Tài liệu Tài liệu ôn thi giáo viên toán thcs vòng 2 40 đề ôn thi viên chức kiến thức toán thcs

Mô tả:

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

PAGE TUYỂN GIÁO VIÊN- 0985.022.605
LUYỆN THI VIÊN CHỨC GIÁO VIÊN
BẬC THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập -Tự do –Hạnh phúc

MÔN THI: KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 1

Câu 1: (2,5 điểm)
a) Anh (chị) hãy nêu cách tính điểm trung bình các môn học kì , cả năm học theo điều 11
thông tư 58/2011/TT-BGD ĐT ngày 12 tháng 12 năm 2011 của bộ giáo dục và Đào tạo về ban hành
quy chế đánh giá xếp loại học sinh trung học cơ sở và học sinh trung học phổ thông.
b) Anh chị hãy cho biết số lần kiểm tra đối với bộ môn Anh (chị) trực tiếp giảng dạy
(Đúng chuyên môn đào tạo bao gồm cả chủ đề tự chọn).
Anh chị sẽ xử lí thế nào nếu có 1 học sinh không có đủ số lần kiểm tra theo quy định trên?
Câu 2: (2.5 điểm)
1. Cho biểu thức A 

10 x  6
x 3
x


.
x 9
x 3
x 3

a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tìm giá trị của x để A 

3
.
10

2. Tìm m để hàm số y = (m-1)x + 1 là hàm số bậc nhất luôn đồng biến trên R.
Câu 3: (1,5 điểm)
Hai xe ôtô khởi hành đồng thời từ hai địa điểm A và B cách nhau 750 km đi ngược chiều
nhauvà gặp nhau sau 10 giờ. Nếu xe thứ nhất khởi hành trước xe thứ hai 3 giờ 45 phút thì sau khi
xe thứ hai đi được 8 giờ chúng gặp nhau. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O), hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau, M là một điểm trên
cung nhỏ AC. Gọi I là giao điểm của CD và MB.
1. Chứng minh rằng tứ giác AMIO có tổng hai góc đối bằng 180 0
2. Chứng minh rằng IM.IB = IC.ID
3
3. Xác định vị trí điểm M trên cung nhỏ AC sao cho MA  BD
5
Câu 5: (0,5 điểm)
x4 y4
1

(1)
 
Cho a, b, x, y là những số thực thoả mãn  a
b ab
 x 2  y 2  1(2)

Chứng minh rằng

y 2014
x 2014
2


1007
1007
a
b
(a  b)1007

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM
Hướng dẫn giải

Câu
Câu 1

Điểm
(2.5điểm)

a. Cách tính điểm trung bình
1. Điểm trung bình các môn học kỳ (ĐTBhk) là trung bình cộng của điểm
trung bình môn học kỳ của các môn học đánh giá bằng cho điểm.
2. Điểm trung bình các môn cả năm học (ĐTBcn) là trung bình cộng của
1
(1.5 điểm) điểm trung bình cả năm của các môn học đánh giá bằng cho điểm.
3. Điểm trung bình các môn học kỳ hoặc cả năm học là số nguyên hoặc số
thập phân được lấy đến chữ số thập phân thứ nhất sau khi làm tròn số.

2
(1điểm)

b. Số lần kiểm tra
* Tùy theo số tiết trong tuần của môn mà GV đưa ra số lần kiểm tra
nhưng phải đảm bảo: Điểm KTđk: Được quy định trong PPCT của bộ
môn
– Điểm KTtx:
+ Môn học có từ 1 tiết trở xuống/tuần: ít nhất 2 lần
+ Môn học có từ trên 1 tiết đến dưới 3 tiết/tuần: ít nhất 3 lần
+ Môn học có từ 3 tiết trở lên/tuần: ít nhất 4 lần
* Những học sinh không có đủ số lần kiểm tra theo quy định phải
được kiểm tra bù. Bài kiểm tra bù phải có hình thức, mức độ kiến
thức, kỹ năng và thời lượng tương đương với bài kiểm tra bị thiếu.
Học sinh không dự kiểm tra bù sẽ bị điểm 0.

Mỗi Ý
đúng 0,5

Mỗi Ý
đúng
0,5

Mỗi Ý
đúng
0.5
(2.5điểm)

Câu 2
a. ĐKXĐ: x  0; x  9
A


1
(2 điểm)

10 x  6
x 3
x
10 x  6  ( x  3) 2  x ( x  3)



x 9
x 9
x 3
x 3

10 x  6  x  6 x  9  x  3 x
x 3


x 9
( x  3)( x  3)

Vậy A 

1
x 3

3

10

1
3
1
  3 x  9  10  3 x  1  x 
9
x  3 10
(thoả mãn điều kiện x  0; x  9 )
1
là giá trị cần tìm.
9
Hàm số y = (m-1)x + 1 là hàm số bậc nhất đồng biến trên R khi và chỉ khi
m 1  0  m  1

Vậy x 
2
(0.5 điểm)

0,5
0,25

1
với x  0; x  9 .
x 3

b.Ta có: A 

0,5

Vậy với m 1 thì hàm số y = (m-1)x + 1 là hàm số bậc nhất đồng biến trên R

Câu 3
Gọi vận tốc của xe thứ nhất là x (km/h)
Vận tốc của xe thứ hai là y (km/h), ĐK x, y  0

0,5

0,25
0,25
0,25
(1,5điểm)
0,25

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

Do hai xe đi ngược chiều gặp nhau sau 10 giờ nên:
Quãng đường xe thứ nhất đi được là 10x (km)
Quãng đường xe thứ hai đi được là 10 y (km)
Vì hai người đi ngược chiều gặp nhau nên ta có pt: 10 x  10 y  750
Thời gian xe thứ nhất đi đến khi gặp xe thứ hai là 3giờ45phút + 8giờ
= 11giờ45phút =

0,25

47
giờ.Do đó quãng đường xe thứ nhất đi được là
4

47
x (km).
4

0,25

Thời gian xe thứ hai đi đến khi gặp xe thứ nhất là 8giờ. Do đó quãng
đường xe thứ hai đi được là 8y (km)
47
x  8 y  750
4
10 x  10 y  750

Lập hpt:  47
 4 x  8 y  750
Giải hệ pt tìm được x  40; y  35 (TMĐK)

Theo bài ta có pt:

0,75

Kết luận:…
(3 điểm)

Câu 4
Hình vẽ: Ghi GT, KL
C
M
I
A

0,25

0
E

1
(1 điểm)

Ta có: AMI + AOI =1800
=> Tứ giác AMIO có tổng hai góc đối bằng 1800
Chứng minh được:
IMC
IDB (g.g)

2
(1 điểm)



(tính chất)

ID IB
=> IM.IB = IC.ID

Gọi MD  AB = E .
Chứng minh được: AEM
3
(1 điểm)

(đpcm)

BED (g.g)

AE MA 3


EB BD 5
AE 3
3

=  AE = AB
AB 8
8

0,5
(đpcm)

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

0,5

Vậy vị trí điểm E được xác định vì thế vị trí điểm M.
Câu 5

025
(0,5điểm)

Thay (3) vào (2), ta được:
x 4 y 4 ( x 2  y 2 )2


 ( bx 4  ay 4 )( a  b )  ab( x 2  y 2 )2
a
b
ab
4

0,25

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

 b2 x 4  a 2 y 4  2abx 2 y 2  0  ( bx 2  ay 2 )2  0  bx 2  ay 2



x2 y 2 x2  y 2
1



a
b
a b
a b

0,25


2014

y
y
x
x
2
1
 1007  1007 
 1007 
1007
1007
a
a
b
b
(a  b)1007
( a  b)
10 điểm

Tổng điểm

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

PAGE TUYỂN GIÁO VIÊN- 0985.022.605
LUYỆN THI VIÊN CHỨC GIÁO VIÊN
BẬC THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập -Tự do –Hạnh phúc

MÔN THI: KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 2

Câu 1: (6.0 điểm)
a) Anh (chị) hãy nêu các con đường dạy học định lý toán học và các hoạt động chính trong
trình tự dạy học định lý toán học?
b) Theo anh (chị) thế nào là một tình huống gợi vấn đề (hay tình huống có vấn đề) trong dạy
học Toán? Lấy một ví dụ minh hoạ.
Câu 2: (4.0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MT
và cát tuyến MAB với đường tròn.Chứng minh MT 2 = MA.MB.
a) Anh (chị) hãy giải và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên.
b) Phát biểu và chứng minh bài toán đảo.
Câu 3: (4.0 điểm)

x 2  1  x  1  x  1 như sau:
 x 1 x 1  0
 x 2 1 0
 x 1 0
x  1
 
 
 x 1
“Điều kiện: 

 x 1 0
 x 1 0
 x 1 0
 x  1
Một học sinh giải phương trình

Khi đó phương trình đã cho tương đương với:

 x  1 x  1 

x 1  x 1

Vì x  1 nên

x  1  0 , chia cả hai vế của phương trình trên cho
x 1 1  x 1
Vì với x  1 thì x  1  x  1 nên x  1  1  x  1 .

x  1 ta được:

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.”
a) Anh (chị) hãy chỉ ra sai lầm của học sinh và trình bày lời giải đúng của bài toán?
b) Hãy chỉ ra một sai lầm tương tự ?
Câu 4: (2.0 điểm)
Anh (chị) hãy giải bài toán sau:
2
2
4
4
Cho 2 số thực x, y thoả mãn x  y, x  y , x  y là các số nguyên.
Chứng minh x  y cũng là số nguyên.
Câu 5: (4.0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính AB có tâm O. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường
tròn. I là một điểm cố định thuộc đoạn thẳng AB (I khác A, B), M là một điểm chuyển động trên
nửa đường tròn đó (M khác A, B). Qua M vẽ đường thẳng vuông góc với MI cắt Ax, By thứ tự tại
C và D. Tìm vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để diện tích tam giác CID bé nhất.
a) Hãy giải bài toán trong trường hợp điểm I trùng với điểm O.
b) Hãy giải bài toán trong trường hợp điểm I khác với điểm O.
3

—— Hết —–

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
1
1.a
4.0 đ

1.b
2.0 đ

2
2.a
2đ

Nội dung
+Dạy học định lý toán học có thể thực hiện theo 2 con đường
– Con đường có khâu suy đoán
– Con đường suy diễn
+Trình tự dạy học định lý thường bao gồm các hoạt động sau
HĐ1: Hoạt động tạo động cơ học tập định lý
HĐ2: Hoạt động phát hiện định lý ( Khi dạy định lý theo con đường suy diễn, hoạt
động này có thể bỏ qua)
HĐ3: Hoạt động phát biểu định lý
HĐ4: Hoạt động chứng minh định lý
HĐ5: Hoạt động củng cố định lý
HĐ6: Bước đầu vận dụng định lý trong bài tâp đơn giản
HĐ7: Vận dụng định lý trong bài tập tổng hợp
+ Tình huống gợi vấn đề, hay tình huống có vấn đề là một tình huống gợi ra cho
học sinh những khó khăn về lý luận hay thực tiễn mà họ thấy cần thiết và có khả
năng vượt qua, nhưng không phải ngay tức khắc nhờ một thuật giải mà phải trải qua
một quá trình tích cực suy nghĩ, hoạt động để biến đổi đối tượng hoạt động hoặc
điều chỉnh kiến thức sẵn có.
+ Ví dụ: Sau khi học định lý tổng ba góc trong của một tam giác bất kỳ bằng 180 0,
GV có thể đặt cho HS câu hỏi: “Tổng các góc trong của một tứ giác có phải là một
hằng số không”
* Chứng minh tam giác MAT đồng
dạng với tam giác MTB
Từ đó suy ra

2.b

MA MT


MT MB

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

1,0

1,0
4đ
0,5

A
M

O
MT2 = MA.MB
* Giáo viên có thể đặt cho học sinh
một số câu hỏi gợi mở sau:
+ Đẳng thức MA.MB = MT2 tương
T
đương với đẳng thức nào?
+ Để chứng minh tỷ số đó ta
thường chứng minh như thế nào?
+ Tìm cặp tam giác đồng dạng?
+ Giả thiết tiếp tuyến được vận dụng như thế nào trong bài toán này.
* Phát biểu bài toán đảo:
“ Cho đường tròn tâm O và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua M kẻ cát
tuyến MAB với đường tròn tâm O. Lấy T là điểm thuộc đường tròn tâm O. Chứng
minh rằng nếu MT2 = MA.MB thì MT là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.”
* Chứng minh:
Chứng minh tam giác MTA đồng dạng với tam giác MBT ( g-g )

1
AOT
2
1
AOT  2OTA  1800 => AOT  OTA  900
2
0
=> MTA  AT 0  90 => MT  OT
( x  1)( x  1)  0
x 1  0
Sai lầm của HS là từ 
Khẳng định 
x  1  0
x  1  0
=> MBT  MTA 

Điểm
6đ

0,5

0,25
0,25
0,25
0,25

1,0

0,25
0,25

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

( x  1)( x  1)  0
ta được hệ điều kiện
x

1

0

 x  1
từ đó suy ra điều kiên của phương trình đúng phải là : x

x


1


là chưa đúng mà từ 

x  1
và

x


1

 1 và x = -1
b

*Lời giải đúng
ĐK :

( x  1)( x  1)  0

x  1  0

x  1
 x  1
và

 x  1
 x  1
Từ đó suy ra điều kiện của phương trình là : x  1 và x = -1
Tương đương với 

Với x=-1 ta thấy VT = VP .Vậy x= -1 là nghiệm của phương trình
Với x  1 giải phương trình như đã nêu trong bài giải của học sinh
Vậy phương trình có nghiệm x = -1
* Ví dụ một sai lầm tương tự:

A  0
Sai lầm dạng A B  0  
B  0

4
2.0 đ

1,0

0,5
0,5
0,75
0,25
1,0
2,0 đ

Ta có ( x+ y ) ( x2 +y2) = x3 + y3 + xy ( x+y ) (1 )
Vì x +y, x2 + y2 là các số nguyên nên để chứng minh x3 + y3 cũng là số nguyên ta
cần chứng minh xy là số nguyên
Ta có
x2 + y2 = ( x + y )2 – 2xy
(2)
2
Vì x+ y , x + y2 là số nguyên nên từ (2) suy ra 2xy là số nguyên
Mặt khác
x4 + y4 = ( x2 + y2 )2 – 2×2 y2
(3)
2
2
4
4
và x + y , x +y là các số nguyên nên từ (3) suy ra 2×2 y2 là số nguyên, suy ra

1,0
0,25

1
(2xy)2 là số nguyên, suy ra (2xy)2 chia hết cho 2, suy ra 2xy chia hết cho 2 (do 2
2

là số nguyên tố và 2xy nguyên), suy xy là số nguyên
Do đó từ (1) suy ra x3 + y3 cũng là số nguyên
5
5a
2.0 đ

5b
2.0 đ

Khi I trùng O thì tam giác CID là tam giác COD và IM = OM = R ( R là bán kính
của đường tròn đường kính AB)
SCOD =

0,5
0,25
4.0 đ
0.5

Từ giả thiết suy ra các tứ giác ACMI, BDMI nội tiếp.
Suy ra MAI  MCI , MBI  MDI
 MCI  MDI  MAI  MDI = 900
 CID  90  CIA  BDI  
0

AI
cos
BI
Tam giác BID vuông tại B  ID 
sin 
1
1 IA.IB
IA.IB
 2
 IA.IB
SCID = IC.ID 
2
2 sin  .cos sin   cos 2
Tam giác AIC vuông tại A  IC 

0.25
0.25

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

Dấu “=” xảy ra  sin = cos   = 450.
 AIC  BID  45  BMM ‘  45
 M’ là điểm chính giữa cung AB.
+ Cách xác định điểm M:
– Lấy M’ là điểm chính giữa cung AB (1)
– Lấy điểm C thuộc tia Ax sao cho AI = AC
– Xác định M là giao điểm của CM’ và nửa đường tròn đường kính AB (M khác
M’)
+ Chứng minh M thỏa mãn yêu cầu bài toán:
0

Theo (1) BMM ‘  45  AMC  45 (Do AMB  90 )
0

Theo (2) AIC  45  AIC  AMC  45
0

 tứ giác ACMI nội tiếp  CMI  90  IM  CD
0

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

A
O

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

PAGE TUYỂN GIÁO VIÊN- 0985.022.605
LUYỆN THI VIÊN CHỨC GIÁO VIÊN
BẬC THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập -Tự do –Hạnh phúc

MÔN THI: KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 3

Câu 1: (6,0 điểm)
a) Thầy (cô) hãy nên các bước chính khi dạy một quy tắc trong chương trình Toán
THCS. Lấy ví dụ minh họa.
b) Khi dạy Định lý “Tổng ba góc của một tam giác” ( Toán 7 tập 1), để đưa ra nhận xét
“Tổng ba góc của một tam giác bằng 1800 ” giáo viên yêu cầu học sinh thực hành vẽ tam giác và đo
ba góc của nó, sau đó tính tổng số đo ba góc đó.
Tuy nhiên, một số học sinh có kết quả tổng số đo ba góc của tam giác vừa vẽ bằng 1800 ,
nhưng cũng có một số học sinh lại có kết quả tổng số đo ba góc của tam giác vừa vẽ không bằng
1800 .
Nếu gặp tình huống đó trong quá trình giảng dạy, thầy (cô) sẽ xử lý như thế nào ?
Câu 2: (4,0 điểm)
Cho bài toán: Cho hình bình hành ABCD. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm của CD, AB.
Đường chéo BD cắt AI, CK thứ tự tại M và N.
a) Chứng minh tứ giác AICK là hình bình hành.
b) Chứng minh rằng: DM=MN=NB.
1) Thầy (cô) hãy hướng dẫn học sinh giải bài toán trên.
2) Thầy (cô) hãy trình bày hai cách giải câu b của bài toán trên.
Câu 3: (6,0 điểm)
a) Tìm số nguyên n sao cho n  1 chia hết cho n 2  2 .
b) Cho

 b  c  c  a  a  b  .
bc ca a b


. Tính giá trị của biểu thức : P 
a
b
c
abc

c) Giải phương trình :
Câu 4: (4,0 điểm)

x 1  2  x  2  x .

Cho tam giác ABC cân tại A ( A  900 ). Đường cao AH và BK cắt nhau tại I. Chứng minh
HK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AKI.
Thầy (cô) hãy :
a) Giải bài toán trên.
b) Thiết lập bài toán đảo của bài toán trên và giải bài toán đó.
——Hết——

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Câu

Hotline: 0985.022.605

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung
a) Các bước chính khi dạy một quy tắc:
– Tiếp cận quy tắc.
– Hình thành quy tắc.
– Cũng cố quy tăc.
– Vận dụng quy tăc.
Ví dụ:
1) Tiếp cận quy tắc.
Cho HS giải phương trình 3x-9=0
GV hỏi: Làm thế nào để tìm được giá trị của ẩn x ?
HS trả lời: Chuyển -9 sang vế phải và đổi dấu : 3x=9
GV hỏi: Đó là áp dụng quy tắc nào ? bây giờ cần áp dụng quy tắc nào để tìm được x ?
HS trả lời: Chia hai vế cho 3: x=9:3=3
GVnói: Qua ví dụ trên, ta thấy muốn giải phương trình bậc nhất ax+b=0 ta phải thực hiện
những bước như thế nào ?
2) Hình thành quy tắc:
Sau khi đẫ điểm lại các thao tác đã thực hiện theo trình tự ở ví dụ trên, HS tự phát biểu quy
tắc: Muốn giải phương trình bậc nhất ax+b=0, a khác 0, ta làm theo các bước sau:
– Chuyển b sang vế phải và đổi dấu của nó;
– Chia hai vế cho a.
3) Cũng cố quy tắc.
Thực hiện ?3: Giải phương trình -0,5x+2,4=0, GV có thể bổ sung:
1
2x  2  0;
x 5  0
Giải các phương trình: 7x+15=0;
4
GV chia lớp thành bốn nhóm, mỗi nhóm giải một phương trình.
4) Vận dụng quy tắc.
Quy tắc này sẽ được vận dụng trong nhiều vấn đề sau như: Giải các phương trình đưa về
dạng ax+b=0, phương trình chứa ẩn ở mẫu,…
b) Cách xử lí tình huống:
– GV cho HS cả lớp nhận xét, ai đúng, ai sai.
– GV lấy một tam giác ( giả sử ABC ) cắt hai góc B và C rồi ghép lại tại góc A rồi cho HS
nhận xét, dự đoán tổng ba góc. ( HS dự đoán A  B  C  1800 )
– GV yêu cầu HS dùng suy luận chứng tỏ điều dự đoán trên là đúng. Từ đó các em sẽ biết
được bạn nào đo đúng, bạn nào đo sai.
K

1) GV hướng dẫn HS bằng sơ đồ phân tích đi lên.

N
O

a)
2

?Để chứng minh
AICK là hình bình
hành các em sử dụng
dấu hiệu nhận biết
nào.
? Hãy chứng minh
AK//IC; AK=IC

AICK là hình bình hành

AK//IC; AK=IC

AB//DC; AK=

1
1
AB; IC= DC
2
2

DM=MN=NB

b)
12

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

? Đề chứng minh DM=MN=NB
Ta cần chứng minh điều gì.
(DM=MN; BN=MN)
DM=MN; BN=MN
? Hãy sử dụng tính chất đường
trung bình của tam giác, chứng
minh DM=MN
MI, KN đường tb DNC, ABM
Tương tự hãy chứng minh BN=MN
2) Cách 1:
Theo câu a) AICK là hình bình hành  AI//CK hay MI//CN (1)
Mà ID=IC (gt) (2)
Từ (1) và (2) suy ra MD=MN
Chứng minh tương tự ta có: BN=MN.
Do đó DM=MN=NB ( đpcm)
Cách 2:
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Theo tính chất hình bình hành ta có OM=OM, OD=OB
Mà Mà ID=IC; KA=KB (gt)
Do đó M và N là trọng tâm của các ADC, ABC
Suy ra
1
1
OM  MD; ON  BN  MD  BN; MN  2OM  MD  MD  BN  MD (đpcm)
2
2
2
n 1 n  2

 (n  1)(n  1) n 2  2
a)

 n2  1 n2  2
 n2  2  1 n2  2
 1 n2  2
 n 2  2  Ö(1)

Suy ra n2  2  1 hoặc n 2  2  1

Với n2  2  1  n2  3  n   3  Z ( loại)
Với n 2  2  1  n 2  1  n  1 Z
Thử lại với n  1 thỏa mãn. Vậy n  1
b) Đặt
bc ca ab


 k  b  c  ak; c  a  bk;a  b  2c  (2a  b  c)  (a  b  c)k
a
b
c
 b  c  c  a  a  b   a.(b).(c)  1
Nếu a+b+c=0 thì mọi k, ta có P 
abc
abc
 b  c  c  a  a  b   2a.2b.2c  8
Nếu a+b+c  thì k=2, ta có P 
abc
abc
c) ĐKXĐ: 1  x  2
Đặt 2  x  t ( ĐK: 0  t  1 ) suy ra 2  x  t 2 ; x  1  1  t 2
Phương trình trở thành:

1 t2  t  t2 
 1  t  0 hoặc

1  t 1  t   t(1  t)  0 





1 t  t 1 t  0

Với 1  t  0  t  1(TM) suy ra
Với



1 t



2  x  1  x  1 (TM)

1  t  t 1  t  0 vô nghiệm vì với 0  t  1 thì 1  t  t 1  t  0

Vậy phương trình có nghiệm x=1.
13

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

a) Áp dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có:
HK=HB=HC; OK=OA=OI.
Suy ra ra các tam giác BHK và OKI cân

 HBK  HKB; OKI  OIK  HBK  OKI  HKB  OIK  BHI  90 0  OKH  90 0
Do đó HK là tiếp đường tròn ngoại tiếp tam giác AKI.
b) Phát biểu bài toán đảo :
Cho tam giác ABC ( A  900 ). Đường cao AH và BK cắt nhau tại I. Chứng minh
rằng nếu HK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AKI thì tam giác ABC cân
tại A.
Giải :
Vì HK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác AKI suy ra IAK  IKH ( cùng
chắn IK ) (1)
Mặt khác : ta có tứ giác ABHK nội tiếp ( AHB  AKB  900 )
Suy ra BAH  BKH ( cùng chắn BH ) (2)
4

Từ (1) và (2) suy ra BAH  IAK
Tam giác ABC có AH vừa là đường cao vừa là phận giác suy ra tam giác ABC cân tại A.
A

I
B

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

PAGE TUYỂN GIÁO VIÊN- 0985.022.605
LUYỆN THI VIÊN CHỨC GIÁO VIÊN
BẬC THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập -Tự do –Hạnh phúc

MÔN THI: KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 4

Câu 1.
a. Tìm các chữ số x, y sao cho 20 x13 y chia hết cho 45
b. Cho a là số tự nhiên khác 0. So sánh A và B biết:

A

11 9
10 10
 12 ; B = 13  12
13
a
a
a
a

Câu 2. Số học sinh khối 6, khối 7 tỉ lệ với các số 2; 3, số học sinh khối 7, khối 8 tỉ lệ với
các số 4; 5, số học sinh khối 8, khối 9 tỉ lệ với các số 6; 7 đồng thời tổng số học sinh của
các khối 6, 7, 8 hơn số học sinh khối 9 là 280 học sinh. Tìm số học sinh của mỗi khối.
Câu 3. Cho biểu thức: P 

x  17 x  14
4 x 3
2 x 3


x  2 x 3
x 1
x 3

1
3

với x  0; x  1.

a. Rút gọn biểu thức P và tính x khi P  .
b. Tìm giá trị lớn nhất của P.
Câu 4. Cho tam giác ABC không cân ngoại tiếp đường tròn tâm (O). Gọi M, N, P tương
ứng là tiếp điểm của BC, CA, AB với đường tròn (O). Đường thẳng OC cắt MN tại I,
đường thẳng PI cắt đường tròn tại K. Chứng minh rằng:
a. Tứ giác OMCN nội tiếp được trong một đường tròn.
b. IP.IK = IM.IN = IO.IC
c. Tia CO là tia phân giác của góc PCK .
4
4
Câu 5. Cho x, y là những số thực thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

F  2013x  2 y 5

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

HƯỚNG DẪN CHẤM
Nội dung

Câu

Điểm
0.50

Do (5;9)=1 nên A  20 x13 y 45  A 5; A 9
1a
(2đ)
Câu 1
(3đ)

Xét A 5  y  0;5

0.50

Nếu y = 0 ta có A  20 x130 9  6  x 9  x  3

0.50
0.25

Nếu y = 5 ta có A  20 x135 9  11  x 9  x  7
Vậy các cặp (x, y) = (3;0); (7;5)

0.25

11  9a
10  10a
;
B=
a13
a13
1b
13
*
(1đ) Vì a  N nên a  0
Nếu a  1 thì A=B
Nếu a  1 thì 11  9a  10  10a . Do đó A < B
Ta có A 

0.25
0.25
0.50

Gọi a, b, c, d lần lượt là số học sinh của các khối 6, 7, 8,9 (a, b, c, d là
các số nguyên dương)

a b b c c d
 ;  ; 
(1)
2 3 4 5 6 7
và a  b  c  d  280
Theo giả thiết ta có

Từ (1) suy ra

Câu 2
(3đ)

Áp

dụng

0.25

1.50

a
b
c
d



16 24 30 35
tính

chất

của

dãy

tỉ

số

bằng

a
b
c
d
a bcd
280


 

8
16 24 30 35 16  24  30  35 35
Suy ra a  128; b=192; c=240; d= 280

nhau

có

Vậy số học sinh khối 6 là: 128; Sô học sinh khối 6 là: 192 Số học sinh
khối 8 là: 240; Số học sinh khối 6 là: 280
Ta có P 
3a
(3đ)

Câu 3
(4đ)
3b
(1đ)

5 x  2 x  2
( x  1)(2  5 x ) 2  5 x


( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3)
x 3

1
25 x 1
9
P 
  16 x  3  x 
3
256
x 3 3
25 x
17
P
 5 
x 3
x 3

P lớn nhất  x  3 nhỏ nhất  x  0
2
Khi đó P 
3

0.25

0.75

0.25
1.50

1.50

0.50

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605
A
N
P
I

C
K

Ta thấy OM  MC, ON  NC (tính chất tiếp tuyến)
4.a
1.5đ

Câu 4
(4đ)
4.b
1.5đ

Suy ra OMC  ONC  90 do đó tứ giác OMNC nội tiếp đường tròn
đường kính OC
Chứng minh: IO.IC=IM.IN
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MN  OC và IM=IN. Áp
dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông NOC ta có
(1)
IO.IC = IN2 = IM.IN
Chứng minh: IP.IK = IM.IN
Xét hai tam giác INP và IKM có:

0.50

INP  IKM (cùng chắn cung MP); NIP  KIM (đối đỉnh)
Do đó NPI MPK (g.g)
IN IP

 IM .IN  IM .IK
suy ra
(2)
IK IM

1.00
0.75

0.75

Từ (1) và (2) ta có đpcm

Từ kết quả câu b ta có IO.IC  IP.IK 
4.c
1.0đ

IO IK

IP IC

0.50

Mặt khác OIP  KIC (đối đỉnh)
Suy ra OIP

KIC (c.g.c). Do đó ICK  IPO

(1)

Chứng minh tương tự ta có: ICP  IKO

(2)

mà IPO  IKO (do OP = OK)

(3)

0.50

Từ (1), (2), (3) ta có ICK  ICP hay CI là tia phân giác của PCK (đpcm)
Ta có x 4  1  y 4  1  1  x  1
Tương tự 1  y  1  y 5  y 4
Do đó F  2013x  2(1  x )  2005 x  8  2( x  1)  4( x  1)
4

Câu 5
(1đ)

 2005 x  8  2013

0.25
0.50

 y5  y 4
x  1


Có “=” khi  x  1
y  0
 4
4
x  y  1

Vậy giá trị lớn nhất của F là 2013.

0.25

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

PAGE TUYỂN GIÁO VIÊN- 0985.022.605
LUYỆN THI VIÊN CHỨC GIÁO VIÊN
BẬC THCS

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập -Tự do –Hạnh phúc

MÔN THI: KIẾN THỨC CHUYÊN MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 5

Câu 1: (3,5 điểm)
Anh ( chị) hãy trình bày các hoạt động trình tự của phương pháp chung để tìm lời giải một
bài toán. Lấy ví dụ minh họa.
Câu 2: (4,0 điểm)
Anh ( chị) hãy giải các bài toán sau:
2x  1 3y  2 2x  3y  1
a) Tìm x, y biết:


5
7
6x
b) Cho ba số x, y, z thỏa mãn xyz=2013. Tính giá trị của biểu thức sau:
2013x
y
z
P


xy  2013x  2013 yz  y  2013 xz  z  1
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho nữa đường tròn đường kính AB. Ax, By là hai tia vuông góc với AB và nằm cùng phía
với nữa đường tròn. I là một điểm thuộc nữa đường tròn. Tiếp tuyến tại I cắt Ax, By lần lượt tại
M,N. Chứng moinh tam giác MON vuông.
Anh (chị) hãy giải bài toán trên và cho biết bài toán trên giúp học sinh rèn luyện những hoạt
động toán học nào ?
Câu 4: (4,5 điểm)
Cho x, y là các số dương thỏa mãn : x  y  1 .

1 4
 .
x y
Một học sinh có lời giải như sau : Áp dụng BĐT Côsy cho hai số dương
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 

Ta có : A 

1 4
1 4
4
 2 . 
(1) và
x y
x y
xy

Từ (1) và (2) suy ra A 

xy 

xy 1
 (2)
2
2

 8 . Vậy minA=8.
xy
a) Anh (chị) hãy chỉ ra sai lầm của học sinh trong lời giải bài toán trên.
b) Anh (chị) hãy trình bày lời giải đúng của bài toán.
Câu 5: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có cạnh là a và M là một điểm trên cạnh CD ( M khác C và D). Qua
C kẻ đường thẳng vuông góc với AM tại H. BH cắt AC tại K.
a) Chứng minh rằng : Tứ giác ABCH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng : Ba đường thẳng AD, MK, CH đồng qui.
c) Tia AM cắt tia BC ở E. Tia vuông góc với AM tại A cắt CD ở F. Xác định vị trí của M
trên
cạnh CD sao cho diện tích tứ giác ACEF gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD.
– Anh (chị) hãy giải bài toán trên.
– Anh (chị) hãy hướng dẫn để học sinh giải câu b.
——Hết——

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: – 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 dụi: Dạy – học giải bài tập số 33, tr.23, sgk: Tìm các giá trị của a sao cho mỗi biểu thức sau có
3a  1 a  3
10 3a  1 7a  2
giá trị bằng 2:

;


3a  1 a  3
3 4a  13 6a  18
a) Tìm hiểu nội dung đề bài toán
Bài toán yêu cầu tìm giá trị của a để mỗi biểu thức có giá trị bằng 2.
GV hỏi: Đối chiếu biểu thức 1 yêu cầu này liên quan gì đến phương trình ?
Theo định nghĩa của phương trình điều này có nghĩa gì ?
HS phải trả lời được:
3a  1 a  3

 2 với ẩn là a (1)
Yêu cầu của bài toán có nghĩa là phải giải phương trình
3a  1 a  3
b) Tìm cách giải: Yêu cầu của bài toán đã chỉ rõ cách giải bài toán là giải phương trình vừa thiết lập
ở trên.
c) Trình bày lời giải
GV hỏi: Đây là phương trình chứa ẩn ở mẫu. Để giải phương trình này ta phải thực hiện theo từng
bước như thế nào ?
1
HS thực hiện: ĐKXĐ: 3a  1  0, a  3  0 hay a  , a  3 (1)
3
 (3a  1)(a  3)  (a  3)(3a  1)  2(3a  1)(a  3)

 3a 2  8a  3  3a 2  8a  3  6a 2  20a  6
12
3
 12  20a  a  
hay a  
20
5
3
3
Giá trị a   thỏa mãn ĐKXĐ phương trình. Vậy giá trị cần tìm của a là a  
5
5
d) Kiểm tra lời giải, nghiên cứu thê về bài toán và cách giải.
Kiểm tra lời giải: Lập luận rõ ràng, tính toán chính xác
Nghiên cứu thêm về bài toán: Có thể tạo ra các bài toán mới như sau:
10 3a  1 7a  2
3a


Bài 1: Tính giá trị của a để hai biểu thức
và
có giá trị bằng nhau.
3 4a  13 6a  18
a 3
10 3a  1 7a  2


Bài 2: Tìm giá trị của a để giá trị của biểu thức
gấp 3 lần giá trị của biểu
3 4a  13 6a  18
a7
thức
a7
3a  1 a  3
5

Bài 3: Tìm giá trị của a để giá trị của biểu thức
lớn hơn giá trị của biểu thức
là
3a  1 a  3
a 3
2 đơn vị.
Câu 2: a) Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
2x  1 3y  2 2x  3y  1 2x  1  3y  2 2x  3y  1




5
7
6x
5 7
12
19

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Hotline: 0985.022.605

2x  3y  1  0
2x  3y  1 2x  3y  1 2x  3y  1 1 1



(  )  0  1 1
  0
6x
12
6
x 2
 x 2
 2x  1 3y  2
 2x  1 3y  2
 5  7


Từ đó ta có hai hệ phương trình  5
7 và 
1  1  0
2x  3y  1  0

 x 2
1
2
Giải ra ta được x=2; y=3 và x   ; y  .
2
3
b) Thay 2013=xyz và biểu thức P ta được
xyzx
y
z
xy.zx
y
z
P





xy  xyzx  xyz yz  y  xyz xz  z  1 xy(1  zx  z) y(z  1  xz) xz  z  1
zx
1
z
xz  z  1
x




1
1  zx  z z  1  xz xz  z  1 xz  z  1
Câu 3:
Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có
I
O1  O2 ; O3  O4
Mà O1  O2  O3  O4  180

0
2

Do đó O1  O4  O2  O3  90 hay MON  90
 MON vuông tại O
0

4
O

Câu 4:


1
1 4
x


 

5 ; BĐT (2) dấu “=” xảy ra x  y  x  y  1
a) BĐT (1) dấu “=” xảy ra  x y  

2
x  y  1
x  y  1 y  1


20
Sai lầm của học sinh là hai BĐT (1) và (2) dấu “=” xảy ra không cùng một chung một giá trị.
b) Cách 1: Áp dụng BĐT côsy ta có

A

1 4 x  y 4(x  y)
y 4x
y 4x
y 4x
 

 1 
 4  5 
 5 2 .
 5 4  9
x y
x
y
x y
x y
x y


1
 y 4x
x


y  2x
 

3 . Vậy minA=9 khi x  1 ; y  2

Dấu “=” xảy ra  x y  
3
3
x  y  1 x  y  1 y  2


3
Cách 2 : Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
2
2
2


2
2

1 4  1   4   
4
  1
A   


. y   (1  2)2  9
  x  y 


x y  x   y   
y
  x




   

Câu 5 :
a) Tứ giác ABCH nội tiếp đường tròn vì B  H  1800
Gọi S là giao điểm của AD và CH
Ta có M trực tâm của tam giác ASC nên SM  AC (1)
Theo câu a) AHB  ACB  450 suy ra tứ giác MHCK nội tiếp  MKC  900  MK  AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra : Ba đường thẳng AD, MK, CH đồng qui.
c) Đặt DM=b, MC=a-b
20

Page TUYỂN GIÁO VIÊN

Xét AMF ta có AD2  DM.DF  DF 
Ta có CF= a 

Hotline: 0985.022.605

a2
b

a2
a
 a(1  )
b
b

Mặt khác ADM

CE CM
ab

 CE 
.a
AD MD
b
1
1
1
1
a
ab
1
a a
 AD.CF  CE.CF  CF(AD  CE)  a(1  )(a 
.a)  a2 (1  ).
2
2
2
2
b
b
2
b b

ECM(g.g) 

1
1
SACEF  SACF  SCEF
2
2

Để SACEF  3SABCD  3a2 thì

1 2
a a
a (1  ).  3a2  a2  ab  6b2  a2  ab  6b2  0  (a  2b)(a  3b)  0  a  2b
2
b b
Suy ra M trung điểm của CD.
Vậy M trung điểm của CD thì SACEF  3SABCD
A

K
F

M
H

– Xem thêm –