) Vì V DAE đồng dạng với V DCA (g.g) nên AE DE DA CA DA DC = = , do đó 2 AE DE DA DE . AC DA DC DC = = ÷ (4) Từ (3) và (4) 2 MB DE MC DC ⇒ = ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5 1,5 điểm 1) 0,75 đ ( ) ( ) ( ) + − ⇒ + − − + − ⇒ + + ⇒ + M M M M 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 a 2ab b 5 a b 5 ⇒ + M a b 5 ( Vì 5 là số nguyên tố) ( ) ( ) ( ) 4 4 2 2 a b a b a b a b 5⇒ − = + + − M 0,25 0,25 0,25 2) 0,75 đ Đặt: ( ) 1 2n 1 A n (2n 1) 2n 1 (2n 1) 2n 1 − = = + − + − , với n * N∈ 2n 1 1 1 2n 1 1 1 1 1 A n 2 2n 1 2n 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 − − = − = + − ÷ ÷ ÷ − + − + − + Vì 1 1 0 2n 1 2n 1 − > − + và 1 1 2 2n 1 2n 1 2n 1 + < − + − nên A n < 1 1 ( n *) 2n 1 2n 1 − ∀ ∈ − + ¥ Do đó: 1 2 3 n 1 1 1 1 1 A A A A 1 3 3 5 2n 1 2n 1 + + + + < − + − +×××+ − − + 1 2 3 n 1 A A A A 1 1 2n 1 + + + + < − < + 0,25 0,25 0,25 Lưu ý: - Thí sinh làm theo các khác đúng vẫn cho điểm tối đa. - Điểm bài thi làm tròn đến 0,25 điểm. . (3) Vì V DAE đồng dạng với V DCA (g.g) nên AE DE DA CA DA DC = = , do đó 2 AE DE DA DE . AC DA DC DC = = ÷ (4) Từ (3) và (4) 2 MB DE MC DC ⇒ = ÷ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu. DC .DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp. +)Ta có V DBE đồng dạng V DCB (g - g), do đó DC .DE = DB 2 (1) +)Vì V DBO có µ 0 B 90= và BM là đường cao nên DB 2 = DO.DM (2) +)Từ (1) và (2) ⇒ DC .DE. D). Đoạn thẳng OD cắt đoạn thẳng AB tại M. Chứng minh rằng: 1) DC .DE = DO.DM và tứ giác OMEC nội tiếp. 2) · · CMA=EMA . 3) 2 MB DE = MC DC ÷ . Câu 5 (1,5 điểm): 1) Với a, b là các số