De+DA thi GVG truong mon Toan 11-12
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (94.39 KB, 5 trang )
PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS NGA TRUNG NĂM HỌC : 2011-2012
MÔN : TOÁN
(Bài thi Thực hành năng lực giáo dục và nghiệp vụ sư ph
ạm)
Thời gian làm bài :150 Phút
Ngày thi: Ngày tháng 11 năm 2011
(Thí sinh không phải chép ñề vào tờ giấy thi)
SỐ BÁO DANH
(Đề thi này gồm có 01 trang)
Yêu cầu: Đồng chí hãy trình bày lời giải (Hoặc bài làm) và xây dựng hướng dẫn
chấm chi tiết một ñề thi môn Toán sau với thang ñiểm 20, ñiểm thành phần cho tới 0,
25 ñiểm?
Đề bài:
Bài 1:(4 ñiểm) Cho biểu thức: A =
(
)
1
122
1
2
−
−
+
+
−
++
−
a
a
a
aa
aa
aa
a) Tìm ñiều kiện xác ñịnh.
b) Rút gọn A.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A.
d) Tìm a
∈
Z ñể
2 2 5
Q
a a
A
− +
=
∈
Z.
Bài 2:(4 ñiểm) Cho phương trình: x
2
- 7x + m = 0 (1) (m là tham số)
a) Tìm m ñể phương trình (1) có nghiệm.
b) Giải phương trình (1) khi m = 6.
c) Với m = 3; x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1). Tính
1221
22 xxxxA −+−=
d) Với m = 3; x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1). Hãy lập phương trình bậc 2 có
hai nghiệm là
21
2 xx −
và
12
2 xx −
.
Bài 3:(4 ñiểm) Giải phương trình:
( )
01
1
3
1
2
3
3
3
=−
−
+
−
+
x
x
x
x
x
Bài 4:(4 ñiểm) Cho ñường tròn (O;R) và ñường thẳng d cố ñịnh cắt (O) tại C và D.
Điểm M di ñộng trên d sao cho D nằm giữa M và C. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB
(A và B là các tiếp ñiểm). Gọi H là trung ñiểm của CD và ñường thẳng AB cắt OM,
OH lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh ñường tròn ngoại tiếp
∆
MAB luôn ñi qua hai ñiểm cố ñịnh.
b) Chứng minh OE.OM = R
2
.
c) Chứng minh bốn ñiểm M, E, H, F cùng thuộc một ñường tròn.
d) Chứng minh ñươờngthẳng AB luôn ñi qua ñiểm cố ñịnh.
Bài 5:(2 ñiểm) Cho
∆
ABC vuông tại A, biết ñường cao AH = 12cm và
16
9
HC
BH
=
.
Tính các cạnh của
∆
ABC.
Bài 6:(2 ñiểm) Cho các số tự nhiên x, y thoả mãn x + y = 2011. Hãy tìm giá trị lớn
nhất của tích xy.
Hết
Đ
Ề CHÍNH THỨC
1
PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM THI GIỎI GVG CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS NGA TRUNG NĂM HỌC : 2011-2012
MÔN : NGỮ VĂN
(Bài thi Thực hành năng lực giáo dục và nghiệp vụ sư phạm)
Bài Giải tóm tắt Điểm
Bài 1
4 ñiểm
Bài 1: A =
(
)
1
122
1
2
−
−
+
+
−
++
−
a
a
a
aa
aa
aa
a) Điều kiện xác ñịnh a
≥
0 và a
≠
1.
b) Rút gọn ta có:
A=
(
)
1
122
1
2
−
−
+
+
−
++
−
a
a
a
aa
aa
aa
A
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
1
11212
1
11
−
+−
+
+
−
++
++−
=
a
aa
a
aa
aa
aaaa
A
2212 ++−−−= aaaa
A = a-
a
+ 1
c) Ta có: A = a-
a
+ 1 = a-
a
+
4
3
4
1
+
=
4
3
2
1
2
+
−a
Luôn có:
0
2
1
2
≥
−a
với mọi a
⇒
A
≥
4
3
.
Dấu “=” xảy ra khi a =
4
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A =
4
3
khi a =
4
1
d) Ta có:
(
)
2 1
2 2 5 2 2 5 3 3
Q 2
1 1 1 1
a a
a a a a
A
a a a a a a a a
− +
− + − +
= = = + = +
− + − + − + − +
Để Q
∈
Z thì
1
+−
aa
là ước của 3.
+ Nếu
1
+−
aa
= 1
⇔
( )
0 1 0a a a a
− = ⇔ − = ⇔
a = 0(lo¹i)
a = 1(lo¹i)
+ Nếu
1
+−
aa
= -1
⇔
02
=+−
aa
(vô nghiệm)
+ Nếu
1
+−
aa
= -3
⇔
4 0
a a
− + =
(vô nghiệm)
+ Nếu
1
+−
aa
= 3
⇔
(
)
(
)
2 0 1 2 0
a a a a
− − = ⇔ + − =
⇔
a = -1(lo¹i)
a = 2
4
a
⇔ =
(thoả mãn)
Vậy a = 4 thì Q
∈
Z .
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Bài 2
4 ñiểm
Bài 2: x
2
- 7x + m = 0 (1)
a) Ta có:
∆
= (-7)
2
- 4m = 49- 4m
Để phương trình (1) có nghiệm thì
∆
≥
0
⇔
49- 4m
≥
0
⇔
m
4
49
≤
0,5
2
Vậy m
4
49
≤
thì phương trình (1) có nghiệm
b) Với m = 6 ta có x
2
- 7x + 6 = 0
Ta có: a + b + c = 1- 7 + 6 = 0
Vậy phương trình có nghiệm x
1
= 1; x
2
= 6
c) Với m = 3 ta có x
2
- 7x + 3 = 0
Ta có:
∆
= (-7)
2
- 4.3 = 49- 12 = 37
⇒
37=∆
phương trình có nghiệm x
1
=
2
377 +
; x
2
=
2
377 −
⇒
y
1
=
2
3737
2
377
2
37214
2
21
+
=
−
−
+
=− xx
⇒
y
2
=
2 1
14 2 37 7 37 3 37 7
2
2 2 2
x x
− + −
− = − =
⇒
A = y
1
+ y
2
=
3 37
Vậy A =
3 37
d) Theo câu c ta có: y
1
=
1 2
7 3 37
2
2
x x
+
− =
; y
2
=
2 1
3 37 7
2
2
x x
−
− =
y
1
+ y
2
=
3 37
y
1
. y
2
=
7 3 37
2
+
.
3 37 7
2
−
= 71
Theo vi-et ñảo y
1
, y
2
là nghiệm của phương trình: y
2
-
3 37
y + 71 = 0
Vậy phương trình cần tìm là: y
2
-
3 37
y + 71 = 0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
4 ñiểm
Bài 3:
( )
01
1
3
1
2
3
3
3
=−
−
+
−
+
x
x
x
x
x
Điều kiện: x
≠
1
Ta có a
3
+ b
3
+ c
3
- 3abc = 0
⇔
(a + b + c)(a
2
+ b
2
+ c
2
- ab- ac- bc) = 0
0
a b c
a b c
+ + =
⇔
= =
Áp dụng với a = x; b =
1
x
x
−
; c = -1 ta có:
( )
3 2
3
3
3
1 0
1
1
x x
x
x
x
+ + − =
−
−
( )
2 2
2
2
1 1 0
1 1 1
1
x x x x
x x x
x x x
x
⇔ + − + + − + + =
− − −
−
1 0 (1)
1
1 (2)
1
x
x
x
x
x
x
+ − =
−
⇔
= = −
−
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3
Giải (1) ta có:
1 0
1
x
x
x
+ − = ⇔
−
x
2
- x + x- x + 1 = 0
⇔
x
2
- x + 1 = 0 (vô nghiệm)
Giải (2) ta có:
1
1
x
x
x
= = −
−
(vô lý).
Vậy phương trình ñã cho vô nghiệm
0,5
0,5
Bài 4
4 ñiểm
Bài 4:
a) Ta có: OA
⊥
MA(t/c tiếp tuyến)
OB
⊥
MB(t/c tiếp tuyến)
OH
⊥
CD (HC = HD)
⇒
5 ñiểm M, A, O, H, B
cùng thuộc một ñường tròn.
Vậy ñường tròn ngoại tiếp
∆
MAB
luôn ñi qua hai ñiểm O, H cố ñịnh
b) Áp dụng hệ thức b
2
= a.b
’
vào
∆
OAM có:
∠
OAM = 90
0
; AE
⊥
OM
⇒
OA
2
= OM.OE hay OE.OM = R
2
.
c) Ta có:
∠
MEF = 90
0
(OM là trung trực của AB)
∠
MHF = 90
0
(C/M trên)
⇒
E, H cùng nhìn MF dưới một góc 90
0
⇒
4 ñiểm M, E, H, F cùng thuộc một ñường tròn
d) Xét
∆
HMO và
∆
EFO có:
∠
MOF chung
∠
MHO =
∠
FEO = 90
0
⇒
∆
HMO ñồng dạng
∆
EFO (g.g)
OM OH
=
OF OE
⇒
⇒
OE. OM = OF. OH = R
2
(không ñổi)
Mà O, H cố ñịnh
⇒
F cố ñịnh
Vậy AB luôn ñi qua F cố ñịnh
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 5
2 ñiểm
Bài 5:
Áp dụng h
2
= b
’
.c
’
ta có:
AH2 = BH. CH (1)
Mà
BH 9
=
CH 16
(gt)
⇒
BH =
9
16
CH (2)
Từ (1) và (2)
⇒
12
2
=
9
16
CH
2
⇒
CH
2
=
2
12 .16
9
=16
2
⇒
CH = 16 (cm)
Tương tự BH = 12 (cm)
⇒
BC = 28 (cm)
Áp dụng hệ thức b
2
= a.b
’
⇒
AB
2
= 28.12
⇒
AB =
4 21
(cm)
AC
2
= 28.16
⇒
AC =
2 112
(cm)
0,5
0,5
0,5
0,5
C
A
B
H
O
B
H
C
d
M
D
E
A
F
4
Bài 6
2 ñiểm
Bài 6:
Áp dụng BĐT côsi ta có:
x.y
2
2
x y
+
≤
(x, y > 0)
Ta có: x.y
2
2011
2
≤
= (1005,5)
2
= 1011030,25
Dấu “=” xảy ra khi x, y
∈
N và x + y = 2011
nghĩa là
1011030
2011
xy
x y
=
+ =
Giải hệ ta ñược
1005
1006
x
y
=
=
hoặc
1006
1005
x
y
=
=
Vậy giá trị lớn nhất của tích x.y bằng 1011030 khi
1005
1006
x
y
=
=
hoặc
1006
1005
x
y
=
=
0,5
0,5
0,5
0,5
