Đề kiểm tra chất lượng chuyên môn giáo viên môn Toán THCS - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề kiểm tra chất lượng chuyên môn giáo viên môn Toán THCS - Năm học 2017-2018 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ MÔN TOÁN- CẤP THCS Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ————————— x 2 x 3 3x 4 x 5 Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức A . x 1 5 x x 4 x 5 a) Rút gọn A. b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A 2. x my 2 4m Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình , với m là tham số . mx y 3m 1 a) Giải hệ phương trình với m 2 . b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất x0 ; y0 với mọi m và biểu 2 2 thức B x0 y0 5 x0 y0 không phụ thuộc vào m. Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình x2 2mx m2 m 3 0 (1) (x là ẩn, m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm . Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1). 2 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C x1 x2 4x1x2. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn O; R , đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn O; R và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn O; R tại điểm M (M khác A ). a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp. b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm .N Chứng minh rằng tứ giác OBNP là hình bình hành. c) Đường thẳng PM và ON cắt nhau tại điểm I , đường thẳng PN và OMcắt nhau tại điểm . J Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP. Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m,n sao cho 6m 2n 2 là một số chính phương. 1 1 1 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn 2. a 1 b 1 c 1 d 1 a2 1 b2 1 c2 1 d 2 1 Chứng minh rằng 3 a b c d 8. 2 2 2 2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh Số báo danh
2. SỞ GDĐT VĨNH PHÚC KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN NĂM HỌC 2017-2018 (Đáp án gồm 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN : CẤP THCS x 2 x 3 3x 4 x 5 Câu 1 (2,0 điểm). Xét biểu thức : A x 1 5 x x 4 x 5 Nội dung Điểm 1a) Rút gọn A . 1,00 x 0 ĐK: 5 x 0 0 x 25 0,25 x 4 x 5 0 Đặt x a ta có : a 2 a 3 3a2 4a 5 a 2 a 3 3a2 4a 5 A a 1 5 a a2 4a 5 a 1 a 5 a2 4a 5 0,25 a 2 a 5 a 3 a 1 3a2 4a 5 a 1 a 5 a2 3a 2 a 1 a 2 0,25 a 1 a 5 a 1 a 5 a 2 x 2 x 2 . Vậy A . 0,25 a 5 x 5 x 5 1b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A 2. 1,00 a 2 a 2 Ta có A 2 2 2 0 0,25 a 5 a 5 a 12 a 12 0 0,25 a 5 a 5 Với 0 a 5 x 5 0 x 25. 0,25 Với a 12 x 12 x 144 . Vậy giá trị cần tìm là 0 x 25 hoặc x 144. 0,25 x my 2 4m Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình , với m là tham số . mx y 3m 1 Nội dung Điểm 2a) Giải hệ phương trình với m 2 . 1,00 x 2y 6 Với m 2 hệ trở thành 0,25 2x y 7 x 2y 6 x 2y 6 0,25 2x y 7 2 2y 6 y 7 8 x x 2y 6 5 0,25 5y 19 19 y 5
3. 8 19 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất x; y ; . 0,25 5 5 2b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất x0 ; y0 với mọi 2 2 1,00 m và biểu thức B x0 y0 5 x0 y0 không phụ thuộc vào m. Từ PT thứ hai của hệ ta có y 3m 1 mx , thế vào PT thứ nhất ta được: 0,25 m2 1 x 3m2 3m 2 * 3m2 3m 2 Do m2 1 0 với mọi m nên (*) có nghiệm duy nhất x . m2 1 4m2 m 1 Khi đó y . Vậy với mọi m hệ luôn có nghiệm 0,25 m2 1 3m2 3m 2 4m2 m 1 x ; y ; . 0 0 2 2 m 1 m 1 Từ hệ ta có x my 2 mx y 2 2 4m 2 3m 1 2 m2 1 x2 y2 25m2 10m 5 25m2 10m 5 0,25 x2 y2 . m2 1 7m2 2m 3 25m2 10m 5 7m2 2m 3 Mặt khác x0 y0 . Suy ra B 5. 10. 0,25 m2 1 m2 1 m2 1 Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình: x2 2mx m2 m 3 0 1 , ( x là ẩn, m là tham số ). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 1 có nghiệm . Giả sử x1, x 2là hai nghiệm của phương 2 2 trình. Tìm các giá trị của m để biểu thức C x1 x2 4x1x2 đạt giá trị lớn nhất. Nội dung Điểm Phương trình 1 có nghiệm khi và chỉ khi m 3 0 m 3. 0,25 2 Theo định lý Viét ta có x1 x2 2m; x1x2 m m 3. 0,25 2 2 2 2 2 2 C x1 x2 4x1x2 x1 x2 6x1x2 4m 6 m m 3 2m 6m 18 0,25 C 2m2 6m 18 18 2m 3 m 18,m 3. Dấu đẳng thức xảy ra khi m 3 . 0,25 Vậy giá trị lớn nhất của C bằng 18 khi m 3 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn O; R , đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn O; R và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn O; R tại điểm M (M khác A ). a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp. b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N . Chứng minh rằng tứ giác OBNP là hình bình hành. c) Đường thẳng PM và ON tại điểm I , đường thẳng PN và OMcắt nhau tại điểm . ChứngJ minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP. Nội dung Điểm
4. 4a) Chứng minh rằng tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp. 1,0 x N P J I K M A B O Ta có P· AO P· MO 900 0,5 Suy ra P· AO P· MO 1800. Do đó tứ giác APMO nội tiếp. 0,5 4b) . Chứng minh rằng tứ giác OBNP là hình bình hành. 1.0 1 1 Ta có ·ABM ·AOM . Mà OP là phân giác của góc AOM ·AOP ·AOM 0,25 2 2 ·A B M ·AOP (1)MB || OP 0,25 Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau (gcg). Suy ra OP = BN (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra OBNP là hình bình hành. 0,25 4c) . Chứng minh rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP. 1,0 Gọi K là giao điểm của OP và AN. Do PN || AO , suy ra AONP là hình chữ nhật, suy ra K là trung 0,25 điểm của OP. Do PM  OJ và ON  PJ nên I là trực tâm tam giác OPJ. Suy ra IJ  OP (3) 0,25 Ta có ·APO P· OI (sole) và ·APO O· PI , suy ra O· PI P· OI . Do đó tam giác IPO cân tại I. 0,25 Mà K là trung điểm của OP nên IK  OP (4). Từ (3) và (4) suy ra I, J, K thẳng hàng. 0,25 Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương m,n sao cho 6m 2n 2 là một số chính phương. Nội dung Điểm 6m 2n 2 2 3m 2m 1 2n 1 1 là một số chính phương thì 3m 2m 1 2n 1 1 phải là 0,25 một số chẵn. Vậy trong hai số 3m 2m 1 và 2n 1 có một số chẵn và một số lẻ. TH1: Nếu 3m 2m 1 là số lẻ thì m 1 , khi đó 6m 2n 2 8 2n. Ta thấy ngay n 1,n 2 không thỏa mãn và n 3 thỏa mãn. 0,25 Xét n 4 , ta có 8 2n 4 2n 2 2 2n 2 2 là số chính phương. Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 mà 2n 2 2 chia 4 dư 2 nên không là
5. số chính phương. Do đó cặp m,n 1;3 là một nghiệm của bài toán. TH2: Nếu 2n 1 là số lẻ thì n 1 , khi đó 6m 2n 2 6m 4. Ta có 0,25 6m 4  1 m 4  3 hoặc 5 (mod 7) Mặt khác 7k 2  0 mod 7 , 7k 1 2 1 mod 7 , 7k 2 2  4 mod 7 , 7k 3 2  2 mod 7 , 0,25 Do đó 6m 2n 2 không thể là số chính phương. Vậy m,n 1;3 là đáp số duy nhất cần tìm. 1 1 1 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn : 2 . a 1 b 1 c 1 d 1 Chứng minh rằng : a2 1 b2 1 c2 1 d 2 1 3 a b c d 8 2 2 2 2 Nội dung Điểm a2 1 a 2 a2 1 a2 1 a2 1 Ta có a 2 . Mà a 2 a a 1 2 2 a2 1 2 2 a 0,25 2 2 a2 1 1 a 1 Suy ra a . . 2 2 a 1 2 a 1 4 4 Ta có a 3 a 1 4 . Cùng các BĐT tương tự ta được: a 1 a 1 a 1 0,25 a2 1 1 4 1 a b c d a 1 16 a 2  2 2   a 1 2  cyc cyc cyc cyc 1 1 a a 1 0,25 2 a 1 2 a 1 4 (do 1 2 , theo giả thiết) 4  4   a 1  a 1  a 1 cyc cyc cyc cyc cyc 1 a Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta được a 1 a , suy ra 4 a 1 1 a a 1 4 a b c d 4 4   a 1 cyc cyc 0,25 a2 1 Do đó  a b c d 2 a b c d 8 (đpcm) cyc 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d 1. Lưu ý khi chấm bài: - Hướng dẫn chấm (HDC) chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó. - Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm. - 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.