Đề Khảo sát chất lượng giáo viên cấp THCS Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2017-2018. Môn Toán

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm. - Bài hình học nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phần đó.[r]

Equation Chapter Section 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2017-2018

ĐỀ MƠN TỐN- CẤP THCS

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề —————————

Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức

2 3

1 5

x x x x

A

x x x x

   

  

   

a) Rút gọn A.

b) Tìm tất giá trị x cho A 2

Câu (2,0 điểm) Cho hệ phương trình

2

3

x my m

mx y m

   



  

 , với m tham số a) Giải hệ phương trình với m2.

b) Chứng minh hệ phương trình cho ln có nghiệm x y0; 0 với m biểu thức B x 02y02 5x0y0 không phụ thuộc vào m

Câu (1,0 điểm) Cho phương trình x2 2mx m 2 m 3 (1) (x ẩn, m tham số) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có nghiệm Gọi x x1, hai nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị lớn biểu thức Cx12x22 4x x1

Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn O R; , đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn

O R; 

lấy tiếp tuyến điểm P cho AP R Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn O R;  điểm M (M khác A).

a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp

b) Đường thẳng vng góc với AB điểm O cắt đường thẳng BM điểm N Chứng minh

rằng tứ giác OBNP hình bình hành

c) Đường thẳng PM ON cắt điểm I , đường thẳng PN OM cắt điểm J.

Chứng minh đường thẳng IJ qua trung điểm OP

Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương m n,  cho 6m2n2 số chính phương

Câu (1,0 điểm) Cho a b c d, , , số thực dương thỏa mãn

1 1

2

1 1

a b c d 

Chứng minh  

2 1 1 1 1

3

2 2

a b c d

a b c d

   

       

Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

SỞ GDĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án gồm 04 trang)

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2017-2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN : CẤP THCS

Câu (2,0 điểm) Xét biểu thức :

2 3

1 5

x x x x

A

x x x x

   

  

   

Nội dung Điểm

1a) Rút gọn A. 1,00

ĐK:

5 0 25

4

x x x x x               0,25

Đặt x a ta có : 2

2 3

1 5

a a a a

A

a a a a

   

  

   

2

2 3

1 5

a a a a

a a a a

                        

2 3

1

a a a a a a

a a            0,25            

2 3 2 1 2

1 5

a a

a a

a a a a

 

  

 

    0,25

2 5 a x a x    

  Vậy

2 x A x    0,25

1b) Tìm tất giá trị x cho A 2 1,00

Ta có

2

2 2

5 a a A a a              0,25 12 12 5 a a a a        

  0,25

Với 0  a x 5 0 x 25 0,25

Với a12 x 12 x144 Vậy giá trị cần tìm 0 x 25 x144 0,25

Câu (2,0 điểm). Cho hệ phương trình

2

3

x my m

mx y m

   



  

 , với m tham số

Nội dung Điểm

2a)Giải hệ phương trình với m2. 1,00

Với m2 hệ trở thành

2 x y x y        0,25   6

2

8

2 5

5 19 19

5 x x y y y                  0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm  

8 19

; ;

5

x y  

 . 0,25

2b) Chứng minh hệ phương trình cho ln có nghiệm x y0; 0 với mọi

mvà biểu thức B x 02y02 5x0y0 không phụ thuộc vào m. 1,00 Từ PT thứ hai hệ ta có y3m 1 mx, vào PT thứ ta được:

m21x3m2 3m2 *  0,25 Do

2

1

m   với m nên (*) có nghiệm

2

3

m m x m     Khi 2 m m y m   

 Vậy với m hệ có nghiệm

 

2

0; 23 4; 2

1

m m m m

x y m m               0,25

Từ hệ ta có            

2 2 2 2 2 2

2 1 25 10

x my  mx y   m  m  m  x y  m  m

2 2

2

25 10

m m x y m       0,25 Mặt khác

0

7

m m x y m    

 Suy

2

2

25 10

5 10

1

m m m m

B

m m

   

  

  0,25

Câu (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 2mx m 2 m 3 1 , (x ẩn, m tham số )

Tìm tất giá trị m để phương trình  1 có nghiệm Giả sử x x1 2, hai nghiệm phương

trình Tìm giá trị m để biểu thức C x12x22 4x x1 2 đạt giá trị lớn

Nội dung Điểm

Phương trình  1 có nghiệm    m 0  m3 0,25 Theo định lý Viét ta có x1x2 2 ; m x x1 m2 m3 0,25

 2  

2 2 2

1 2 6 18

C x x  x x  x x  x x  m  m  m  m  m 0,25

 

2

2 18 18 18,

C  m  m   m  m  m

Dấu đẳng thức xảy m3

Vậy giá trị lớn C 18 m3. 0,25

Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn O R; , đường kính AB Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn O R;  lấy tiếp tuyến điểm P cho AP R Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn

O R; 

a) Chứng minh tứ giác APMO nội tiếp

b) Đường thẳng vng góc với AB điểm O cắt đường thẳng BM điểm N Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành

c) Đường thẳng PM ON điểm I , đường thẳng PN OM cắt điểm J Chứng minh đường thẳng IJ qua trung điểm OP

Nội dung Điểm

4a) Chứng minh tứ giác APMO tứ giác nội tiếp 1,0

Ta có PAO PMO 900 0,5

Suy PAO PMO 180 Do tứ giác APMO nội tiếp. 0,5

4b)…. Chứng minh tứ giác OBNP hình bình hành 1.0

Ta có

 1

ABM  AOM

Mà OP phân giác góc

 1

AOM  AOP AOM 0,25

ABM AOP  MB OP|| (1) 0,25

Ta có hai tam giác AOP, OBN (gcg) Suy OP = BN (2) 0,25

Từ (1) (2) suy OBNP hình bình hành 0,25

4c)…. Chứng minh đường thẳng IJ qua trung điểm OP 1,0 Gọi K giao điểm OP AN Do PN AO|| , suy AONP hình chữ nhật, suy K trung

điểm OP 0,25

Do PM OJ ON PJ nên I trực tâm tam giác OPJ Suy IJ OP (3) 0,25 Ta có APO POI  (sole) APO OPI , suy OPI POI Do tam giác IPO cân I. 0,25 Mà K trung điểm OP nên IKOP (4) Từ (3) (4) suy I J K, , thẳng hàng. 0,25 Câu (1,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương m n, sao cho 6m2n2 số chính phương

 1 

6m2n 2 3m2m 2n 1

số phương 3m2m12n11 phải là số chẵn Vậy hai số 3m2m1 2n1

có số chẵn số lẻ

0,25 TH1: Nếu 3m2m1 số lẻ m1, 6m2n  2 n

Ta thấy n1,n2 không thỏa mãn n3 thỏa mãn.

Xét n4, ta có  

2

8 2 n 4 2n 2  2n 2

số phương

Một số phương chia cho có số dư mà 2n22 chia dư nên khơng là

số phương Do cặp m n,  1;3 nghiệm toán

0,25

TH2: Nếu 2n1 số lẻ n1, 6m2n  2 6m4. Ta có  

6m  4 m 4

(mod 7)

0,25

Mặt khác                

2 2

7k 0 mod , 7k1 1 mod , 7k2 4 mod , 7k3 2 mod , Do 6m2n2 khơng thể số phương Vậy m n,  1;3 đáp số cần tìm.

0,25

Câu (1,0 điểm) Cho a b c d, , , số thực dương thỏa mãn :

1 1

2

1 1

a b c d  .

Chứng minh :

 

2 1 1 1 1

3

2 2

a b c d

a b c d

   

       

Nội dung Điểm

Ta có 2 1 2 1 a a a a a a        Mà   2 2 1 2 a a

a a a

                      Suy

 2

2 1 1 1

2

a a a a      0,25 Ta có    

1 4

3

1 1

a

a a

a a a



      

   Cùng BĐT tương tự ta được:

   

2 1 1 4

1 16

2

cyc cyc cyc

a

a b c d a

a                                

  

2 cyca            0,25   1

2

4cyc 4cyc cyc

a a a a                           (do 1 1 cyc cyc a a a            

, theo giả thiết)

0,25

Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta   1 a a a a   

 , suy

 

1

1 4

4cyc cyc

a

a a b c d

a

       



 

Do

   

2 1

2

2 cyc

a

a b c d a b c d



        



(đpcm) Đẳng thức xảy a   b c d

Lưu ý chấm bài:

- Hướng dẫn chấm (HDC) trình bày cách giải bao gồm ý bắt buộc phải có làm của học sinh Khi chấm học sinh bỏ qua bước khơng cho điểm bước đó.

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo ý đáp án điểm.

- Trong làm, bước bị sai phần sau có sử dụng kết sai khơng được điểm.