111Equation Chapter 1
Section 1SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MƠN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ MƠN TỐN- CẤP THCS
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
—————————

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức

x 2
x  3 3x  4 x  5


.
x 1 5  x x  4 x  5

A

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 mx  y 3m  1 , với m là tham số .

a) Giải hệ phương trình với m 2 .
b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất

thức

B x02  y02  5  x0  y0 

 x0 ; y0  với mọi

m và biểu

không phụ thuộc vào m.

2
2
Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình x  2mx  m  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  4 x1 x2 .

Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn

 O; R  , đường kính

 O; R  và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho
O; R 
với đường trịn 
tại điểm M ( M khác A ).

AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn


AP  R . Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc

a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp.
b) Đường thẳng vng 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 OM cắt 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
phương.

 m, n  sao cho

6m  2n  2 là một số chính

1
1
1
1



2.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn a  1 b  1 c  1 d  1

Chứng minh rằng

a2 1
b2 1
c2 1
d 2 1




3
2
2
2
2





a  b  c  d  8.


----Hết---Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh …………………………………………………….. Số báo danh ……………..


SỞ GDĐT VĨNH PHÚC

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CHUYÊN MÔN GIÁO VIÊN
NĂM HỌC 2017-2018
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN : CẤP THCS

(Đáp án gồm 04 trang)

A
Câu 1 (2,0 điểm). Xét biểu thức :

1a) Rút gọn A .

x 2
x  3 3x  4 x  5


x 1 5  x x  4 x  5
Nội dung

 x 0

 0  x 25
5  x 0

x  4 x  5 0
ĐK: 
Đặt x a ta có :

0,25

a  2 a  3 3a 2  4a  5 a  2 a  3 3a 2  4a  5





a  1 5  a a 2  4a  5
a  1 a  5 a 2  4a  5
 a  2   a  5   a  3  a  1   3a 2  4a  5 


A


 a 1  a  5
 a 1  a  2 
 a 2  3a  2


 a 1  a  5
 a 1  a  5

T

a2

a 5

a có

A2 



a2
a 2
 2  2
0
a 5
a 5


 a  12
a 5

x  5  0  x  25.

a  12
0
a 5

0,25
1,00
0,25
0,25

Với 0 a  5 
Với a  12  x  12  x  144 . Vậy giá trị cần tìm là 0 x  25 hoặc x  144.
 x  my 2  4m

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình  mx  y 3m  1 , với m là tham số .
Nội dung
m

2
2a) Giải hệ phương trình với
.
 x  2 y  6

m

2

Với
hệ trở thành 2 x  y 7
 x 2 y  6


2 x  y 7

0,25

0,25

x 2
x 2
A 
.
x  5 . Vậy
x 5
1b) Tìm tất cả các giá trị của x sao cho A   2.


Điểm
1,00

 x 2 y  6

2  2 y  6   y 7

0,25
0,25


Điểm
1,00
0,25
0,25


8

x

x

2
y

6


5


5 y 19
 y 19

5
Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

0,25
8 19 
; 

5 5 .

 x; y  

0,25

2b) Chứng minh rằng hệ phương trình đã cho ln có nghiệm duy nhất
B  x02  y02  5  x0  y0 
m

và biểu thức

 x0 ; y0  với mọi

không phụ thuộc vào m.

Từ PT thứ hai của hệ ta có y 3m 1  mx , thế vào PT thứ nhất ta được:

 m2 1 x 3m2  3m  2
Do

m 2  1 0 với mọi m nên (*) có nghiệm duy nhất

y

4m 2  m  1

Khi đó

m2 1


Từ
2
2
 x  my    mx  y 

x

m2  1

.

0,25

.

Vậy với mọi m hệ ln có nghiệm
 3m2  3m  2 4m 2  m  1 
x
;
y

;
 0 0  
 .
2
2
m

1

m

1


hệ
ta
2
2
2
2
 2  4m    3m  1  m  1 x  y 2 25m 2  10m  5





có



0,25

25m 2  10m  5
 x y 
.
m2  1
2

0,25


 *
3m 2  3m  2

1,00

2

25m 2  10m  5
7 m 2  2m  3
7 m 2  2m  3
B

5.
 10.
0,25
.
m2  1
m2 1
m2 1
Mặt khác
Suy ra
x 2  2mx  m2  m  3 0  1 x
Câu 3 (1,0 điểm). Cho phương trình:
, ( là ẩn, m là tham số ).
 1 có nghiệm . Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương
Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình
2
2
trình. Tìm các giá trị của m để biểu thức C  x1  x2  4 x1 x2 đạt giá trị lớn nhất.


x0  y0 

Nội dung
Phương trình

 1

Điểm

có nghiệm khi và chỉ khi  m  3 0  m 3.

2
Theo định lý Viét ta có x1  x2 2m; x1x2 m  m  3.

2

0,25

C  x12  x22  4 x1x2  x1  x2   6 x1x2 4m 2  6 m2  m  3  2m 2  6m  18



C  2m 2  6m  18  18  2m  3  m   18, m 3

Vậy giá trị lớn nhất của C bằng  18 khi m 3 .

0,25




. Dấu đẳng thức xảy ra khi m 3 .

0,25
0,25


 O; R  , đường kính AB . Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn  O; R  và
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn
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 vng 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 OM cắt nhau tại điểm J . Chứng minh
rằng đường thẳng IJ đi qua trung điểm của OP.
Nội dung
4a) Chứng minh rằng tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp.

0


Ta có PAO PMO 90
0


Suy ra PAO  PMO 180 . Do đó tứ giác APMO nội tiếp.
4b)…. Chứng minh rằng tứ giác OBNP là hình bình hành.

1

ABM  1 AOM
AOM  AOP  AOM
2
2
Ta có
. Mà OP là phân giác của góc


 ABM  AOP  MB || OP (1)
Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau (gcg). Suy ra OP = BN (2)

Điểm
1,0

0,5
0,5
1.0
0,25
0,25

Từ (1) và (2) suy ra OBNP là hình bình hành.

0,25
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 điểm của OP.
Do PM  OJ và ON  PJ nên I là trực tâm tam giác OPJ. Suy ra IJ  OP (3)






Ta có APO POI (sole) và APO OPI , suy ra OPI POI . Do đó tam giác IPO cân tại I.

0,25
0,25
0,25


Mà K là trung điểm của OP nên IK  OP (4). Từ (3) và (4) suy ra I , J , K thẳng hàng.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các cặp số nguyên dương
phương.
Nội dung
m

n

m



6  2  2 2 3 2

m 1


2

n 1

 m, n  sao cho

0,25

6m  2n  2 là một số chính
Điểm

 là một số chính phương thì 3m 2m 1  2n 1 1

1

phải là

0,25

là số chính phương.
n 2
 2 chia 4 dư 2 nên khơng
Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1 mà 2
 m, n   1;3 là một nghiệm của bài tốn.
là số chính phương. Do đó cặp
m
n
m
n 1

TH2: Nếu 2
là số lẻ thì n 1 , khi đó 6  2  2 6  4. Ta có

0,25

m

m 1

n 1

một số chẵn. Vậy trong hai số 3 2
và 2
có một số chẵn và một số lẻ.
m
m 1
m
n
n
TH1: Nếu 3 2
là số lẻ thì m 1 , khi đó 6  2  2 8  2 .
Ta thấy ngay n 1, n 2 không thỏa mãn và n 3 thỏa mãn.
Xét n 4 , ta có

8  2n 4 2n 2  2  2n 2  2






m

6m  4   1  4 3

hoặc 5 (mod 7)

Mặt

 7k 

0,25

khác
2

2

2

2

0  mod 7  ,  7k 1 1 mod 7  ,  7 k 2  4  mod 7  ,  7 k 3  2  mod 7  ,

m
n
 m, n   1;3 là đáp số duy nhất cần
Do đó 6  2  2 khơng thể là số chính phương. Vậy
tìm.
1
1

1
1



2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c, d là các số thực dương thỏa mãn : 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
a 2 1
a
2
2
a
 a 2 1


 a 2 1 
2
2


a 1
 a 2 
 a   a  1


 a

2

 2

2

. Mà 



a 2 1

2

Ta có

 a  1 2
Ta có




cyc

a 1



Điểm

0,25

2

a2 1

2

Suy ra

0,25

1  a  1
a .
.
2 a 1
4
4
 a  1 

4
a 1
a 1
. Cùng các BĐT tương tự ta được:
 1
 

1 
4 
  16    a   2
a  b  c  d      a  1    
  cyc a 1 
2   cyc
 2  cyc 
 






a  3 

a2 1

2



0,25




0,25


1

1

a
2   a  1 2    a  1  
 4
 4 cyc

 4 cyc

cyc a  1




thiết)

a

(do




 a  1   1 
cyc

cyc

1 
 2
a 1 

1
a
 a
 a  1 
a 1
Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương ta được 4
, suy ra
1
a
 4 a  b c d  4
 a  1  

4 cyc
a

1
cyc
2




cyc

a 1

2



 

a  b  c  d 2

, theo giả

0,25



a b c d  8

Do đó
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c d 1.

(đpcm)

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 khơng 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 khơng được

điểm.
- Bài hình học nếu khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm phần đó.
- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.