Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Tuyển tập 30 đề thi giáo viên dạy giỏi môn toán THCS

a1246e127f54d0e1a664f648c382f345
Gửi bởi: Khoa CNTT - HCEM vào ngày 2020-12-22 04:11:13 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 96 | Lượt Download: 1 | File size: 2.123041 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu


Sưu tầm và tổng hợp

TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI
GIÁO VIÊN DẠY GIỎI TOÁN THCS

Thanh Hóa, tháng 10 năm 2019

1

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI
GIÁO VIÊN DẠY GIỎI TOÁN THCS
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán
THCS, website lib24.vn giới thiệu đến thầy c ô t u y ển tập 30 đề thi giáo viên dạy giỏitoán
THCS. Chúng tôi đã sưu tầm và tổng hợp từ các đề thi giáo viên giỏi thực tế của các trườngcác
huyện, tỉnh để làm tuyển tập đề thi này nhằm đáp ứng nhu cầu luyện thi của các thầy cô!
Các vị các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng tập đề này để luyện trước các câu hỏi
thường gặp và kĩ năng cần thiết để có một kết quả thi tốt nhất cho mình. Hy vọng tập đề này là cần
thiết và giúp các thầy cô nhiều trong quá trình giảng dạy và công tác của mình.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế,
sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo thu được kết quả cao nhất từ tuyển tập đề này!

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)
Đề số 1

HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI HUYỆN
ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian phát đề)

Câu I: (5 điểm)
a) Dạy học theo chủ đề là một hoạt động góp phần thúc đẩy việc đổi mới phương
pháp dạy học định hướng phát triển năng lực học sinh. Anh (chị) hãy nêu các bước xây
dựng một chủ đề dạy học; các hoạt động cần có trong tiến trình dạy học theo chủ đề.
b) Năng lực là gì? Những năng lực chung cần hình thành và phát triển ở học sinh
trung học?
Câu II: (4 điểm) Khái niệm: Tia phân giác của một góc là tia nằm giữa hai cạnh của góc
và tạo với hai cạnh ấy hai góc bằng nhau. (SGK Toán 6, Tập hai - NXB Giáo dục)
Anh (chị) hãy thiết kế hoạt động luyện tập khái niệm trên theo định hướng phát
triển năng lực.
Câu III: (6 điểm) 1. Biết 3a - b = 5. Tính giá trị biểu thức:
5a − b 3b − 3a
Với 2a + 5 ≠ 0 và 2b − 5 ≠ 0.
=
M

2a + 5 2b − 5
a. Anh (chị) hãy nêu ba định hướng để học sinh tìm được ba cách giải bài toán trên.
b. Anh (chị) hãy giải và nêu hệ thống câu hỏi hướng dẫn học sinh giải bài toán trên
theo một định hướng.
2. a. Cho bài toán :
Rút gọn biểu thức sau:
1
1
1
1
A=
+
+
+ ... +
1+ 2
2+ 3
3+ 4
2016 + 2017
Anh (chị) hãy tổng quát hóa bài toán và giải bài toán tổng quát đó.
b2 + 1
a2 +1
là số nguyên. Chứng minh rằng
cũng
b. Cho các số nguyên a, b sao cho
ab − 1
ab − 1
là số nguyên.
Câu IV: (5 điểm)
40
x + y =
1. Cho hệ phương trình 
(x + 3)(y + 5) = xy + 195
Anh (chị) hãy thiết kế một bài toán thực tế mà khi giải bài toán bằng cách lập hệ
phương trình ta có hệ phương trình trên. Hãy giải bài toán đã thiết kế.
2. Cho bài toán:
Cho tam giác ABC cân tại A có đường trung tuyến AM. Chứng minh rằng AM cũng
là đường phân giác của góc BAC.
Anh (chị) hãy thiết lập một bài toán đảo của bài toán đã cho và chứng minh bài
toán đảo.
- Hết Họ và tên thí sinh:…………..………………………. Số báo danh:……………………
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

3

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

Câu
I

Ý
a.

Điểm ý
2,5

HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI HUYỆN
ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA NĂNG LỰC
Môn: Toán

Nội dung cần đạt

Điểm
1,5

- Các bước XD CĐ DH:
B1. Xác định chủ đề
B2. Xác định mục tiêu chủ đề (KT, KN, TĐ, PTNL)
B3. Xây dựng bảng mô tả mức độ câu hỏi/bài tập
B4. Biên soạn câu hỏi/bài tập
B5. Xây dựng kế hoạch thực hiện chủ đề

1,0

B6. Thiết kế tiến trình dạy học
- Các hoạt động cần có trong tiến trình dạy học theo chủ đề:
+ Hoạt động khởi động
+ Hoạt động hình thành kiến thức
+ Hoạt động luyện tập
+ Hoạt động vận dụng
+ Hoạt động tìm tòi, sáng tạo
b.

2,5

- Năng lực là khả năng vận dụng các kiến thức, kỹ năng, thái độ,
niềm tin, giá trị… vào việc thực hiện các nhiệm vụ trong những
hoàn cảnh cụ thể của thực tiễn. Năng lực được phân thành năng
lực chung và năng lực chuyên biệt

0,5

- Những năng lực chung cần hình thành:

2,0

+ Năng lực tự học
+ Năng lực giải quyết vấn đề
+ Năng lực tư duy, sáng tạo
+ Năng lực giao tiếp, hợp tác
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4

Website:tailieumontoan.com
+ Năng lực tính toán
+ Năng lực sử dụng CNTT

II

4

+ Năng lực thẩm mỹ
+ Năng lực thể chất
1, Mục tiêu:
- Kiến thức: Củng cố, khắc sâu khái niệm tia phân giác của 1 góc.
- Kỹ năng: HS được rèn luyện kỹ năng vẽ tia phân giác của một
góc, rèn luyện kỹ năng sử dụng ngôn ngữ ký hiệu hình học về tia
phân giác của 1 góc; kỹ năng vận dụng khái niệm để giải quyết
những dạng bài tập cụ thể như tính số đo góc , chứng tỏ hai góc
bằng nhau, chứng tỏ tia phân giác của 1 góc,…
-Thái độ: Cẩn thận trong trình bày, linh hoạt trong tư duy, không
lúng túng khi gặp những dạng bài tập cụ thể, biết chia sẻ và hợp
tác tích cực.
- Phát triển năng lực:
+ Năng lực ngôn ngữ, sử dụng kí hiệu hình học: biết được cách
chuyển khái niệm bằng ngôn ngữ lời sang hình vẽ và ba cách kí
hiệu hình học,
+ Năng lực tính toán: tính được số đo góc,
+ Năng lực thực hành: vẽ được tia phân giác của một góc,
+ Năng lực hợp tác: tích cực chia sẻ tốt trong hoạt động chung để
giải quyết các nhiệm vụ được giao.
+ Năng lực tư duy giải quyết vấn đề: định hướng được các điều
kiện cần và đủ để chứng tỏ tia phân giác của một góc, có lập luận
logic trong định hướng tìm ra cách giải quyết bài tập như bài tập
nhận biết, bài tập thông hiểu, vận dụng.
2, Nội dung, nhiệm vụ:
- Giáo viên xây dựng các dạng bài tập:
+ Bài tập rèn luyện kỹ năng sử dụng ngôn ngữ hình học nhằm
phát triển năng lực ngôn ngữ, tính toán, thực hành, tư duy và giải
quyết vấn đề:
. Bài tập nhận biết: Nhận biết tia phân giác qua hình vẽ
. Bài tập thông hiểu: Vẽ tia phân giác của 1 góc cho trước.
. Bài tập thông hiểu: Các cách trình bày khác nhau của tia phân
giác của 1 góc bằng ngôn ngữ kí hiệu hình học (3 cách).
+ Bài tập rèn luyện kỹ năng vận dụng khái niệm vào giải quyết
các bài tập: Bài tập tính số đo góc, bài tập chứng minh tia phân
giác của 1 góc.
+ Xây dựng các hình thức tổ chức học tập phù hợp nhằm phát
triển năng lực giao tiếp, năng lực hợp tác cho học sinh thông qua
hoạt động tương tác giữa học sinh-học sinh, thầy-trò.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,0

1,0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

5

Website:tailieumontoan.com

1a

2,25

III

1b
2a

1,25
1,75

- Học sinh có tinh thần hợp tác tích cực để hoàn thành nhiệm vụ
được giao, chuẩn bị đầy đủ các đồ dùng học tập.
3, Phương thức hoạt động:
Tùy vào điều kiện dạy học, năng lực HS mà sử dụng HĐ nhóm,
HĐ cặp đôi, HĐ cá nhân hay HĐ chung cả lớp để hoàn thành bài
tập. Kết thúc HĐ học sinh trao đổi với GV để được bổ sung, uốn
nắn những nội dung, kĩ năng chưa đúng đồng thời GV chốt
KT,KN cần thiết.
4, Phương tiện hoạt động: Thước thẳng, thước đo góc, phiếu học
tập, máy chiếu.
5, Dự kiến sản phẩm của HS: Kết quả các bài tập yêu cầu ở phần
nội dung, nhiệm vụ.
6, Gợi ý tiến trình dạy học:
- Giao nhiệm vụ học tập cho học sinh thông qua nhiều hình thức
khác nhau.
- HS thực hiện nhiệm vụ trao đổi với bạn hoặc có sự uốn nắn, tư
vấn của GV .
- GV tổ chức cho HS trình bày kết quả .
- Gv cùng HS đánh giá, chốt kiến thức và kĩ năng cần thiết.
(Lưu ý: các bài tập vận dụng kiến vào thực tiễn nằm trong hoạt động
vận dụng và tìm tòi, sáng tạo nên chưa đưa vào hoạt động luyện tập)
Định hướng 1:
5a − b 3b − 3a 2a + (3a − b) 2b − (3a − b)
M=

=

2a + 5 2b − 5
2a + 5
2b − 5
Biến đổi tử xuất hiện biểu thức 3a-b rồi thay 3a-b = 5.
Tính được M = 0.
Định hướng 2:
Biểu thị b theo a hoặc a theo b.
Từ 3a - b = 5 => b = 3a -5. Tính được M = 0.
Định hướng 3:
Thay số 5 ở mẫu bằng 3a - b.
5a − b 3b − 3a
5a − b
3b − 3a
M=

=

= 1−1 = 0
2a + 5 2b − 5 2a + (3a − b) 2b − (3a − b)
(Hoặc có thể tính M bằng cách quy đồng rồi làm xuất hiện biểu
thức 3a-b)
GV hướng dẫn học sinh giải theo được một định hướng của mình.
Phát biểu được bài toán tổng quát
1
1
1
1
với n ∈ N*
A=
+
+
+ ... +
1+ 2
2+ 3
3+ 4
n −1 + n
Giải được

0,5

0,25
0,5
0,75

0,75

0,75

0,75

1,25
0,75

0,5
0,5
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

6

Website:tailieumontoan.com
A=

2b

0,75

1
1
1
1
+
+
+ ... +
1+ 2
2+ 3
3+ 4
n −1 + n

2− 1
3− 2
4− 3
n − n −1
n −1
=
+
+
+ ... +
=
2 −1
3− 2
4−3
n − (n − 1)
Cách giải 1:
a2 +1
∈ Z ⇒ a 2 + 1 ab − 1 ⇒ a 2 b 2 + b 2  ab − 1
ab − 1
⇒ (a 2 b 2 − 1) + (b 2 + 1) ab − 1 ⇒ (ab + 1)(ab − 1) + (b 2 + 1) ab − 1

⇒ (b 2 + 1) ab − 1 ⇒

0,25
0,25

b2 + 1
∈Z
ab − 1

0,25

Cách giải 2
a2 +1
∈ Z ⇒ a 2 + 1 ab − 1 ⇒ (a 2 + 1)(b 2 + 1) ab − 1
ab − 1
⇒ a 2 b 2 + a 2 + b 2 + 1 ab − 1 ⇒ (a 2 b 2 − 1) + (a 2 + 1) + (b 2 + 1) ab − 1

0,25
0,25

⇒ (ab + 1)(ab − 1) + (a 2 + 1) + (b 2 + 1) ab − 1
b2 + 1
∈Z
ab − 1
Thiết kế được bài toán
Ví dụ: Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 80 mét, nếu
tăng chiều dài 3 mét và chiều rộng 5 mét thì diện tích mảnh vườn
tăng thêm 195 m2. Tính các kích thước của mảnh vườn.
Giải được bài toán này
Thiết lập được bài toán đảo
Cách 1: Cho tam giác ABC cân tại A có đường phân giác AM của
góc BAC. Chứng minh rằng AM cũng là đường trung tuyến của
tam giác ABC .
Cách 2: Cho tam giác ABC có đường phân giác AM của góc BAC
cũng là đường trung tuyến của tam giác ABC. Chứng minh rằng
tam giác ABC cân tại A.
⇒ (b 2 + 1) ab − 1 ⇒

IV

1

2

3,0

2,0

0,25
1,5

1,5
1,0

A

B

Chứng minh được bài toán đảo của mình

C
M

D

1,0

Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

7

Website:tailieumontoan.com
ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC GIÁO VIÊN
CỦA HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI THCS
Năm̀: 2015 - 2016
Môn: Toán học
Thời gian làm bài: 120 phút

UBND THỊ XÃ THÁI HÒA
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 2
Câu 1: (5,0 điểm)

a) Nêu các bước để xây dựng phân phối chương trình môn học mà thầy (cô) đang giảng
dạy?
b) Nêu một số khó khăn cần khắc phục khi đổi mới sinh hoạt chuyên môn theo nghiên
cứu bài học?
Câu 2: (6,0 điểm)
a) Hãy trình bày cụ thể con đường khi dạy định lý Vi - ét trong sách giáo khoa toán 9
hiện hành. Vận dụng định lý Vi - ét hãy giải bài toán sau:
Cho phương trình x2 + ( m2 + 1 ). x + m = 2

(với m là tham số )

Hãy tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn
2 x1 − 1 2 x2 − 1
55
+
=
x1 x2 +
x2
x1
x1 x2

b) Hãy nêu hai định hướng để học sinh tìm ra cách giải bài toán sau và hướng dẫn học sinh giải
bài toán theo một trong hai cách đã định hướng.
Cho A(n) = n5 – n (với n là số nguyên). Chứng minh A(n) chia hết cho 30
Câu 3: (4,0 điểm) Một học sinh có lời giải của một bài toán như sau:
Đề bài: Cho x, y là hai số dương thỏa mãn x +
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 32 ⋅
Lời giải: Từ x > 0, y > 0 ta có

1
≤ 1.
y
x
y
+ 2015 ⋅
y
x

x y
+ ≥2
y x
2


1
1
y
1
Theo bài ra x + ≤ 1 nên ta có 1 ≥  x +  ≥ 4 ⋅ x ⋅ ⇒ ≥ 4
y
y
x
y

 x y
y
Do vậy M
= 32  +  + 1983 ⋅ ≥ 32.2 + 1983.4
= 7996
x
 y x
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 7996
Thầy (cô) hãy chỉ ra các sai lầm trong lời giải trên và giải lại cho đúng.
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

8

Website:tailieumontoan.com
Câu 4: (5,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R và M là một điểm bất kỳ thuộc
nửa đường tròn (M khác A và B). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By tại A và B của
đường tròn (O) lần lượt tại C và D.
 = 900
a) Chứng minh: COD
b) Gọi K là giao điểm của BM với Ax. Chứng minh: ∆KMO  ∆AMD
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM.
1. Thầy (cô) hãy giải bài toán trên.
2. Hãy xây dựng và chứng minh bài toán đảo của bài toán ở câu a?
_________________________Hết_______________________

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

9

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD&ĐT THÁI HÒA

HƯỚNG DẪN CHÂM HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI

BẬC THCS

Môn: TOÁN

Câu

B.điểm

Nội dung

5,0

Câu 1
a

Bước 1: Xác định nguyên tắc xây dưng phân phối chương trình môn học

2,5

Bước 2: Nghiên cứu thực hiện
Bước 3: Xây dựng kế hoạch dạy học cho mỗi môn học/ lớp học theo định
hướng mới.
Bước 4: Duyệt của hiệu trưởng
Bước 5: Đánh giá kết quả, rút kinh nghiệm, bổ sung
Bước 6: Thực hiện
b

- Thái độ của GV đối với SHCM: nhiều GV hoài nghi về tác dụng chuyên môn 2,5
và sợ các đồng nghiệp tấn công mình.
- Tiến hành bài học minh hoạ: GV dạy như là diễn tập và không để ý đến HS
gặp khó khăn như thế nào.
- Dự giờ bài học: các GV dự chỉ chú ý đến GV dạy và họ thích ngồi ở đằng
sau và ít chú ý đến HS.
- Suy ngẫm về bài học: có nhiều GV có thái độ phê phán người dạy, hay ca
ngợi rõ ràng nhưng không chi tiết.
- Các GV chưa thực sự hợp tác cùng nhau xây dựng kế hoạch bài học.
- Thái độ của GV không phải là hoà đồng, bình đẳng, sẵn sàng học hỏi, hợp
tác mà lại là phê phán, đánh giá, làm mất đi tính nhân văn của NCBH.
6,0

Câu 2
a

+) Nêu trình tự các hoạt động cụ thể theo một trong hai con đường
- Con đường có khâu suy đoán: Tạo động cơ; phát hiện định lí; phát biểu định
lý; chứng minh định lí; vận dụng định lý
- Con đường suy diễn: Tạo động cơ; suy luận logic dẫn tới định lý; phát biểu

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

10

Website:tailieumontoan.com
định lý; củng cố định lý

1,5

+) Vận dụng giải bài tập toán:
Vì ∆
= m 4 + 2m 2 − 4m + =
9 m 4 + 2(m − 1) 2 + 7 > 0 với mọi m
Nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m.

x + x =
−(m 2 + 1)
Theo hệ thức Vi-ét ta có  1 2
 x1.x2= m − 2
Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn
2 x1 − 1 2 x2 − 1
55
(*) là x1x2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 2
+
=
x1 x2 +
x2
x1
x1 x2
Từ (*) ⇒ 2( x12 +x22 ) - ( x1 + x2 ) = x12 x22 + 55
⇔ 2[( x1 + x2 )2 - 2x1x2 ] - ( x1 + x2 ) = x12 x22 + 55
⇔ 2[ - (m2 +1)]2 - 4(m - 2) + m2 +1 = (m - 2)2 + 55
 m = 2 (KTM)
⇔ m4 + 2m2 - 24 = 0 ⇔ 
 m = -2 ( TM )
1,5
b

Định hướng: (VD)
Cách 1: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể phân tích k ra thừa số: k = pq với
(p, q) = 1, ta chứng minh A(n) p và A(n) q.
Cách 2: Để chứng minh A(n) chia hết cho k, có thể biến đổi A(n) thành tổng (hiệu)
1,5
của nhiều hạng tử, trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k.
Hướng dẫn HS giải theo một trong hai cách đã định hướng
Cách 1:
A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)  6
n = 5k + 1 => (n - 1)  5
n = 5k + 4 => (n + 1)  5.
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1)  5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1)  5
Vậy: A(n) chia hết cho 6 và 5 mà (6, 5) = 1 nên phải chia hết cho 30.

1,5

Cách 2:
A(n) = n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - 4 + 5)
= n(n2 - 1).(n2 - 4 ) + 5n(n2 - 1)
= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n - 1)(n + 1)
Chứng minh (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên
chia hết cho 5, cho 6, mà (5,6) = 1 nên (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) chia hết cho
5.6
Chứng minh 5n(n - 1)(n + 1) chia hết cho 5.6
Suy ra A(n) chia hết cho 30
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

11

Website:tailieumontoan.com
4,0

Câu 3
+) Chỉ ra các sai lầm:
- Với x > 0, y > 0 ta có

x y
+ ≥ 2 đẳng thức xảy ra khi x = y nhưng
y x

2


y
1
1
1 ≥  x +  ≥ 4 ⋅ x ⋅ ⇒ ≥ 4 đẳng thức xảy ra khi y=4x
y
y
x

1
1
- Khi x = y thì giả thiết x + ≤ 1 trở thành x + ≤ 1 không xảy ra
y
x

1,0

1,0

+) Giải lại cho đúng:
2


1
1
y
Từ giả thiết ta có: 1 ≥  x +  ≥ 4 ⋅ x ⋅ ⇒ ≥ 4 . Mặt khác áp dụng bất đẳng
y
y
x

32 x 2 y
32 x 2 y
thức Cauchy ta có:
+
≥2

=
16
y
x
y
x
1,0
 32 x 2 y 
y
Do đó M
= 
+
= 8068
 + 2013 ⋅ ≥ 16 + 4.2013
x 
x
 y
 y = 4x
1


x =
2
Đẳng thức xảy ra khi 
⇔
2
1
+
=
x
1


 y = 2
y

Vậy M nhỏ nhất là 8068

1,0
5,0

Câu 4

3,0

1) Giải bài toán
y

x

D

K
M

C

A

a

H

O

B

Vì CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau tại C; DB, DM là hai tiếp tuyến cắt nhau
tại D. Nên theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có OC, OD lần lượt là hai tia
 = 900
phân giác của hai góc kề bù AOM và BOM nên: COD

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

12

Website:tailieumontoan.com
 hoặc 
)
 = ODM
(Chứng minh được KAM
AKM = MOD
Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MB vuông góc với OD, suy ra
 ( cùng phụ với góc BMD)
 = OMB
MDO
Ta có ∆AMB vuông tại M (nội tiếp (O) có cạnh AB là đường kính)
=
 (đồng vị)
Nên AM vuông góc với MB, suy ra AM // OD ⇒ CMA
MDO
 = KAM
 (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà CMA
 = ODM

Do đó: KAM


 = ODM

Xét ∆AKM và ∆DOM có KMA
= OMD
= 900 và KAM
MA MD
(1)
Nên ∆AKM  ∆DOM (gg) Suy ra:
=
MK MO

Mặt khác
(2)
KMO
= 
AMD
= 900 + 
AMD
Từ (1) và (2) , suy ra ∆KMO  ∆AMD (cgc)

1,0

Gọi diện tích của tứ giác ABDC là S, diện tích các tam giác AMB, ACM, BDM
lần lượt là S1; S2; S3. Ta có S2+S3 = S - S1
Ta có tứ giác ABDC là hình thang vuông nên
S = (AC+BD).R = R.(CM+DM)
Mà ∆OCD vuông tại O có OM là đường cao. Theo hệ thức lượng trong tam
giác vuông, có: OM2 = CM.DM
Mặt khác (CM - DM)2 ≥ 0  (CM + DM)2 ≥ 4CM.DM
 CM+DM ≥ 2R. Suy ra S ≥ 2R2
Dấu “=” xảy ra khi MC = MD hay M là điểm chính giữa của nửa đường tròn
(O)
Từ M kẻ MH ⊥ AB. Ta có S1 = R.MH ≤ R.OM = R2
Dấu “ = “ xảy ra khi điểm H trùng với điểm O hay M là điểm chính giữa của
nửa đường tròn (O)
Suy ra S - S1 ≥ 2R2 - R2 = R2
Vậy GTNN của S2+S3 là R2 khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O)

1,0
2,0

2) Xây dựng và chứng minh bài toán đảo
Cho nửa đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Trên tiếp tuyến Ax và By tại A và B
 = 900 . Chứng
của nửa đường tròn (O) lần lượt lấy 2 điểm C và D sao cho COD

1,0

minh CD là tiếp tuyến của (O)

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

13

Website:tailieumontoan.com
C
N
M
D

A
O

B

Từ O kẻ đường thẳng song song với AC cắt CD tại N
Vì tứ giác ABDC là hình thang và OA = OB nên NC = ND
Suy ra NC = ND = NO (t/c đường trung tuyến trong tam giác vuông)
 = NCO
 , mà ON//AC nên 
 suy ra 

NOC
ACO = NCO
ACO = NCO

1,0

∆MCO (cạnh huyền- góc nhọn)
Từ O kẻ OM vuông góc với CD => ∆ACO =
=> OM = AO = R
Vậy CD là tiếp tuyến của (O)

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

14

Website:tailieumontoan.com
UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT
Đề chính thức

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN
THCS HÈ 2012
Đề thi môn: Toán
Thời gian làm bài 150 phút

Đề số 3
Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình: (2m − 1) x 2 − 4mx + 4 =
0 ( m là tham số) (1).
Xác định m để:
a) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt.
b) Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 = 3 x2 .
c) Phương trình (1) có hai nghiệm nhỏ hơn 3.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình, hệ phương trình:
a) 5 x + 1 − x + 1 =
2.
2
2
 x − 3 xy + 2 y =
−1
b)  2
9
 x + 2 − 3 y =
Câu 3 (2,0 điểm).

m
3 x + my =
(m − 1) x + 2 y =m − 1

a) Cho hệ phương trình: 

( m là tham số)

Xác định m để hệ phương có nghiệm duy nhất ( x, y ) thoả mãn: x + y 2 =
1.
b) Chứng minh rằng số

n + n + 4 không phải là số nguyên dương với mọi số

nguyên dương n.
Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O và dây AB không đi qua O. Gọi M là điểm chính
giữa của cung AB nhỏ. D là một điểm thay đổi trên cung AB lớn (D khác A và B). DM cắt
AB tại C. Chứng minh rằng:
a) MB.BD = MD.BC
b) MB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c =
1. Tìm giá trị lớn nhất
ab
ac
bc
1
của biểu thức Q =
+
+

.
c + ab b + ac a + bc 4abc
-----HẾT-----Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD………………
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

15

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN CHẤM
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN HÈ 2012
Môn: Toán
Câu 1 (2,0 điểm)
a) 0,75 điểm
Nội dung trình bày
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1

a ≠ 0
 2m − 1 ≠ 0
m ≠
⇔ '
⇔ 2
⇔
2
∆ > 0
 4 m − 8m + 4 > 0
4(m − 1) 2 > 0


Điểm
0,5

1

1
m ≠
⇔
2 . Vậy với m ≠ và m ≠ 1 thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt
2
m ≠ 1

0,25

b) 0,75 điểm
Điểm
Phương trình có 2 nghiệm ⇔ m ≠
4m

 x1 + x2 =
2m − 1

4

 x1 x2 =
2m − 1

 x1 = 3 x2



(1)

0,25

(2)
(3)

Thay (3) vào (1) ta được
x2
=
Thay
=
x2

1
. Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ:
2

m
3m
, x1
=
2m − 1
2m − 1

m
3m
vào PT (2) ta được phương trình 3m 2 − 8m + 4 =
0.
=
, x1
2m − 1
2m − 1

Giải PT ta được=
m1 2,=
m2

2
(thỏa mãn điều kiện)
3

2
KL: Với=
thì PT có nghiệm x1 = 3 x2 .
m1 2,=
m2
3

0,25

0,25

c) 0,5 điểm
Nội dung trình bày
Phương trình có 2 nghiệm ⇔ m ≠

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

Điểm

1
.
2

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

16

Website:tailieumontoan.com

 x1 < 3
( x1 − 3)( x2 − 3) > 0
 x1 x2 − 3( x1 + x2 ) + 9 > 0
Ta có 
⇔
⇔
 x2 < 3
 x1 − 3 + x2 − 3 < 0
 x1 + x2 − 6 < 0
Một số lưu ý:
-Trên đây chỉ trình tóm tắt một cách giải với những ý bắt buộc phải có. Trong quá
trình chấm, nếu GV giải theo cách khác và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
-Trong quá trình giải bài của GV nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả
phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm.
- Bài hình học, nếu không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
- Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm.
Ta có: c + ab =c(a + b + c) + ab =(c + a )(c + b)
Tương tự : b + ac = (b + a )(b + c) ; a + bc = (a + b)(a + c)
ab
ac
bc
ab
ac
bc
1
1
Do đó: Q =
+
+

=
+
+

c + ab b + ac a + bc 4abc (c + a)(c + b) (b + a)(b + c) (a + b)(a + c) 4abc

ab(a + b) + ac(a + c) + bc(b + c)
1
a 3 + b3 + b3 + c 3 + c 3 + a 3
1



(a + b)(b + c)(c + a )
4abc
8abc
4abc
3
3
y)
(Áp dụng BĐT: AM-GM; BĐT x + y ≥ xy ( x + y ) với x, y > 0, dấu bằng xảy ra ⇔ x =
a 3 + b3 + c 3
1

4abc
4abc
Lại có a 3 + b3 + c 3 = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) + 3abc =1 − 3(ab + bc + ca ) + 3abc
1)
(do a + b + c =

=

a 3 + b3 + c 3
1
−3(ab + bc + ca) + 3abc −9 3 a 2b 2 c 2 + 3abc


Bởi vậy Q ≤ =
4abc
4abc
4abc
4abc
1  −9
 1
= 3
+ 3  ≤ . ( −27 + 3) =
−6
4  abc
 4
a+b+c 1
( A/d BĐT AM-GM: 3 abc ≤
và ab + bc + ca ≥ 3 3 a 2b 2 c 2 )
=
3
3
1
Vậy Max Q = −6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c= .
3
Bµi 4: (3,0 ®iÓm)

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

17

Website:tailieumontoan.com
a) Xét ∆MBC và ∆MDB có:

 = MBC
 (hai gãc néi tiÕp ch¾n hai cung b»ng nhau)
BDM
 = BMD

BMC

Do vậy ∆MBC và ∆MDB đồng dạng Suy ra

MB MD
= ⇒ MB.BD =
MD.BC
BC
BD


BJC
2

= 2MBC
 hay ⇒ MBC
= 2BDC
=
b) Gọi (J) là đường tròn ngoại tiếp ∆BDC ⇒ BJC

180 0 − BJC

∆BCJ c©n t¹i J ⇒ CBJ =
2
O


 + CBJ
 = BJC + 180 − BJC = 90 O ⇒ MB ⊥ BJ
Suy ra MBC
2
2
Suy ra MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
c) Kẻ đường kính MN của (O) ⇒ NB ⊥ MB
Mà MB là tiếp tuyến của đường tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đường tròn ngoại tiếp ∆ADC
Chứng minh tương tự I thuộc AN

 ⇒ CJ // IN



Ta có ANB
= ADB
= 2BDM
= BJC
Chứng minh tương tự: CI // JN

Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành ⇒ CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đường tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

18

Website:tailieumontoan.com

UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Đề chính thức

KỲ THI LÝ THUYẾT CHỌN GVDG CẤP HUYỆN VÀ ĐỘI
TUYỂN DỰ THI GVGD CẤP TỈNH CHU KỲ 2012 – 2016
MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề )

Đề số 4
( Đề thi gồm 01 trang )
Bài 1: ( 2.0 điểm)
a. Theo anh ( chị ) bài tập toán có những chức năng nào?
b. Anh (chị) hãy cho biết những cách thông dụng để tạo tình huống gợi vấn đề.
Bài 2: ( 1.0 điểm)
Tìm các số tự nhiên x; y thoả mãn x 2 + 3 y =
257 . Một học sinh đã giải như sau:
Vì x 2 là số chính phương nên x 2 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1.
Mặt khác: 3 y chia hết cho 3 nên x 2 + 3 y chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1.
Mà 257 chia cho 3 dư 2 nên không tồn tại x; y ∈ 𝑁 để x 2 + 3 y =
257 .

Anh ( chị ) hãy chỉ ra sai lầm trong lời giải trên và giải lại cho đúng.

Bài 3: ( 1.5 điể )
a. Tìm số nguyên dương x để biểu thức sau có giá trị là số nguyên tố: P = x 4 + x 2 + 1
Anh ( chị ) hãy giải và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên.
b. Giải phương trình sau:

x2 − 1 − 2 x +=
1 3 x −1 − 6

Bài 4: ( 2.0 điểm )
a. Cho 2a = 3b = 4c. Chứng minh rằng: 2 ( a − c ) = 9 ( a − b )( b − c )
2

0 (m là tham số) . Tìm m để phương trình có
b. Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) + m 2 − 6 =
hai nghiệm x1; x2 thoả mãn x12 + x22 =
16
c. Cho 3 số dương x; y; z thoả mãn: x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

A=

x 20 y 20 z 20
+
+
y11 z11 x11

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

19

Website:tailieumontoan.com
Bài 5: ( 3.5 điểm )
Cho nửa đường tròn ( O ; R ), đường kính AB . Vẽ các tiếp tuyến Ax, By ( Ax, By và nửa
đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB ). Điểm M chuyển động trên nửa
đường tròn ( 𝑀 ≢ 𝐴; 𝑀 ≢ 𝐵 ). Qua M vẽ tiếp tuyến d với (O) cắt Ax, By theo thứ tự tại

C, D. Chứng minh rằng : AC.BD = R2

a. Anh ( chị ) hãy giải bài toán trên.
b. Hãy phát biểu và chứng minh bài toán đảo.
c. Hạ MH vuông góc với AB ( H ∈ AB ). Xác định vị trí của M trên nửa đường tròn
(O) để tam giác AMH có diện tích lớn nhất.

_________________Hết_______________

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

20

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD&ĐT THANH
CHƯƠNG
Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang

BÀI
Bài 1:
2.0điểm

Ý

NỘI DUNG CẦN ĐẠT

1.a
1.0
điểm

Chức năng của bài tập toán:
- Chức năng dạy học
- Chức năng giáo dục
- Chức năng phát triển
- Chức năng kiểm tra
Những cách thông dụng để tạo tình huống gợi vấn đề:
- Dự đoán nhờ nhận xét trực quan hoặc thực nghiệm
- Lật ngược vấn đề
- Xem xét tương tự
- Khái quát hoá
- Phát hiện sai lầm, tìm nguyên nhân và sửa chữa
- Chỉ ra sai lầm 3y chia hết cho 3 là sai vì với y = 0 thì
30 = 1 không chia hết cho 3
- Nếu y = 0 thì x2 = 256 ⇒ x = 16 ( thoả mãn )
- Nếu y ≥ 1
Vì 𝑥 2 là số chính phương nên 𝑥 2 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư 1.
Lại có : 3 𝑦 chia hết cho 3 nên 𝑥 2 + 3 𝑦 chia hết cho 3 hoặc chia cho 3 dư
1.
Mà 257 chia cho 3 dư 2 nên không tồn tại x; y ∈ 𝑁 𝑣ớ𝑖 𝑦 ≥ 1 để
𝑥 2 +3𝑦 = 257.
Vậy x =16 ; y = 0 là cặp số duy nhất thoả mãn điều kiện bài toán
Giải
4
- 𝑃 = 𝑥 + 𝑥 2 + 1 = (𝑥 2 − 𝑥 + 1)(𝑥 2 + 𝑥 + 1)
- Vì x nguyên dương và 𝑥 2 + 𝑥 + 1 > 𝑥 2 − 𝑥 + 1 nên P có giá
trị là số nguyên tố khi 𝑥 2 − 𝑥 + 1 = 1 x = 0 (ktm) hoặc x = 1
Với x = 1 thì P = 3 là số nguyên tố ( tm)
Vậy x = 1 thì P có giá trị là số nguyên tố
Hướng dẫn giải :
- Phân tích 𝑃 = 𝑥 4 + 𝑥 2 + 1 thàmh nhân tử ?
- So sánh 𝑥 2 + 𝑥 + `1 𝑣ớ𝑖 𝑥 2 − 𝑥 + `1 ?
- P có giá trị là số nguyên tố khi nào ?
- Từ đó hãy tìm x ?

1.b
1.0
điểm

Bài 2:
1.0điểm

Bài 3:
1.5điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI LÝ THUYẾT CHỌN GVDG
CẤP HUYỆN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI GVGD
CẤP TỈNH CHU KỲ 2012 – 2016
MÔN THI : TOÁN

3.a
0.75
điểm

3.b

ĐKXĐ: x ≥ 1

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

ĐIỂM

0.25
0.25
0.25
0.25
0.2
0.2
0.2
0.2
0.2
0.5
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

21

Website:tailieumontoan.com
0.75
điểm

Bài 4:
2.0điểm

4.a
0.75
điểm
4. b
0.75
điểm

𝑝𝑡 đã 𝑐ℎ𝑜 ⇔ ( x − 1 − 2 )( x + 1 − 3) =0.

0.25
0.25

a − b b − c (a − c)
2

.
=
⇒ 2 ( a − c ) = 9 ( a − b )( b − c ) (đpcm)
2
1
9
7
- PT có hai nghiệm x1; x2 ⇔ -2m + 7 ≥ 0 ⇔ m ≤ (*)
2

0.25

Từ đó suy ra: x = 5 ( TMĐK ) hoặc x = 8 ( TMĐK )
a b c a −b b−c a −c
=
=
2a = 3b = 4c ⇒ = = =
6 4 3
2
1
3

0.5

2

-

 x1 + x2 = 2 ( m − 1)


m2 − 6

2
 x1.x=

Theo hệ thức Viét ta có:

Lại có: x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1.x2 = 16
2

0.25

(1)
( 2)

0.25

( 3)

Từ (1), (2) và (3) ta có: 2m2 – 8 m = 0

⇔ m = 0 (TM (*)) Hoặc m = 4 (Loại do KTM (*)).Vậy m = 0
4.c
0.5
điểm

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 20 số không âm
x 20
x 20
( 11 , 11 số y và 8 số 1). Ta có: 11 + 11 y + 8 ≥ 20 x
y
y

y 20
Tương tự: 11 + 11z + 8 ≥ 20 y
z
z 20
+ 11x + 8 ≥ 20 z
x11
Từ đó:
x 20 y 20 z 20
A= 11 + 11 + 11 ≥ 20 ( x + y + z ) − 11( x + y + z ) − 24
y
z
x

x 20 y 20 z 20
A = 11 + 11 + 11 ≥ 3.
y
z
x
Dấu = xảy ra ⟺ x = y = z = 1
Vậy Min A = 3 ⇔ x = y = z = 1

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

0.25

0.25

0.25

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

22

Website:tailieumontoan.com

Bài 5:
3.5điểm

x
y

D

MN
C
d

A

5.a
1.5
điểm

5.b
1.5
điểm

H

B

O

Chứng minh được tam giác COD vuông tại O
Tam giác COD vuông tại O; đường cao OM
nên OM2 = CM.DM
- Mà CM = AC; DM = BD ( Tính chất hai TT cắt nhau )
- Suy ra : AC.BD = OM2 = R2
Phát biểu bài toán đảo:
Cho nửa đường (O;R) , đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By (Ax,
By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB). Điểm M
chuyển động trên nửa đường tròn. Qua M vẽ đường thẳng d cắt Ax,
By theo thứ tự tại C, D sao cho AC.BD = R2.
Chứng minh rằng đường thẳng d là tiếp tuyến của ( O )
Chứng minh bài toán đảo:
- Từ AC.BD = R2 ⇒ △ACO ∽ △ 𝐵𝑂𝐷 (𝑐. 𝑔. 𝑐)
-

� = 𝐵𝑂𝐷
� ⇒ 𝐶𝑂𝐷
� = 900 và
⇒ 𝐴𝐶𝑂

𝐴𝐶

𝑂𝐶

= .
𝐴𝑂
𝑂𝐷


- Do đó: △ACO ∽ △ 𝑂𝐶𝐷 (𝑐. 𝑔. 𝑐) ⇒ 𝐴𝐶𝑂 = 𝑂𝐶𝐷
- Hạ ON ⊥ CD (𝑁 ∈ 𝐶𝐷 )
Chứng minh được ∆𝐴𝐶𝑂=∆𝑁𝐶𝑂 ( 𝑐ℎ. 𝑔𝑛 ) ⇒ ON = OA = R

Vậy đường thẳng d là tiếp tuyến của đường tròn ( O )
Đặt AH = x. Suy ra: BH = 2R – x

5.c
0.5
=
MH
AH
=
.BH
x ( 2R − x )
điểm
2 S=
MH .=
AH x. x ( 2 R −=
x)
AMH

0.25
0.5
0.25
0.75

0.25
0.25
0.25

x3 ( 2 R − x )
0.25

1 3
x ( 6 R − 3x )
3

=

0.5

1 3
1  x + x + x + 6 R − 3x 
3 3R 2
x ( 6 R − 3x ) ≤

 =
3
3
4
4

4



S AMH ≤

3 3R 2
3R
. Dấu “ = “ khi và chỉ khi x =
8
2

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

0.25
TÀI LIỆU TOÁN HỌC

23

Website:tailieumontoan.com
Vậy tam giác AMH có diện tích lớn nhất là

3 3R 2
khi M là giao điểm
8

của đường thẳng vuông góc với AB tại H ( AH =
tròn (O)

3𝑅
2

) với nửa đường

Chú ý : Nếu thí sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa ứng với mỗi ý , mỗi câu
đó

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

24

Website:tailieumontoan.com
PHềNG GD&ĐT THỊ XÃ THÁI HÒA
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI LÝ THUYẾT CHỌN GVDG THỊ XÃ
CHU KỲ 2011-2013. MễN THI: TOÁN
Thời gian:120 phút (Không kể thời gian giao đề)

(Đề gồm 01 trang)
Đề số 5
Câu 1. (5,0 điểm)
a) Anh (chị) hãy nêu các con đường dạy học khái niệm toán học và các hoạt động
chính trong trình tự dạy học khái niệm toán học?
b) Vận dụng trình tự đó vào việc dạy khỏi niệm “ Trung điểm của đoạn thẳng”
Câu 2. (4,0 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số n lẻ : n2 + 4n + 5 khụng chia hết cho 8.
12n + 1
b) Chứng minh rằng phân số
là phân số tối giản ( n ∈ N ).
40n + 3
8 + 15
8 − 15
+
2
2
d) Tỡm m để phương trỡnh sau cú hai nghiệm phõn biệt: (m − 1) x 2 − 2(m + 1) x + 2m − 1 =0

c) Rỳt gọn biểu thức sau: A=
.

Câu 3.(3,0 điểm) Anh (chị) hãy giải các bài toán sau:
2
2
2
2
Tính P =
+
+
+ .................. +
1.3 3.5 5.7
2011.2013
7
7
7
7
Q=
+
+
+ .................. +
2.5 5.8 8.11
2012.2015
Bằng hoạt động toán học tổng quát hóa, anh(chị) hãy chuyển các bài toán trên
thành bài toán tổng quát và hướng dẫn học sinh giải.
Câu 4. (3,0 điểm)

6 8
+ với x, y > 0; x + y ≥ 6 .
x y
Một học sinh đó giải như sau: Với x, y > 0; x + y ≥ 6 nên áp dụng Bất đẳng thức Cauchy
Tìm giỏ trị nhỏ nhất của S = 3 x + 2 y +

cho hai số: 3x và

8
6
6
8
6
8
; 2 y và .Ta có: S = (3 x + ) + (2 y + ) ≥ 2 3 x. + 2 2 y. hay
y
x
x
y
x
y

6

3 x = x
 x = 2
. Vậy giỏ trị nhỏ nhất của S là
⇔
S ≥ 6 2 + 8 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi 
 y = 2
2 y = 8
y

Hãy chỉ ra sai lầm trong lời giải trên và giải lại cho
6 2 + 8 , đạt được khi
=
x =
2, y 2 .
đúng.
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

25

Website:tailieumontoan.com
Câu 5. (5,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. H là điểm thuộc đoạn OB
sao cho HB = 2HO. Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H. Gọi E là điểm di động trên cung
nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B. Nối A với E cắt CD tại I.
a/ Chứng minh rằng: AD2 = AI.AE.
b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R.
c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ DIE
ngắn nhất.
Hết./.
Họ và tên thí sinh: ………………………….…………Số bỏo danh: ……………………………
PHÒNG GD&ĐT THỊ XÃ THÁI HÒA
(HD chấm gồm 03 trang)

Câu

ý

HD CHẤM ĐỀ THI LÝ THUYẾT
CHỌN GVDG THỊ XÃ.
CHU KỲ 2011-2013. MÔN THI: TOÁN
Thời gian:120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Nội dung cần đạt

Điểm

a.
+Dạy học khỏi niệm toỏn học cú thể thực hiện theo 3 con đường
- Con đường suy diễn
b.
- Con đường quy nạp;
- Con đường kiến thiết.
a

1

b

1,5

+Trình tự dạy học khái niệm thường bao gồm các hoạt động sau
*HĐ1: HĐ dẫn vào khái niệm
*HĐ2: HĐ hình thành khái niệm
1,5
* HĐ3: HĐ củng cố khái niệm
* HĐ4: Bước đầu vận dụng khái niệm trong bài tập đơn giản.
* HĐ5: Vận dụng khái niệm trong bài tập tổng hợp
HĐ 1: Phát hiện khái niệm (định nghĩa)
Cho học sinh tiếp xúc hình1 và quan sát xem điểm M có tính
chất gì ?
HĐ 2: Hình thành khái niệm (định nghĩa):
+Hướng dẫn học sinh phát biểu định nghĩa “Trung điểm của
đoạn thẳng AB là điểm nằm giữa A, B và cách đều A, B ”.
+Có thể ghi tóm tắt định nghĩa:
2,0
M là trung điểm của AB khi MA+MB=AB, MA=MB
HĐ 3: Củng cố khái niệm (định nghĩa): HS làm bài tập trắc nghiệm
+Khi nào ta kết luận được một điểm M là trung điểm của
đoạn thẳng AB ?
HĐ 4: (Vận dụng cấp độ 1): Cho đoạn thẳng AB có độ dài 3cm. Hãy
vẽ trung điểm M của đoạn thẳng AB bằng cách dùng thước có chia

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

5,0

26

Website:tailieumontoan.com

a

khoảng cách hoặc gấp giấy.
+Nếu dùng một sợi dây để: “chia” một thanh gỗ thẳng thành
hai phần bằng nhau thì phải làm như thế nào?
HĐ 5: (Vận dụng cấp độ cao hơn) Cho HS làm bài tập:
c.
Đặt n = 2k + 1 (n lẻ) ta có :
n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) +
5
1,0
= (4k2 + 4k) + (8k + 8) + 2 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2
Với k(k + 1)  2 nờn 4k(k + 1)  8 ; 8(k + 1)  8 và 2 không chia hết
cho 8 nên n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8.
Gọi d là ước chung lớn nhất của 12n+1 và 40n +3

⇒ 12n + 1 d , 40n + 3 d
2

b

12n + 1 d ⇒ 1 d ⇒ d =
1 ⇒

c

1,0

⇒ 36n + 3 d ⇒ ( 40n + 3) − ( 36n + 3) d ⇔ 4n  d ⇒ 12n  d mà

A=

8 + 15
8 − 15
+
=
2
2

12n + 1
là phân số tối giản
40n + 3

1,0

( 15 + 1)
( 15 − 1)
+
= 15
4
4
2

2

4,0

Để phương trình: (m − 1) x 2 − 2(m + 1) x + 2m =
0 có hai nghiệm phân biệt
d

m − 1 ≠ 0
m ≠ 1
m ≠ 1
⇔ 2
⇔
 ,
2
0 < m < 5
∆ = (m + 1) − (2m − 1)(m − 1) > 0
−m + 5m > 0

1,0

2
2
2
2
+
+
+ .................. +
1.3 3.5 5.7
2011.2013
1
1
1
1 1 1 1 1
= 1 − + − + − + ...............
= 1−
=

2011 2013
2013
3 3 5 7 7

Tính. A =

0,75

2012
2013
7 1 1 1 1 1 1
1
1

( − + − + − + .................. +
)
3 2 5 5 8 8 11
2012 2015
7 1
1
4697
7 2013
= ( −
=
)= .
3 2 2015
3 2.2015 4030
Qua hai bài toán trên chúng ta rút ra bài toán tổng quát như sau:
n
n
n
n
n
C=
+
+
+
+ .................. +
a k .a k +1
a1 a 2 a 2 .a3 a3 .a 4 a 4 .a5

B =

3

0.75
3,0

0,5

Trong đó : a 2 − a1 = a3 − a 2 = a 4 − a3 = ....... = a k +1 − a k
Giải :
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

27

Website:tailieumontoan.com
TH 1 : Nếu a 2 − a1 = a3 − a 2 = a 4 − a3 = ....... = a k +1 − a k = n

0,5

Bài tóan này dễ dàng giải được theo cách phân tích của bài toán 1
1
1
n
=
a1 a 2
a1 a 2

vì khi đó :

....................
1
1
n
=
ak
a k +1
a k a k +1

Cộng từng vế ta có C:

C =

1
1
a1 a k +1

TH 2 : Nếu a 2 − a1 = a3 − a 2 = a 4 − a3 = ....... = a k +1 − a k = b ≠ n
Ta có :

C=

b
b
b
b
b
n
(
+
)
+
+
+ .................. +
a k .a k +1
b a1 a 2 a 2 .a3 a3 .a 4 a 4 .a5

0,5

Bài toán này thực chất đưa về dạng của bài toán 2. Học sinh dễ
dàng tìm được kết quả :C =

1
n 1
(
).
b a1 a k +1

Sai lầm của HS:
Khi kết luận giá trị nhỏ nhất của S là 6 2 + 8 đạt được khi
=
x =
2, y 2 là chưa đúng do không đối chiếu “điểm rơi”
=
x

1,5

=
2, y 2 với điều kiện bài toán cho là x + y ≥ 6 . Nhận thấy

2 + 2 < 6 nên kết luận trên chưa đúng.
Giải lại bài toán P=

3
3x 6 y 8
( x + y) + + + +
2
2 x 2 y

3
( x + y) ≥ 9
2
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ta có:

Với x + y ≥ 6 thì

Cõu 4

3x 6
3x 6
+ ≥2
⋅ =
6;
2 x
2 x

y 8
y 8
+ ≥2
⋅ =
4
2 y
2 y

Do đó P ≥ 19 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3x 6 y 8
x + y= 6, =
, =
, x, y > 0 ⇔ x= 2, y= 4
2 x 2 y
Vậy GTNN của P là 19 tại x=2, y= 4

5

a

 AD 2 = AH . AB(htl )
CM được: ∆AIH , ∆ABE đồng dạng ⇒ 
 AE. AI = AH . AB

3,0
1,5

1,5
5,0

==>AD2 = AE.AI
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

28

Website:tailieumontoan.com

C
E

I
A

B

O H
K
D

F

Ta có
b

c

AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+

R 2 16 R 2
) =
9
3

Kẻ Dx ⊥ DI ≡ D cắt EB kéo dài tại F ⇒ Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng
hai góc đối = 1800)
⇒ đường tròn ngoại tiếp ∆DIE trùng với đường tròn ngoại tiếp
tứ giác DIEF có đường kính là IF
Gọi K là giao điểm của IF và BD ⇒ K là tâm đường tròn ngoại
tiếp ∆DIE
4R
⇒ HK ngắn nhất ⇔ HK ⊥ BD ≡ K ⇒ KD =
⇒ E ∈ giao điểm
3 3

4R
của (O;R) với ( K;
)
3 3

2,0

0,5
0,5

0,5

( E ∈ cung nhỏ BC của đường tròn tâm

O)
Thí sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

29

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD - ĐT THẠCH HÀ

ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn Toán
(Thời gian làm bài: 120 phút)

ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 6

1 1 x−2
+ =
xy y
x

Bài 1. 1. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn:

2. Ký hiệu S(a) là tổng các chữ số của số tự nhiên a
Tìm a, biết: S(a-3) + a = 120
Bài 2. 1. Tìm GTNN của biểu thức A= x − 2016 + x − 2017 + x − 2018

a+b−c
c

2. Cho các số a, b, c thoả mãn điều kiện =



b 

c 

b+c−a c+a−b
. Tính giá
=
a
b

a

trị biểu thức: P =+
1
 1 +  1 + 
a   b  c
Bài 3. Cho phương trình mx − 2 x − 1 − 2mx + 2 =
0 (1)
2

a) Giải phương trình (1) khi m = 1
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.
Bài 4. Cho tam giác ABC, trực tâm H, nội tiếp đường tròn tâm O. M là một điểm trên cung
BC không chứa điểm A (M không trùng với B, C). Gọi N, P lần lượt là điểm đối xứng của
M qua các đường thẳng AB, AC.
a) Chứng minh 4 điểm A, H, C, P cùng nằm trên một đường tròn
b) Xác định vị trí M sao cho tổng diện tích các tam giác ABN và ACP lớn nhất.
Bài 5. Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn

1 4 9
+ + =
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x y z

biểu thức: S = x + y + z.
------------------Hết-------------------Họ và tên:……………………………………………..Số báo danh………………

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

30

Website:tailieumontoan.com
SƠ LƯỢC GIẢI
ĐỀ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN NĂM HỌC 2016-2017
MÔN TOÁN
Bài

Nội dung

1.

1 1 x−2
+ =
⇔ xy − x − 2 y − 1 = 0 ⇔ ( x − 2)( y − 1) = 3 =1.3=3.1= -1.(-3) = -3.(-1)
xy y
x

Kết hợp x, y nguyên dương nên
1
3
x − 2 =
y = 5
y − 2 =
x = 3
hoặc 
hoặc 
⇔
⇔
3
1
 y −1 =
y = 2
 y −1 =
y = 4

Vậy phương trình có hai nghiệm ( x; y ) = (3; 4); (5; 2)

Bài 1

2. Từ S(a-3) + a = 120, suy ra a < 120, tức là số a có 2 hoặc 3 chữ số
Nếu a có 2 chữ số thì a ≤ 99; S(a-3) < 18 → S(a-3) + a ≤ 107, suy ra a có 3 chữ số
1 và n = 0 hoặc n =1 (1)
Đặt a = mnq , vì a < 120 → m =
Nếu q ≥ 3 → S(10q − 3) ≤ 7 và S(11q − 3) ≤ 8 → S(a-3) + a < 120 → q < 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có n = 0 và q =2 hoặc n =1 và q =1
Vậy a = 102; 111
* Cách khác:
Với n= 0, nếu q ≥ 3 → S(10q − 3) + 10q= 120 ↔ 1 + 0 + q − 3 + 100 + q= 120 ↔ q= 11 (loại)
nếu q < 3 → S(10q − 3) + 10q= 120 ↔ 9 + 10 + q − 3 + 100 + q= 120 ↔ q= 2
Với n=1, nếu q ≥ 3 → S(11q − 3) + 11q= 120 ↔ 1 + 1 + q − 3 + 110 + q= 120 ↔ q= 5,5
(loại)
nếu q < 3 → S(11q − 3) + 11q= 120 ↔ 1 + 0 + 10 + q − 3 + 110 + q= 120 ↔ q= 1
1. Ta có a + b ≥ a + b , đẳng thức xẩy ra khi ab ≥ 0 (*)
Áp dụng (*) ta có: x − 2016 + 2018 − x ≥ 2 (1)
Mặt khác x − 2017 ≥ 0 (2)
Từ (1) và (2) ta có A =
x − 2016 + x − 2017 + x − 2018 ≥ x − 2016 + 2018 − x ≥ 2

Bài 2

( x − 2016)(2018 − x) ≥ 0
Đẳng thức xẩy ra khi 
2017
⇔x=
0
 x − 2017 =

Vậy Min A = 2 khi x =2017
a+b−c
b+c−a
c + a −b
=
+2
=
+2
+2
c
a
b
a+b+c b+c+a c+a+b
⇒ = =
c
a
b
Xét hai trường hợp
*/ Nếu a + b + c = 0 ⇒ a + b = -c ; b + c = - a; c + a = -b

2. Từ gt ta suy ra

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

31

Website:tailieumontoan.com
 b  c  a 
Khi đó P = 1 + 1 + 1 +  =
 a  b  c 
= -1
* Nếu a + b + c ≠ 0 ⇒ a = b = c ⇒
3a. mx 2 − 2 x − 1 − 2mx + 2 =
0 (1)

−abc
 a + b   b + c   c + a  (−c) (−a ) (−b)
.
.
=



 =
a
b
c
abc
 a  b  c 

P = 2.2.2 = 8

Thay m = 1 vào phương trình ta được x − 1 − 2 x − 1 + 1 = 0 ⇔ x − 1 = 1
2

⇔ x − 1 =±1 ⇔ x =0 hoặc x = 2
Vậy khi m = 1 phương trình (1) có 2 nghiệm=
x1 0;
=
x2 2
3b. (2) ⇔ m( x 2 − 2 x + 1) − 2 x − 1 + 2 − m =
0

⇔ m( x − 1) 2 − 2 x − 1 + 2 − m =
0
Đặt t = x − 1 ≥ 0 (*) thì (2) ⇔ mt 2 − 2t + 2 − m =
0 (2)
- Nếu m = 0 ta có (3) ⇔ −2t + 2 = 0 ⇔ t = 1 => phương trình (1) có 2 nghiệm
x1 0;
=
x2 2
Bài 3 =
- Nếu m ≠ 0 thì pt (2) là phương trình bậc hai ẩn t
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  pt (2) có 1 nghiệm dương
Ta xét các trường hợp sau:
+ TH1: c =0 ↔ m =2 , khi đó pt (2) có 2 nghiệm t = 0 và t = 1, nên pt (1) có 3
nghiệm=
x1 1;=
x 2 2;=
x3 0
+ TH2: Pt (2) có 2 nghiệm trái dấu

m(2 − m) < 0 ⇔ m < 0 hoac m > 2

∆ ' = 1 − m(2 − m) = 0
m = 1

+ TH2: Pt (2) có nghiệm kép dương  2
⇔
⇔m=
1
m > 0
 >0
m
Vậy để pt (1) có hai nghiệm phân biệt thì m ≤ 0 hoặc m = 1 hoặc m > 2

5a. - Trường hợp A< 900 (hình vẽ)
 = AMC
 (PM là trung trực của AC)
Ta có: APC

 = AMC
 (cùng chắn cung AC)
ABC
 = AHL
 (cùng phụ với góc BAH)
ABC
 = AHL
 => AHCP nội tiếp đường tròn
=> APC
L
hay bốn điểm A, H, C, P thuộc một đường tròn
N
0
- Trường hợp A= 90 thì H trùng A, lúc đó hiến
B
Bài 4 nhiên bốn điểm A, H, C, P thuộc một đường
tròn
- Trường hợp A> 900 chứng minh tương tự như
trên
5b. Tìm M để tổng diện tích các tam giác ABN và ACP lớn nhất.
Ta có SABN S=
=
và SACM SACP
ABM

A

O

H
P
C
M

Nên SABN + SACP = SABM + SACM = SABMC = SABC + SBMC
Ta có SABC không đổi => M là điểm chính giữa cung BC thì tổng diện tích các tam
giác ABN và ACP lớn nhất.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

32

Website:tailieumontoan.com
Ta có: 6 = 1 + 4 + 9 =

1
4
9
. x+
. y+
. z . Áp dụng BĐT Bunhiacốpki ta
x
y
z

có:

Bài 5

2

 1
. x+

x



4
9
1 4 9
. y+
. z  ≤ ( + + )( x + y + z ) ⇒ x + y + z ≥ 36
y
z
x y z

1
4
9
1 2 3
Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi:
(1)
: x=
: y=
: z ⇔ = =
x
y
z
x y z
1 4 9
1
2
3
Mặt khác + + =1 ⇔ + 2 + 3 =1
x y z
x
y
z
1
1
1
Kết hợp với (1) ta có + 2 + 3 =
1 => x = 6; => y = 12; z = 18
x
x
x
Vậy MinS=36 khi x = 6; y = 12; z = 18.
PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO THẠCH HÀ

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

33

Website:tailieumontoan.com
PHÒNG GD & ĐT QUỲ HỢP
KÌ THI CHỌN GIÁO VIÊN GIỎI HUYỆN THCS
CHU KÌ 2011-2013
Đề thi môn toán; Thời gian làm bài 120 phút
(Không kể thời gian giao đề).
------------------------------------------------------------------------------------------------------ĐỀ SỐ 7

SBD: ……………

Câu 1 (4 điểm):
a) (1.5 điểm) Đổi mới phương pháp dạy học môn toán gồm các nội dung cơ bản nào?
b) (2.5 điểm) Việc dạy định lí cần đạt các yêu cầu gì? Nêu các con đường dạy học định lí
toán học ở trường phổ thông? Anh (chị) cần lưu ý gì khi lựa chọn các con đường ấy để dạy
định lí toán học cho học sinh trường THCS? Hãy lấy ví dụ về con đường anh chị đã chọn
để dạy một định lí trong chương trình toán học trung học cơ sở? Vì sao anh (chị) chọn con
đường ấy?
Câu 2 (2 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương và x.y.z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P,
1
1
1
.
biết rằng P =
+
+
2
2
2
2
2
( x + 2) + y + 2 xy ( y + 2) + z + 2 yz (z + 2) + x 2 + 2 xz
Câu 3 (4 điểm):
 x + 3 y + x + y = 2
a) (2 điểm): Tìm các nghiệm số thực của phương trình 
 x + y + y − x = 1
b) (2 điểm): Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2y2 - x2 – 6y2 = 2xy.
Câu 4 (4 điểm): Hướng dẫn học sinh lớp 9 giải bài toán sau:
Cho phương trình x 2 + 2kx + 1 = 0 ; x1 ; x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình.
Tìm giá trị của k để: Q = x 14 + x 42 − 196( x 12 + x 22 ) đạt giá trị nhỏ nhất, xác định giá trị nhỏ
nhất đó?
Câu 5 (6 điểm): Cho đường tròn tâm O, bán kính r. Lấy điểm M bất kì trên đường thẳng
d (d không cắt đường tròn O) vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm), OM cắt AB tại N.
1. Chứng minh OM.ON không đổi.
2. Khi điểm M di chuyển trên đường thẳng d.
a) Tìm quỹ tích tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM.
b) Tìm quỹ tích điểm N?
c) Với bài toán trên, khi khoảng cách từ tâm đường tròn (O) tới đường thẳng d bằng
quỹ tích điểm N thay đổi như thế nào?

r
,
2

------------------------------------ Hết đề ------------------------------------------

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

34

Website:tailieumontoan.com
Hướng dẫn chấm môn toán, kì thi chọn giáo viên giỏi huyện cấpTHCS
Chu kì 2011-2013

Câu

Nội dung

Điể
m

1

a) Đổi mới PPDH môn toán gồm các nội dung cơ bản sau:
Đối với học sinh: Đổi mới PPDH là học tập một cách tích cực, chủ động , biết phát
hiện và giải quyết vấn đề, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo, hình thành và ổn định
phương pháp tự học.
0.5
Đối với giáo viên: Đổi mới PPDH là thay đổi quan niệm dạy học là truyền thụ một
chiều (học sinh bị động tiếp thu, tái hiện); hướng tới dạy người học phát triển năng
lực giải quyết vấn đề; phong phú hơn nữa hình thức tổ chức dạy học; nâng cao hơn ý
thức và năng lực sử dụng phương tiện dạy học, vận dụng thành tựu của công nghệ
thông tin;
0.5
Tăng cường tìm hiểu, làm phong phú hơn tri thức, đặc biệt tri thức toán gắn với thực
tiễn; giáo viên tự lựa chọn PPDH theo: nội dung, sở trường, đối tượng học sinh, điều
kiện trang thiết bị,…trong hoàn cảnh địa phương.
0.5.
b) Việc dạy học định lí cần đạt 3 yêu cầu:
- Nắm được các nội dung định lí và những mối liên hệ giữa chúng, từ đó có khả
năng vận dụng các định lí vào hoạt động giải toán cũng như các ứng dụng khác.
- Làm cho học sinh thấy được sự cần thiết phải chứng minh chặt chẽ, suy luận chính
xác phù hợp HS THCS.
- Phát triển năng lực chứng minh toán học
0.5
-Các con đường dạy học định lí toán học ở trường phổ thông
Con đường có khâu suy đoán bao gồm: Tạo động cơ, phát hiện định lí; phát biểu định
lí; chứng minh định lí; vận dụng định lí.
Con đường suy diễn bao gồm: Tạo động cơ, suy luận logic dẫn tới định lí; phát biểu
định lí; củng cố định lí.
0.5
Lưu ý: Khi lựa chọn con đường chứng minh định lí không được tùy tiện mà phụ
thuộc vào nội dung định lí và điều kiện cụ thể về học sinh. Ban đầu ở mức độ thấp
dạy học định lí cho HS THCS nên theo con đường có khâu suy đoán, về sau ở trình độ
cao hơn, có thể dạy định lí theo con đường suy diễn.
0.5
Nêu lên được con đường phù hợp để dạy một định lí trong chương trình toán học
trung học cơ sở
0.5
Nêu được lí do chọn con đường, thông qua các hoạt động cơ bản mà thầy giáo đã tổ
chức cho học sinh để chứng tỏ được các em học tập một cách tích cực, chủ động, biết
phát hiện và giải quyết vấn đề, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo, hình thành và ổn
định phương pháp tự học.

4

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

35

Website:tailieumontoan.com
0.5
Việc chọn con đường dạy định lí phụ thuộc vào nội dung định lí và điều kiện cụ thể
về học sinh (muốn nói năng lực học tập). Do vậy giáo viên chọn con đường phù hợp với
đối tượng học sinh vẫn được tính điểm tối đa
Biến đổi ( x + 2) 2 + y 2 + 2 xy =
x 2 + y 2 + 4 x + 4 + 2 xy = ( x − y) 2 + 4( xy + x + 1) ≥ 4( xy + x + 1) với x, y là các số thực
dương, x.y.z = 1, dấu “=” chỉ xẩy ra khi x = y = 1.
Tương tự: ( y + 2) 2 + z 2 + 2 yz ≥ 4( yz + y + 1) ; dấu “=” chỉ xẩy ra khi y = z = 1.
0.5
( z + 2) 2 + x 2 + 2 xz ≥ 4( xz + z + 1) ; dấu “=” chỉ xẩy ra khi x = z = 1
1
1

; dấu “=” chỉ xẩy ra khi x = y = 1

2
2
( x + 2) + y + 2 xy 4( xy + x + 1)
1
1
; dấu “=” chỉ xẩy ra khi y = z = 1.

2
2
( y + 2) + z + 2 yz 4( yz + y + 1)
1
1
; dấu “=” chỉ xẩy ra khi x = z = 1

2
2
(z + 2) + x + 2 xz 4( xz + z + 1)

2

Cọng vế theo vế 3 biểu thức trên ta được:
1
1
1
1
P≤ (
+
+
); dấu “=” chỉ xẩy ra khi x =y= z = 1 0.5
4 xy + x + 1 yz + y + 1 xz + z + 1
1
1
1
Xét:
+
+
xy + x + 1 yz + y + 1 xz + z + 1
1
z
z
Do xyz = 1 nên:
=
=
xy + x + 1 xyz + xz + z 1 + xz + z
1
xz
xz
=
0.5
=
2
yz + y + 1 xyz + xyz + xz 1 + z + xz
1
1
z
xz
1 + xz + z
1
1

=
=1
+
+
+
+
=
xy + x + 1 yz + y + 1 xz + z + 1 1 + xz + z 1 + z + xz
1 + xz + z
xz + z + 1
1
1
 P ≤ ; vậy khi x = y = z = 1, P đạt giá trị lớn nhất là
4
4
0.5

 x + 3y + x + y = 2
a) 
 x + y + y − x = 1
Đăt
3

2.0

(1)
(2)

x + y ≥ 0
Điều kiện: 
(*)
 x + 3y ≥ 0

0.25

(3)
m + n = 2
x + 3y = m; x + y = n ; hệ PT trở thành 
n + y − x = 1 (4)

0.25
m + n = 2
m + n = 2
2−y

 2
n=

2
2
m − n = y
m − n = 2 y
2−y
Thay vào (4) ta có:
+ y – x =1 ↔ y = 2x ; thay vào (2) : 3x + x = 1
2
0.25

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

2.0
0.5

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

36

Website:tailieumontoan.com
Đặt

3x = k (k dương), ta có: k 2 + 3k − 3 = 0 , giải ra được k1=

− 3 − 21
<0 (loại) ; k2 =
2

− 3 + 21
>0 nhận.
2

 x=

5 − 21
2



0.5
y = 5 − 21 Thõa mãn điều kiện (*)

0.25
b) x2y2 - x2 – 6y2 = 2xy
(1)
Ta dễ thấy PT có nghiệm x = y = 0.
0.5
2
2
2
2
Với x, y khác không (1) ↔ y (x – 5) = (x + y) (2)  x – 5 là bình phương của một số
nguyên, đặt x2 – 5 = a2 , (a ∈ Z) (3)
0.5
2
2
(3) ↔ x - a = 5 ↔ ( x + a )( x − a ) = 5,
 x + a = 5; x − a = 1; suy ra x = 3  x = ± 3

0.5

Thay x =3 vào (2) ta tìm được y = -1; y = 3.
Thay x = -3 vào (2) ta tìm được y = -3; y = 1.
Vậy PT (1) có các nghiệm nguyên (x;y) là: (0;0), (3;-1), (3; 3), (-3; -3), (-3;1)
0.5
Dẫn dắt học sinh tìm ra lời giải, cách chiết điểm các ý như sau:
k < −1
Điều kiện để PT có hai nghiệm phân biệt ∆' > 0 ↔ k 2 − 1 > 0 ↔ 
(1)
k > 1
0.5
x + x 2 = −2k
Theo Vi-et ta có  1
x 1 x 2 = 1

2.0

0.5

Biến đổi Q = x 14 + x 42 − 196( x 12 + x 22 ) = ( x 12 + x 22 ) 2 − 2 x 12 x 22 - 196( x 12 + x 22 )
4

5

[

= ( x 1 + x 2 ) 2 − 2x 1 x 2

]

2

− 2 x12 x 22 - 196[ ( x1 + x 2 ) 2 − 2 x1x 2 ].

0.5

= [(-2k) – 2] – 2 – 196[(- 2k) – 2]
= [4k2 – 2]2 – 2 – 196[4k2 – 2]

0.5
0.5

= [4k2 – 2]2 – 2 [4k2 – 2]98 + 982 - 982 - 2
= [(4k2 – 2) - 98] 2 – (982 + 2) ≥ – (982 + 2).

0.5
0.5

2

2

2

k = 5
Q đạt giá trị nhỏ nhất khi [(4k2 – 100]2 = 0 ↔ 4k2 – 100 = 0 ↔ 
thõa mãn điều
k = −5
kiện (1) PT có nghiệm, khi đó Qmin = – (982 + 2).= -9606
0.5
Vẽ hình đúng
0.25
1) Từ MA, MB là hai tiếp tuyến cắt
nhau tại M; A và B là tiếp điểm, suy
0.25
ra:
∆ MAO vuông tại A, AN ⊥ OM
0.25
 OM.ON = OA2 = r2 không đổi
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

4.0

6

37

Website:tailieumontoan.com
2 a) Trên OM lấy O’ sao cho OO’ =
O’M,  OO’ = O’M = O’A = O’B; 
O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆
ABM;.
Gọi giao điểm của d và (O’) là K 
MK ⊥ OK;  OK là khoảng cách từ
O tới đường thẳng d, đặt OK = h.
Ta có OK không đổi (do tâm O và
đường thẳng d cố định)

0.25

0.25

0.25

Kẻ O’E//MK, E ∈ OK; kết hợp O’M=O’O (bán kính của đường tròn O’), MK ⊥
1
1
OK  O’E ⊥ OK và EO=EK= OK = h không đổi.
2
2
 Tâm O’của đường tròn ngoại tiếp ∆ ABM thuộc đường trung trực của đoạn
thẳng OK
2b) Gọi H là giao điểm của AB và OK; ∆ ONH đồng dạng với ∆ OKM ( ∆ ONH
có góc N vuông, ∆ OKM có góc K vuông, hai tam giác này co chung góc nhọn
MOK).
OM.ON
r2
r2
ON OH

 OH =
=
không đổi, nên OH cố định.
=
=
OK
OK h
OK OM
r2
 N thuộc đường tròn đường kính OH =
, trừ điểm O ( trong đó r2 là bán
h
kính đường tròn O; h là khoảng cách từ O tới đường thẳng d)
2c) Khoảng cách từ d tới
r
(O) theo bài ra: h = (
2
hình vẽ bên). Khi đó d
cắt (O) tại L và L’. Xét ra
hai trường hợp:
Khi M chuyển động
trên tia Lx và L’y ta vẽ
được các tiếp tuyến với
(O).
Khi M chuyển động
trên đoạn thẳng LL’ thì
không vẽ được tiếp
tuyến với (O) trừ điểm L,
L’.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

0.25
0.25

0.75
0.75

0.5

0.5

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

38

Website:tailieumontoan.com
- Xét M chuyển động
trên tia Lx, tương tự câu
r2
r
= r2 :
2b ta có: OH =
h
2
= 2r.
 quỹ tích điểm N là cung tròn ONL nhận OH =2r làm đường kính (hình trên),
trừ điểm O.
Tương tự khi M chuyển động trên tia L’y quỹ tích điểm N là cung tròn
ON’L’nhận OH =2r làm đường kính, trừ điểm O.
r
Vậy khi h =
điểm M thay đổi trên d thì quỹ tích của N là cung tròn
2
LOL’nhận OH = 2r làm đường kính (hình trên), trừ điểm O.

0.5

0.5
0.5

Lưu ý: Trên đây là hướng dẫn chiết điểm theo từng ý của các câu, khi chấm giám khảo cần căn
cứ cụ thể vào từng bài làm để cho điểm chính xác. Cách làm khác đúng cũng được tính điểm tối đa.
Nạp Phòng 17/12/2011

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

39

Website:tailieumontoan.com
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
§Ò thi chÝnh thøc

Đề số 8

HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI TỈNH CẤP THCS
NĂM HỌC: 2012 - 2013
ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (6,0 điểm).
a) Anh (chị) hãy nêu năm cách thông dụng để tạo tình huống có vấn đề trong dạy học Toán.
b) Anh (chị) hãy trình bày các bước của phương pháp chung để giải một bài toán. Lấy ví dụ
minh hoạ.
Câu 2 (3,5 điểm).
a) Nêu các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp.
b) Hãy giải bài toán sau bằng hai cách:
Qua điểm M nằm ngoài đường tròn tâm O, kẻ các tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) và
cát tuyến MEF của đường tròn (O) (cát tuyến MEF không đi qua O). Gọi I là trung điểm của EF.
Chứng minh rằng: 5 điểm M, A, I, O, B cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 3 (4,0 điểm). Xét bài toán:

 2x + x
2
1  x −1


:
2
x −1
 x x −1 x + x +1

Cho biểu thức P = 

Tìm các giá trị của x để biểu thức P có giá trị nguyên.
Anh (chị) hãy nêu định hướng giải bài toán trên và trình bày lời giải bài toán.
Câu 4 (1,5 điểm). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì hai số (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2
là hai số nguyên tố cùng nhau.
Câu 5 (5,0 điểm). Cho bài toán:
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, E là một điểm nằm trên cạnh CD (E không
trùng với D). Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Qua F kẻ đường thẳng vuông góc với
AE tại H và cắt BC ở G.
a) Tính số đo góc FAG.
b) BD cắt AF, AG lần lượt tại P, Q. Chứng minh AH, GP, FQ đồng quy.
c) Tìm vị trí của điểm E trên cạnh CD để diện tích tam giác AFG nhỏ nhất.
1. Anh (chị) hãy giải bài toán trên.
2. Anh (chị) hãy hướng dẫn học sinh giải câu b.
--------- Hết -------Họ tên thí sinh………………………………………Số báo danh………

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

40

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm này gồm có 4 trang)
Câu 1

a)
2,5
điểm

b)

3,5
điểm

6,0 điểm
Một số cách thông dụng để tạo tình huống có vấn đề.
1. Dự đoán nhờ nhận xét trực quan hoặc thực nghiệm.
2. Lật ngược vấn đề
3. Xem xét tương tự
4. Khái quát hoá
5. Phát hiện sai lầm, tìm nguyên nhân và sửa chữa.
...
(Mỗi cách 0,5 điểm, nếu thí sinh nêu được từ 5 cách trở lên thì cho 2,5 điểm)
Phương pháp chung tìm lời giải bài toán
- Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán:
+ Giả thiết là gì? Kết luận? Hình vẽ ra sao…
+ Phát biểu bài toán dưới nhiều dạng khác nhau để hiểu rõ bài toán.
+ Bài toán này thuộc dạng toán nào?
+ Các kiến thức liên quan.
- Bước 2: Xây dựng chương trình giải:
Chỉ rõ các bước cần tiến hành theo một trình tự thích hợp.
- Bước 3: Thực hiện chương trình giải:
Trình bày theo các bước đã được chỉ ra.
- Bước 4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải:
+ Xem có sai lầm không.
+ Có thể giải bài toán theo cách khác được không.
+ Có thể khai thác được bài toán không.
Ví dụ: Dạy giải bài tập: Tính giá trị của biểu thức sau bằng cách
hợp lí

2,5

0,5

0,5
0,5

0,5

21,6. 810. 112 − 52
Bước 1: Tìm hiểu nội dung của bài toán
- Yêu cầu tính giá trị biểu thức hợp lí nên không thể thực hiện phép
khai phương ở từng căn thức. Do đó phải biến đổi thành những căn
thức mà biểu thức dưới dấu căn có thể khai phương được.
Bước 2: Xác định hướng giải và thiết lập chương trình giải
- Đưa thừa số ra ngoài dấu căn

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,5

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

41

Website:tailieumontoan.com
- Thực hiện các phép nhân căn thức
Bước 3: Thực hiện chương trình giải

21,6. =
810. 112 − 52

21,6. 81.10

(11 + 5)(11 − 5)

2
= 9 21,6.10.4
=
6 36 216.6
= 36 =
63.6 36.6
=
1296

Bước 4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải:
- Các phép toán đã được thực hiện chính xác, kết quả đúng.
- Các khâu suy luận hợp lí, các phép biến đổi hợp lí.
- Tìm thêm cách giải khác:
2
21,6. 810. 11
=
− 52

21,6.810.(121
=
− 25)

216.81.96
=

63.92.6.42

(Ví dụ hợp lí được 1,5 điểm)
Câu 2

a)
1,5
điểm

3,5 điểm
Các dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp:
- Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm.
- Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 (hoặc tứ giác có góc ngoài tại
một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện).
- Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh chứa hai đỉnh còn lại
dưới một góc α .
(Mỗi dấu hiệu được 0,5 điểm)

1,5

A

I

E

F

M
K

O

b)
2,0
điểm

B

Cách 1: Do I là trung điểm của dây EF không đi qua tâm nên OI ⊥ EF suy
ra
∠ MIO = 900 mặt khác vì MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn
tâm O nên ∠ MAO = ∠ MBO = 900 suy ra tứ giác MAIO và MAOB
nội tiếp
Suy ra 5 điểm M, I, A, O, B cùng nằm trên một đường tròn.
Cách 2: Gọi K là trung điểm của MO. Do I là trung điểm của dây EF
không đi qua tâm nên OI ⊥ EF suy ra ∠ MIO = 900 mặt khác vì MA,
MB là các tiếp tuyến của đường tròn tâm O nên ∠ MAO = ∠ MBO =
900

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,0

1,0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

42

Website:tailieumontoan.com
suy ra KA = KB = KM = KO = KI =

MO
suy ra đpcm.
2

Câu 3

4,0 điểm
Định hướng giải bài toán:
Bước 1. Tìm điều kiện xác định của biểu thức P.
Bước 2. Rút gọn biểu thức P.
Bước 3. Tìm giá trị nguyên của P từ đó tìm được giá trị của x thoả
mãn.
(Mỗi bước được 0,5 điểm)
Trình bày lời giải:
Điều kiện xác định: x ≥ 0, x ≠ 1 .
Ta có: P =

2x + x − 2

(

(

) (

0,5

):

x −1 − x + x +1

)(

)

x −1 x + x +1

x −1
2

0,5
0,5

x − 2 x +1
x −1
2
=
:
2
x + x +1
x −1 x + x +1

(

)(

1,5

)

0,5

Do x + x + 1 ≥ 1 nên 0 < P ≤ 2
Mà P nguyên suy ra P = 1; 2

 5 −1
Nếu P = 1 giải được x = 
 (Thoả mãn ĐKXĐ)
2



0,25

Nếu P = 2 giải được x = 0 (Thoả mãn ĐKXĐ)

0,25

2

Câu 4

1,5 điểm
Giả sử hai số (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 không nguyên tố cùng nhau
suy ra tồn tại d là ước chung nguyên tố của (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2
suy ra (2n + 1)(n + 1) d mà d nguyên tố nên 2n + 1 d hoặc n + 1 d.

0,5

Nếu 2n +1  d mà 3n + 2 d suy ra 2(3n + 2) – 3(2n + 1) d ⇒ 1 d (vô
lí vì d nguyên tố) (1).

0,5

Nếu n +1  d mà 3n + 2 d suy ra 3(n + 1) – (3n + 2) d ⇒ 1 d (vô lí vì
d nguyên tố) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (2n + 1)(n + 1) và 3n + 2 nguyên tố cùng nhau.
Câu 5

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

0,25

0,25
5,0 điểm

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

43

Website:tailieumontoan.com
A

B
4
3
1

2

Q

G

P
H

D

a) Ta có

C

E

F

∆ ADF = ∆ AHF (cạnh huyền - góc nhọn)

0,75

⇒ AH = AD = AB

⇒ ∆ AHG = ∆ ABG (cạnh huyền - cạnh góc vuông)

0,75

⇒ ∠ A3 = ∠ A4


∠ A1 = ∠ A2 nên ∠ FAG = ½ ∠ DAB = 450.

b) Xét tứ giác AQFD có
nội tiếp ⇒ ∠ ADF +

0.5

∠ FAQ = ∠ FDQ = 450 nên tứ giác AQFD

∠ AQF = 1800 mà ∠ ADF =900 ⇒ ∠ AQF = 900

0.5

⇒ FQ ⊥ AG (1).
Tương tự GP
Mà AH

⊥ AF (2).

0,25

⊥ FG (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra AH, FQ, GP đồng quy.

∆ ADF = ∆ AHF ⇒ SADF = SAHF

1)

c) Do

4,0

∆ ABG = ∆ AHG ⇒ SABG = SAHG

điểm

0,25

⇒ SAFG = SADF + SABG ⇒ 2SAFG = SABCD - SFGC = a2 - SFGC

0,5

Suy ra SAFG nhỏ nhất khi và chỉ khi SFGC lớn nhất.
đặt CF = x, CG = y suy ra FG =

x2 + y 2

mà FH = FD, GH = GB ⇒ FC + FG + GC = CD + CB = 2a

⇒ 2a = x + y +

(

x 2 + y 2 ≥ 2 xy + 2 xy =+
2
2

)

xy

(áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số không âm)

1
2a 2
a2
⇒ xy ≤
⇒ SFGC = xy ≤
2
(1 + 2) 2
(1 + 2) 2
dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y và

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

∠ FAG = 450 ⇔ E trùng C

0,5

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

44

Website:tailieumontoan.com
2)

-

1,0

-

điểm
-

Nêu các phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy
Quan sát hình vẽ ta nghĩ ngay đến phương pháp sử dụng
tính chất các đường đồng quy trong tam giác.
Mà AH ⊥ FG nên ta dự đoán AH, FQ, GP là các đường cao
của tam giác AFG
Ta phải chứng minh FQ ⊥ AG ⇔ ∠ AQF = 900
Mà ∠ ADF = 900 nên phải chứng minh tứ giác AQFG nội tiếp

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,0

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

45

Website:tailieumontoan.com
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
§Ò thi DỰ BỊ

HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI TỈNH CẤP THCS
NĂM HỌC: 2012 - 2013
ĐỀ THI KIỂM TRA NĂNG LỰC
MÔN :TOÁN

ĐỀ SỐ 9

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (6,0 điểm).
a) Anh (chị) hãy nêu các cấp độ nhận thức (nhận biết, thông hiểu, vận dụng) trong dạy học
môn toán. Lấy ví dụ minh hoạ.
b) Hãy nêu những hình thức và cấp độ dạy học phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề
cho các đối tượng học sinh. Lấy ví dụ minh hoạ.
Câu 2 (3,5 điểm).
a) Phát biểu định lí Vi - ét và nêu 3 dạng toán khi giải có vận dụng định lí này.
b) Vận dụng định lí để giải bài toán.
Cho các số x1, x2 là các nghiệm của phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0, các số
x3 , x4 là các nghiệm của phương trình bậc hai: cx2 + bx + a = 0, trong đó a; c là số dương. Với
điều kiện nào của a và c thì biểu thức P = x1 x2 + x3 x4 đạt giá trị nhỏ nhất?
Câu 3 (4,0 điểm). Cho bài toán:
Cho biểu thức A = (

x+2
x
x −1
1
+

):
2
x x −1 x + x +1
x −1

Tìm các giá trị của x để biểu thức A có giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
Anh (chị) hãy nêu các bước hướng dẫn học sinh giải bài toán trên và trình bày lời giải bài toán.
Câu 4 (1,5 điểm).

n3 − 1
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n (n ≥ 2 ) thì phân số 5
không tối giản
n + n +1
Câu 5 (5,0 điểm). Cho bài toán:
Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Gọi O là trọng tâm của tam giác. Qua O kẻ đường
thẳng d cắt các cạnh AB và AC. Gọi AA’, BB’, CC’ là các đường vuông góc kẻ từ A, B, C
đến đường thẳng d. Chứng minh AA’ = BB’ + CC’.
a) Anh (chị) hãy giải bài toán trên.
b) Anh (chị) hãy nêu bài toán tổng quát từ bài toán trên và giải bài toán tổng quát đó.
c) Nếu tam giác ABC vuông tại A, khi d quay quanh O nhưng luôn cắt 2 cạnh AB,AC lần lượt
tại D, E (D không trùng B, E không trùng C) thì

1
1
9
+

.
AD 2 AE 2 4AM 2

--------- Hết -------Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

46

Website:tailieumontoan.com
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN
ĐỀ DỰ BỊ (Hướng dẫn và biểu điểm này gồm có 4 trang)
6,0

Câu 1

điểm
a.Anh (chị) hãy nêu các cấp độ nhận thức trong dạy học môn toán
Nhận biết
- Nhận biết là học sinh nhớ các khái niệm cơ bản, có thể nêu lên hoặc nhận
ra chúng khi được yêu cầu
- Ví dụ: Chỉ ra đâu là một phương trình bậc hai.
Thông hiểu
- Thông hiểu là học sinh hiểu các khái niệm cơ bản và có thể vận dụng
chúng khi chúng được thể hiện theo các cách tương tự như cách giáo viên đã
giảng hoặc như các ví dụ tiêu biểu về chúng trên lớp học.
- Ví dụ: Cho được ví dụ về phương trình bậc hai.
Vận dụng

a)
4,0
điểm

- Vận dụng ở cấp độ thấp là học sinh có thể hiểu được khái niệm ở một cấp
độ cao hơn “thông hiểu”, tạo ra được sự liên kết logic giữa các khái niệm cơ
bản và có thể vận dụng chúng để tổ chức lại các thông tin đã được trình bày
giống với bài giảng của giáo viên hoặc trong sách giáo khoa.
- Ví dụ: Dùng công thức nghiệm để giải phương trình bậc hai.
- Vận dụng ở cấp độ cao có thể hiểu là học sinh có thể sử dụng các khái niệm
về môn học - chủ đề để giải quyết các vấn đề mới, không giống với những
điều đã được học hoặc trình bày trong sách giáo khoa nhưng phù hợp khi
được giải quyết với kỹ năng và kiến thức được giảng dạy ở mức độ nhận
thức này. Đây là những vấn đề giống với các tình huống học sinh sẽ gặp
phải ngoài xã hội.
Ở cấp độ này có thể hiểu nó tổng hòa cả 3 cấp độ nhận thức là Phân tích,
Tổng hợp và đánh giá theo bảng phân loại các cấp độ nhận thức của Bloom.
- Ví dụ: Biện luận nghiệm của phương trình có tham số.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

1,25

1,25

1,5

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

47

Website:tailieumontoan.com

b)

2,0
điểm

Hãy nêu những hình thức và cấp độ dạy học phát hiện vấn đề và giải quyết
vấn đề cho các đối tượng học sinh
- Người học độc lập phát hiện vấn đề và tự giải quyết vấn đề
Thầy giáo chỉ tạo ra tình huống có vấn đề, người học tự phát hiện vấn đề và
giải quyết vấn đề đó ( đối với học sinh giỏi)
- Người học hợp tác phát hiện và giải quyết vấn đề
Có sự hợp tác giữ thày và trò, giữa trò và trò để phát hiện vấn đề, trò tự
mình hoặc cùng bạn giải quyết vấn đề.( đối với học sinh khá, trung bình
khá)
- Thầy và trò cùng phát hiện vấn đề và cùng giải quyết vấn đề (đối với
học sinh trung bình khá và trung bình)
- Thầy giáo thuyết trình phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề (đối với
học sinh dưới trung bình)
Những hình thức trên theo mức độ độc lập của học sinh trong quá trình
phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề, vì vậy nó cũng đồng thời là những
cấp độ dạy học phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề theo từng đối tượng
học sinh.

2,0
điểm

b)
1,5
điểm

0,5

0,5

0,5

3,5

Câu 2

a)

0,5

điểm
- Nêu định lí Vi - ét
* Nêu 3 dạng toán khi giải áp dung định lí này
Chẳng hạn. - Nhẩm nghiệm phương trình bậc hai một ẩn.
- Tìm hai số biết tổng và tích.
- Các bài toán liên quan đến mối liên hệ giữa các nghiệm của một
phương trình bậc hai một ẩn.
…..

* Vì x1 ; x2 và x3 ; x4 là các nghiêm của phương trình đã cho nên ta có:
c
a
x1 x2 = và x3 x4 =
c
a
P=

x1 x2 + x3 x4 =

c
a
+
≥2
a
c

c.

Câu 3

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp 039.373.2038

c a
. = 2 . Vậy P nhỏ nhất bằng 2 khi a =
a c

0,5
0,5
0,5
0,5

0,75

0,75

4,0
điểm
TÀI LIỆU TOÁN HỌC