Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

15 22 0
  • Loading ...
1/15 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 30/07/2019, 22:24

Baøi 1: (1 ñieåm) Một học sinh đã giải bài toán: “ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + 12x3x2 ” như sau: Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 2x 3x2 > 0 (x + 1)(1 3x) > 0 1 < x < 13 ()Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: f(x) = 1.x + 1. 12x3x2  1+1 . x2+(12x3x2) = 2 . 2(x+12)2+32  3 Với x = 12 thỏa mãn () thì 2(x + 12)2 = 0. Vậy f(x) đạt GTLN là 3 khi x = 12. a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài toán trên. b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng.Baøi 2: (2 ñieåm) Anh (chị) giải các bài toán sau:a)Tìm số nguyên n để 3n+5n+1 là số nguyênb)Tìm các số x, y, z biết: x2 = y3; y5 = z4 và x y + z = 49c) Giaûi phöông trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0 Baøi 3: (3 ñieåm) Cho bài toán: “Cho hình thang vuông ABCD (A = B = 900) và điểm O là trung điểm của AB. Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD. Chứng minh rằng: COD= 900 a)Giải bài toán trên.b)Hãy phát biểu bài toán đảo của bài toán trên và chứng minh bài toán đảo đó. Trường THCS LÊ Q ĐƠNG HỘI ĐỒNG THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC Môn: TOÁN Năm học: 2017 – 2018 Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên: …………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Ngày tháng năm sinh: …………………………………………………………………………………………………………………… Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………… Số năm công tác: …………………………………………………………………………………………………………………………………… Chức vụ, đơn vò công tác: …………………………………………………………………………………………………………… Điểm số: Điểm chữ: PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm) ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Một học sinh giải tốn: “ Tìm GTLN biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” sau: Điều kiện để f(x) có nghĩa: - 2x - 3x2 >  (x + 1)(1 - 3x) >  -1 < x < (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: f(x) = 1.x + 1-2x-3x2  1+1 x2+(1-2x-3x2) = -2(x+ )2+  2 1 thỏa mãn (*) -2(x + )2 = Vậy f(x) đạt GTLN x = - 2 a) Hãy tìm sai lầm lời giải toán b) Anh (chị) giải lại cho Bài 2: (2 điểm) Anh (chị) giải tốn sau: 3n+5 a) Tìm số ngun n để số nguyên n+1 x y y z b) Tìm số x, y, z biết: = ; = x - y + z = - 49 c) Giải phương trình : 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = Bài 3: (3 điểm) Cho tốn: “Cho hình thang vuông ABCD (A = B = 900) điểm O trung điểm AB Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD Chứng minh rằng: COD= 900 a) Giải toán b) Hãy phát biểu toán đảo toán chứng minh tốn đảo Với x = - HẾT ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM a (1,0đ) b - Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: - 2x - 3x2  1 - Sai lầm 2: Với x = - có BĐT -2(x+ )2+  trở 2 thành đẳng thức nên f(- ) < Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  1 (1+x)+(1-3x) 1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x)  = - x, với x  -1;3   Do f(x)  x + (1 - x) =  1 => Maxf(x) = + x = - 3x x = (T/m ĐK x  -1;3)   3n+5 3(n+1)+2 = =1+ n+1 n+1 n+1 3n+5 Để nguyên nguyên  (n+1) n+1 n+1 => n +  {-2;-1;1;2} => n  {-3;-2;0;1} x y y z x y y z x y z Từ = ; = => = ; = => = = 10 15 15 12 10 15 12 Theo tính chất dãy tỉ số ta có: x y z x-y+z = = = =-7 10 15 12 10-15+12 x Suy ra: = => x = - 70 10 y = => y = - 105 15 z = => z = - 84 12 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = * Neáu x = 0, phương trình trở thành 10 =  x = (không nghiệm phương trình * Nếu x  0, ta có: 10x4 – 77x3 + 150x2 – 77x + 10 = 0,25ñ 0,25ñ 0,25đ 0,25đ Ta có: a b (2,0đ) c  1    10  x    77  x    150 = x  x   1 Đặt x + = t  x  = t2 – x x Khi ta có phương trình: 10t2 – 77t + 130 = 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 Giải phương trình ta được: t1 = * x+ 26 ; t2 = 26 = x  5x2 + = 26x  5x2 - 26x + = Giải phương trình ta được: x1 = 5; x2 = 0,2 * x+ = x  2x2 + = 5x  2x2 - 5x + = a Giải phương trình ta được: x3 = 2; x4 = 0,5 Vậy phương trình có nghiệm: x1 = 5; x2 = 0,2; x3 = 2; x4 = 0,5 Gọi M tiếp điểm CD (O) D Ta có ABCD hình thang vng A M => AD  AB C => DA DM tiếp tuyến (O) => OD phân giác AOM Tương tự ta có OC phân giác BOM O A B => COD = 900 Vẽ hình: (0,5) (Tính chất phân giác hai góc kề bù ) M C (3,0đ) b A O 0,25 0,25 0,25 Bài tốn đảo: Cho hình thang vng ABCD (Vng A B), O trung 0,5 điểm AB thỏa mãn điều kiện COD = 900 Chứng minh đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD D K 0,25 B Chứng minh: Gọi K trung điểm CD, suy ra: 0,25 - Vì COD = 900 nên COD vuông O => KOD = KDO (1) - Vì O trung điểm AB nên OK đường trung bình hình thang ABCD => OK ∥ AD 0,25 => KOD = ADO( so le ) (2) Từ (1) (2) => ADO = KDO 0,25 => ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn) => OM = OA => M  (O) Suy CD tiếp xúc với (O) M 0,25 Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN HỘI ĐỒNG THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC Môn: TOÁN Năm học: 2014 – 2015 Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên: …………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Ngày tháng năm sinh: …………………………………………………………………………………………………………………… Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………… Số năm công tác: …………………………………………………………………………………………………………………………………… Chức vụ, đơn vò công tác: …………………………………………………………………………………………………………… Điểm số: Điểm chữ: PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm) ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Tìm số x, y ,z biết : x 1 y  z 1 vaø x – 2y + 3z = 14   Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải toán hai cách Bài 2: (1 điểm) Cho phương trình : x2 -5mx – 4m = (m tham số ) a)Tìm m để phương trình có nghiệm ? b)Chứng minh : x12 + 5mx2 - 4m  (x1 ; x2 nghiệm phương trình) Thầy (cô ) giải toán Bài 3: (1 điểm) Giải phương trình sau : 1 1    2x  x 1 x  2x  Bài 4: (3 điểm) Từ điểm I đường tròn (0), vẽ tiếp tuyến IA IB đến đường tròn(0),(A, B tiếp điểm ) Gọi M trung điểm IB ; AM cắt đường tròn (0)tại điểm thứ K Gọi C giao điểm IO AO a) Chứng minh : IO  AB b) Chứng minh tứ giác BMKC nội tiếp AB2 = 2AK AM Thầy (cô ) giải toán ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CÁCH 1: Ta có : x 1 y  z 1 vaø x – 2y + 3z = 14   x  y  z  x  y  3z  =     12 x   y   3z  14  =  1   12 0,25ñ 0,25ñ x 1 1  x – =  x = y2 1  y – =  y = z 3 1  z – =  z = x 1 y  z 1 CÁCH 2: Đặt: =t    x = 2t + ; y = 3t + ; z = 3t + Suy : (1,0đ) Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14 Ta coù: 2t + – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14  5t + = 14 = 14 –  5t t =1  Từ đó: x = 2t +  x = 2.1 + = y = 3t +  y = 3.1 + = z = 3t +  z = 3.1 + = a (2,0đ) Phương trình: x2 – 5mx – 4m = Ta coù:  = b2 – 4ac = (-5m)2 – 4.1.(-4m) = 25m2 + 16m Để phương trình có nghiệm thì:  = 25m2 + 16m   m  hoaëc m  b Vì x1 nghiệm phương trình: 0,25 16 25 0,5 Nên ta có: x12 – 5mx1 – 4m =  x12 = 5mx1 + 4m  x12 – 5mx2 – 4m = 5mx1 + 4m + 5mx2 – 4m = 5m(x1 + x2) = 5m 5m = 25m2  (Vì theo đònh lý Viét x1 + x2 = 5m) 0,5 0,25 1 1    2x  x  x  2x  1 1  (*)    2x  x  x  2x  1 ÑKXÑ: x  ; x  2; x  Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x +  a + b + b = 2x – (2,0đ) Phương trình (*) trở thaønh: 1 1    a b c a bc  bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc  (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc =  abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc =  (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) =  bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) =  (a + b)(bc + ac + ab + c2) =  (a + b)[(bc + ab) + (ac + c2)] =  (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] =  (a + b)(a + c)(b + c) = * a + b =  2x + + x – =  x = (TMÑK) b + c =  x – – x – = (vô lý) c + c =  2x + – x – =  x – =  x = (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = Tập nghiệm phương trình: S = {0} a A K 0,25 I (2,0đ) O M B Ta coù: IA = IB (t/c tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R Nên IO đường trung trực AB hay IO  AB b Coù MI = MB (gt) CA = CB  MC đường trung bình  ABI  MC // AI  CMA = IAM (so le trong) Maø IAM = IAK = KBA  CMA = KBA  CMK = KBC Tứ giác BMKC có: CMK = KBC  tứ giác BMKC nội tiếp Xét  AKB  ACM coù: A chung CMA = KBA  ACM (g – g)   AKB AB AK  AM AC AB AK   AM AB  AB = 2AK.AM  0,5 0,5 0,25 Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN HỘI ĐỒNG THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC Môn: TOÁN Năm học: 2014 – 2015 Thời gian làm bài: 90 phút Họ tên: …………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Ngày tháng năm sinh: …………………………………………………………………………………………………………………… Chuyên môn đào tạo: ……………………………………………………………………………………………………………………… Số năm công tác: …………………………………………………………………………………………………………………………………… Chức vụ, đơn vò công tác: …………………………………………………………………………………………………………… Điểm số: Điểm chữ: PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm) ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Tìm số x, y ,z bieát : x 1 y  z 1 vaø x – 2y + 3z = 14   Thầy (cô ) hướng dẫn học sinh giải toán hai cách Bài 2: (1 điểm) Một học sinh giải tốn: “ Tìm GTLN biểu thức f(x) = x + 1-2x-3x2 ” sau: Điều kiện để f(x) có nghĩa: - 2x - 3x2 >  (x + 1)(1 - 3x) >  -1 < x < (*) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: f(x) = 1.x + 1-2x-3x2  1+1 x2+(1-2x-3x2) = -2(x+ )2+  2 1 thỏa mãn (*) -2(x + )2 = Vậy f(x) đạt GTLN x = - 2 a) Hãy tìm sai lầm lời giải toán b) Thầy (cô) giải lại cho Bài 3: (1 điểm) Với x = - Giải phương trình sau : 1 1    2x  x 1 x  2x  Baøi 4: (3 điểm) Cho tốn: “Cho hình thang vng ABCD (A = B = 900) điểm O trung điểm AB Đường tròn tâm O, đường kính AB tiếp xúc với CD Chứng minh rằng: COD= 900 a)Giải toán b)Hãy phát biểu toán đảo tốn chứng minh tốn đảo ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM CÁCH 1: Ta có : x 1 y  z 1 vaø x – 2y + 3z = 14   x  y  z  x  y  3z  =     2 12 x   y   3z  14  =  1   12 x 1 1  x – =  x = y2 1  y – =  y = z 3 1  z – =  z = x 1 y  z 1 CÁCH 2: Đặt: =t    x = 2t + ; y = 3t + ; z = 3t + 0,25ñ Suy : (1,0đ) Từ đẳng thức x – 2y + 3z = 14 Ta coù: 2t + – 2(3t + 2) + 3(3t + 4) = 14  5t + = 14 = 14 –  5t t =1  Từ đó: x = 2t +  x = 2.1 + = y = 3t +  y = 3.1 + = z = 3t +  z = 3.1 + = a b (2,0đ) - Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: - 2x - 3x2  1 - Sai lầm 2: Với x = - có BĐT -2(x+ )2+  trở 2 thành đẳng thức nên f(- ) < Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  1 (1+x)+(1-3x) 1-2x-3x2 = (1+x)(1-3x)  = - x, với x  -1;3   Do f(x)  x + (1 - x) =  1 => Maxf(x) = + x = - 3x x = (T/m ĐK x  -1;3)   0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 0,25ñ 1 1    2x  x  x  2x  1 1  (*)    2x  x  x  2x  1 ÑKXÑ: x  ; x  2; x  Đặt a = 2x + 1; b = x – 1; c = -x +  a + b + b = 2x – (1,0đ) 0,25đ Phương trình (*) trở thành: 1 1    a b c a bc  bc( a + b + c) + ac(a + b + c) + ab(a + b + c) = abc  (a + b + c)(bc + ac + ab) – abc =  abc + a2c + a2b + b2c + abc + ab2 + c2b + c2a + abc – abc =  (abc + b2c) + (a2c + abc) + (a2b + ab2) + (bc2 + ac2) =  bc(a + b) + ac(a + b) + ab(a + b) + c2(b + a) =  (a + b)(bc + ac + ab + c2) =  (a + b)[(bc + ab) + (ac + c )] = 0,5ñ  (a + b)[b(c + a) + c(a + c)] =  (a + b)(a + c)(b + c) = * a + b =  2x + + x – =  x = (TMÑK) b + c =  x – – x – = (vô lý) c + c =  2x + – x – =  x – =  x = (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = Tập nghiệm phương trình: S = {0} 0,25ñ a D M C (3,0đ) 0,25ñ A O B Gọi M tiếp điểm CD (O) Ta có ABCD hình thang vng A => AD  AB => DA DM tiếp tuyến (O) => OD phân giác AOM 0,25đ 0,25đ Tương tự ta có OC phân giác BOM => COD = 900 (Tính chất phân giác hai góc kề bù ) b 0,25đ D K M C 0,25đ A O B Bài tốn đảo: Cho hình thang vng ABCD (Vng A B), O trung điểm AB thỏa mãn điều kiện COD = 900 Chứng minh đường tròn tâm O, đường kính AB 0,5đ tiếp xúc với CD Chứng minh: Gọi K trung điểm CD, suy ra: - Vì COD = 900 nên COD vng O => KOD = KDO (1) 0,25đ - Vì O trung điểm AB nên OK đường trung bình hình thang ABCD => OK ∥ AD 0,25đ => KOD = ADO( so le ) (2) Từ (1) (2) => ADO = KDO 0,25ñ => ADO = MDO ( cạnh huyền - góc nhọn) 0,25đ => OM = OA => M  (O) Suy CD tiếp xúc với (O) M 0,25ñ ... góc nhọn) => OM = OA => M  (O) Suy CD tiếp xúc với (O) M 0,25 Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN HỘI ĐỒNG THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC Môn: TOÁN Năm học: 2014 – 2015 Thời gian... AKB AB AK  AM AC AB AK   AM AB  AB = 2AK.AM  0,5 0,5 0,25 Trường THCS NGUYỄN VIẾT XUÂN HỘI ĐỒNG THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC Môn: TOÁN Năm học: 2014 – 2015 Thời gian... …………………………………………………………………………………………………………… Điểm số: Điểm chữ: PHẦN KIỂM TRA KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN (6 điểm) ĐỀ BÀI: Bài 1: (1 điểm) Tìm số x, y ,z biết : x 1 y  z 1 vaø x – 2y + 3z = 14   Thầy (cô )
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018, Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn