Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

15 151 0
Đề thi giáo viên giỏi cấp trường 2018

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

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 nguyên b) Tìm các số x, y, z biết: x2 = y3; y5 = z4 và x y + z = 49 c) 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 )

Ngày đăng: 30/07/2019, 22:24

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan