SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a) Thầy (cô) hãy nêu cấu trúc thông thường của một bài học (hoặc của một phần bài học) thực hiện theo dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề? Hãy nêu một số cách dùng để tạo tình huống gợi vấn đề. b) Nêu mục đích và các bước thực hiện dạy bài ôn tập? Hãy trình bày hai phương án thiết kế bài dạy ôn tập. c) Nêu những ưu điểm và hạn chế của việc khai thác sử dụng các phần mềm tin học trong trường THPT hiện nay. Hướng khắc phục những hạn chế đó. Câu 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: 3 cosA+cosB+cosC 2 ≤ a) Hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo hai cách khác nhau sau đó trình bày một cách giải. b) Hãy phát biểu bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD và trình bày lời giải. Câu 3: Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCD.A B C D có các cạnh bằng 1. Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AD và 1 BB sao cho 0 AM BN 1< = < . Gọi I và J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và 1 1 C D . Chứng minh rằng bốn điểm M, N, I và J đồng phẳng. Thầy (cô) hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo 2 phương pháp giải khác nhau sau đó trình bày một cách giải. Câu 4: Giải phương trình: 3 2 2 3 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − Câu 5: Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xyz x y P x yz y zx z xy = + + + + + Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN C â u Nội dung Đi ểm 1a * Cấu trúc thông thường của một bài học (hoặc một phần bài học) thực hiện theo dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề gồm: 1) Phát hiện vấn đề: - Tạo tình huống có vấn đề; - Phát hiện và nhận dạng vấn đề nảy sinh; - Phát hiện vấn đề cần giải quyết. 2) Giải quyết vấn đề: - Đề xuất các giả thuyết; - Lập kế hoạch giải; - Thực hiện kế hoạc giải. 3) Kết luận: - Thảo luận kết quả và đánh giá; - Khẳng định hay bác bỏ giả thuyết đã nêu; - Phát biểu kết luận - Đề xuất vấn đề mới. * Một số cách thông thường để tạo tình huống có vấn đề: 1) Yêu cầu học sinh giải một bài toán mà HS chưa biết thuật toán. 2) Khái quát hóa. 3) Tương tự hóa. 4) Dự đoán kết quả nhờ nhận xét trực quan, thực nghiệm … 5) Lật ngược vấn đề 6) Tìm sai lầm trong lời giải va sửa chữa sai lầm đó. 1 đ 1 đ 1b * Mục đích của tiết dạy ôn tập (Cần hiểu là có thể ôn tập chương, Ôn tập học kỳ,…) Dạy học ôn tập nhằm tổ chức, điều khiển học sinh ôn tập, tổng kết, hệ thống hóa và khái quát hóa tri thức, kĩ năng, kĩ năng sau khi học xong một chương, một phần hay toàn bộ chương trình học. *Loại bài dạy này thường có các bước sau: - Tổ chức lớp; - Định hướng mục đích và nhiệm vụ bài dạy; - Tổ chức cho học sinh hệ thống hóa, khái quát hóa trên cơ sở đã được chuẩn bị trước, nhằm xây dựng nên những bảng tổng kết, các sơ đồ, biều đồ,…; - Tổng kết bài học; - Hướng dẫn công việc ở nhà. * Hai phương án thiết kế dạy ôn tập: Phương án 1: Thiết kế 4 nhóm bài tập (Mỗi nhóm có các bài tập dễ đến khó tương ứng với các mức độ: Biết, hiểu, vận dụng) giao tương ứng với 4 nhóm đối tượng HS: Giỏi – Khá – Trung bình – Yếu, kém. Sau đó GV tổ chức các HĐ: HĐ1: Giao các bài tập tương ứng cho các nhóm đối tượng HS và yêu cầu giải có giới hạn thời gian HĐ2: GV theo dõi quá trình giải của học sinh, Hướng dẫn, giải đáp các thắc mắc của HS. HĐ3: Kiểm tra, đánh giá quá, trình làm việc của HS, bổ sung, sửa chữa sai sót của HS 0.5 0.5 0.5 HĐ4: Chuẩn hóa kiến thức cho HS Phương án trên thường áp dụng cho đối tượng học sinh khá, có ý thức cao. Đối với học sinh diện TB, Yếu, kém thì có thể thiết kế quá trình dạy học theo các giai đoạn: Giai đoạn 1: GV làm mẫu để hs bắt chước theo mẫu, cố gắng xây dựng thuật toán, quy trình giải cho hs Giai đoạn 2: Hs tái hiện ngay trên lớp kiến thức vừa học thông qua giải bài toán tương tự dưới sự hướng dẫn của GV Giai đoạn 3: GV ra cho hs làm các bài tương tự, GV không hướng dẫn. Giai đoạn 4: Củng cố lại kiến thức đã học thông qua hệ thống bài tập. 0.5 1c Những ưu điểm và hạn chế của việc khai thác sử dụng các phần mềm tin học trong trường THPT hiện nay. Hướng khắc phục những hạn chế đó. *Ưu điểm: - Giúp GV và HS trao đổi, chia sẻ, học tập kiến thức, kinh nghiệm một cách thuận tiện. - Giúp GV thiết kế bài học, đề kiểm tra, … nhanh, đẹp, tạo được nhiều tình huống có vấn đề. - Tạo hứng thú học tập cho HS, giờ học sinh động hơn, học sinh được quan sát các thí nghiệm, các ví dụ một cách trực quan. - Giúp GV quản lý điểm, quản lý HS thuận tiện, nhanh chóng. - Hình thành tác phong làm việc công nghiệp cho cả GV và HS. *Hạn chế: - Mất nhiều thời gian để chuẩn bị bài giảng. - Nếu lạm dụng trực quan sẽ làm cho học sinh hạn chế tư duy. Có thể gây ra sự phân tán ngoài mong muốn đối với hs. - Trình độ tin học của GV THPT nói chung còn thấp - Trang thiết bị của nhà trường còn thiếu thốn làm ảnh hưởng đến quá trình khai thác và ứng dụng CNTT vào dạy học. * Hướng khắc phục: - Có kế hoạch tập huấn tin học cho GV - Tạo ra các phần mềm thân thiện, dễ sử dụng hơn cho GV và HS. - Có ngân hàng các đề thi, mô hình thí nghiệm… phù hợp cho từng bài học của từng bộ môn. - Nhà trường cần trang bị các thiết bị cần thiết cho các phòng học, có thể có người trợ giảng. - Không lạm dụng trình chiếu cho tất cả các bài dạy. 0. 75 0.5 0. 75 C âu 2a Định hướng 1: Biến đổi tương đương + Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đúng. 3 3 cosA+cosB+cosC cosA+cosB+cosC- 0 2 2 ≤ ⇔ ≤ + Dùng công thức lượng giác để biến đổi vế trái BĐT trên về dạng tam thức bậc hai có + 2 3 C A B C cosA+cosB+cosC- 0 4sin 4cos sin 1 0 2 2 2 2 − ≤ ⇔ − + − ≤ + BĐT trên luôn đúng vì tam thức bậc hai: 2 ( ) 4 4cos 1 2 A B f x x x − = − + − có hệ số bậc hai a = - 4 <0 và 0∆ ≤ nên ( ) 0f x x≤ ∀ và do đó đúng với sin 2 C x = . Định hướng 2: Sử dụng phương pháp vectơ. + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, Tìm mối liên hệ giữa các góc A, B, C với các góc I 1, I 2 , I 3 ? Từ đó ta có 1 2 3 cosA+cosB+cosC (cosI +cosI +cosI )= − + Các góc I 1, I 2 , I 3 tương ứng là góc giữa các vectơ nào? (Chú ý rằng các vectơ này cùng độ lớn). 0.5 0.5 I A B C M N P + Mặt khác ta luôn có: 2 ( ) 0IM IN IP+ + ≥ uuur uur uur từ đó suy ra đpcm. Giải theo định hướng 2: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi M, N và P lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn đó với AB, BC và CA. Ta luôn có 2 2 2 2 ( ) 0 2 2 2 0IM IN IP IM IN IP IM IN INIP IPIM+ + ≥ ⇔ + + + + + ≥ uuur uur uur uuur uur uur uur uur uuur 2 2 1 2 3 3 2 ( osI osI osI ) 0r r c c c⇔ + + + ≥ 2 2 1 2 3 3 2 ( osI osI osI )r r c c c⇔ ≥ − + + 3 osA osB osC 2 c c c⇔ + + ≤ (do 0 1 2 3 180A I B I C I+ = + = + = ) Đây chính là đpcm Dấu "=" xảy ra 0IM IN IP⇔ + + = uuur uur uur r 0 1 2 3 120I I I⇔ = = = ⇔ ∆ ABC đều 1.0 C âu 2b Bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD Chứng minh rằng trong mọi tứ diện ABCD ta luôn có cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2≤ Trong đó cosAB, cosAC, cosAD, cosBC, cosBD, cosCD lần lượt là cosin của các góc nhị diện [C, AB ,D], [B, AC, D], [B, AD, C], [A, BC, D], [A, BD, D], [A, CD, B] Giải Gọi S(I, r) là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD (Mọi tứ diện luôn có mặt cầu nội tiếp). Gọi 1 1 1 1 , , ,A B C D lần lượt là các tiếp điểm của (S) với các mặt đối của các đỉnh A, B, C, D. Ta luôn có 2 1 1 1 1 ( ) 0IA IB IC ID+ + + ≥ uur uur uur uur · · · · · · 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 ( osA IB osA IC osA ID osB IC osB ID osC ID ) 0r r c c c c c c⇔ + + + + + + ≥ · · · · · · 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 ( osA IB osA IC osA ID osB IC osB ID osC ID )r r c c c c c c⇔ ≥ − + + + + + Dễ thấy các góc · · · · · · 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A IB , A IC , A ID , B IC , B ID , C ID lần lượt bù với các góc nhị diện [A, CD, B], [A, BD, D], [A, BC, D], [B, AD, C], [B, AC, D], [C, AB ,D] Và do đó BĐT trên tương đương 4 2(cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD)≥ cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2 ⇔ ≤ đpcm. Dấu “=” xảy ra 1 1 1 1 0IA IB IC ID⇔ + + + = uur uur uuur uuur r I G ⇔ ≡ với G là trọng tâm tứ diện ABCD và do đó tứ diện ABCD đều. 1.0 1.0 C âu 3 Định hướng phương pháp 1: Phương pháp vectơ + 4 điểm I, J, M, N đồng phẳng khi và chỉ khi các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng + Để chứng minh các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng ta làm thế nào? + Hãy biểu diễn IJ ur qua hai vec tơ còn lại? + Ta có IJ ( ) AD IM IN AM = + ur uuur uur Định hướng pp 2: Phương pháp tọa độ. + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 1 O B≡ , các vectơ 1 1 1 1 1 , ,B A B C B B uuur uuuur uuur lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox, 0. 75 0. 75 A 1 B 1 C 1 D 1 J I A D B C N M x y z Oy, Oz + Hãy tìm tọa độ các điểm I, J, M, N + Từ đó để chứng tỏ các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng ta chứng minh [IJ, IM] IN 0= ur uuur uuur (Có thể viết pt mp(MIJ) và chứng tỏ điểm N thuộc mp(MIJ). Giải theo định hướng 1. Ta có: IM IA AM IA AD AM AD = + = + uur uur uuur uur uuur 1 1 IN IB BN IB BB BN BB = + = + uur uur uuur uur uuur Cộng vế theo vế ta có: 1 IM IN (AD AA ) IJ AM AM AD AD + = + = uur uur uuur uuuur ur (Vì 1 BN AM BB AD = , 1 1 AABB = uuur uuuur , 1 1 AD AA AD IJ+ = = uuur uuuur uuuur ur ) do đó: IJ IM IN AD AD AM AM = + ur uur uur suy ra đpcm 0.5 C âu 4 Giải phương trình 3 2 23 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − Giải . Đặt 23 7 9 4y x x= + − , ta có hệ : ( ) ( ) 3 2 3 3 2 3 4 5 6 1 1 7 9 4 x x x y y y x x x x y − − + = ⇒ + = + + + + − = Xét hàm số : ( ) 3 f t t t= + , là hàm đơn điệu tăng trên R do đó từ phương trình ( ) ( ) ( ) 23 1 1 1 7 9 4f y f x y x x x x= + ⇔ = + ⇔ + = + − ( ) 3 2 1 7 9 4x x x+ = + − 5 1 5 2 x x = ⇔ − ± = , thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là { 1 5 2 − − ; 1 5 2 − + ; 5} ( Có thể giải bài toán trên bằng cách đặt 23 7 9 4u x x= + − , v =(x+1) và đưa về hệ đối xứng đối với u, v) 3.0 đ C âu 5 1 1 1 1 1 xy z P yz zx xy x y z = + + + + + . Đặt 2 tan 2 A yz x = ; 2 tan 2 B zx y = với A, B thuộc khoảng (0; )π - Do x, y, z là các số dương. Theo giả thiết: x + y + z = 1 1 xy xz yz xy zx yz z y x z y x ⇔ + + = 1 xy xz yz zx yz z y x y x ⇔ + = − ÷ 3.0 đ 1 1 tan .tan 2 2 cot( ) tan 2 2 tan tan 2 2 zx yz A B y x xy A B C A B z xz yz y x − − + ⇔ = = = = + + ÷ với ( )C A B= π − + Do đó ta có: P = 2 2 2 tan 1 1 2 1 tan 1 tan 1 tan 2 2 2 C P A B C = + + + + + = 2 2 sin cos os 2 2 2 A B C c+ + = 1 + 1/2(cosA + cosB + sinC) mà ta có: cosA + cosB + sinC + sin 3 π = A-B 3 3 2cos os 2sin os 2 2 2 2 C C A B c c π π + − + + 3 3 2cos 2 os 4cos 4cos 2 3 2 2 4 6 C A B C A B c π π − + + − + π ≤ + ≤ = = do đó: P 1 3 3 3 1 (2 3 ) 1 2 2 4 ≤ + − = + . Dấu “=” đạt được khi 6 2 3 3 0 3 A B A B C C A B C = π = = π + = π ⇔ π = π + + − = hay: x = y = 2 3 3− ; z = 7 4 3− Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 3 3 1 4 + đạt được khi x = y = 2 3 3− ; z = 7 4 3− Hết . hiện và giải quyết vấn đề gồm: 1) Phát hiện vấn đề: - Tạo tình huống có vấn đề; - Phát hiện và nhận dạng vấn đề nảy sinh; - Phát hiện vấn đề cần giải quyết. 2) Giải quyết vấn đề: - Đề xuất. Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN . và đánh giá; - Khẳng định hay bác bỏ giả thuyết đã nêu; - Phát biểu kết luận - Đề xuất vấn đề mới. * Một số cách thông thường để tạo tình huống có vấn đề: 1) Yêu cầu học sinh giải một bài toán