de thi kscl gao vien toan thcs

-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 [r]

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN së GD&ĐT Đề chính thức Đề thi môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: (2m  1) x  4mx  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 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình: a) x   x  2  x  xy  y   x   y 9 b)  Câu (2,0 điểm) 3x  my m  a) Cho hệ phương trình: (m  1) x  y m  ( m là tham số) Xác định m để hệ phương có nghiệm ( x, y ) thoả mãn: x  y 1 b) Chứng minh số n  n  không phải là số nguyên dương với số nguyên dương n Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và dây AB không qua O Gọi M là điểm chính cung AB nhỏ D là điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B) DM cắt AB C Chứng minh rằng: a) MB.BD MD.BC b) MB là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi Câu (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a  b  c 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Q ab ac bc    c  ab b  ac a  bc 4abc -HẾT -Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD………………… HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN HÈ 2012 Môn: Toán Câu (2,0 điểm) a) 0,75 điểm Nội dung trình bày  a 0  '     2m  0   m  m    Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  m   m  m 1 và m 1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt Vậy với Điểm  m   4( m  1)   0,5 0,25 b) 0,75 điểm Điểm Phương trình có nghiệm 4m  (1)  x1  x2  2m    (2)  x1 x2  2m   (3)  x1 3 x2    m Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ: 0,25 x2  m 3m , x1  2m  2m  Thay (3) vào (1) ta m 3m x2  , x1  2m  2m  vào PT (2) ta phương trình 3m  8m  0 Thay Giải PT ta m1 2, m2  (thỏa mãn điều kiện) m1 2, m2  thì PT có nghiệm x1 3 x2 KL: Với 0,25 0,25 c) 0,5 điểm Nội dung trình bày  m Điểm Phương trình có nghiệm  x1  ( x1  3)( x2  3)   x1 x2  3( x1  x2 )      x2    x1   x2     x1  x2    Ta có 0,25 0,25 0,25 Câu (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 (2,0 điểm) a) 1,0 điểm b) 1,0 điểm Câu (1,25 điểm) Câu (2,5 điểm) a) 0,75 điểm b) 0,75 điểm 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 trình tóm tắt cách giải với ý bắt buộc phải có Trong quá trình chấm, GV giải theo cách khác và đủ ý thì cho điểm tối đa -Trong quá trình giải bài GV bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết phần sai đó có đúng thì không cho điểm - Bài hình học, 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 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 ab ac bc 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) a  b  b3  c  c  a     (a  b)(b  c)(c  a ) 4abc 8abc 4abc 3 (Áp dụng BĐT: AM-GM; BĐT x  y xy ( x  y ) với x, y  0, dấu xảy  x  y ) a3  b3  c3  4abc 4abc 3 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  b3  c3  3(ab  bc  ca )  3abc  a 2b c  3abc Q    4abc 4abc 4abc 4abc Bởi 1 9   3      27  3   abc  ( áp dụng BĐT AM-GM: ab  bc  ca 3 a 2b2 c ) a b c  Vậy Max Q  Dấu xảy và Bµi 4: (3,0 ®iÓm) abc  a b c  3 và 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 MBC và MDB đồng dạng MB MD   MB.BD MD.BC BD Suy BC 0,5 ®    b) Gọi (J) là đờng tròn ngoại tiếp BDC  BJC 2BDC 2MBC  BJC   MBC  hay  180  BJC  BCJ c©n t¹i J  CBJ  0,5 ®   BJC 180 O  BJC MBC  CBJ    90 O  MB  BJ 2 Suy Suy MB là tiếp tuyến đờng tròn (J), suy J thuộc NB 0,5 ® c) Kẻ đờng kính MN (O)  NB  MB Mà MB là tiếp tuyến đờng tròn (J), suy 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 tổng bán kính hai đờng tròn (I) và (J) là: IC + JB = BN (không đổi) 0,5 ® 0,5 ®