Đề khảo sát chất lượng giáo viên THCS môn Toán năm 2012 - Phòng GD & ĐT Tam Dương (Có đáp án)

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG

PHÒNG GD&ĐT

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG GIÁO VIÊN

THCS HÈ 2012 Đề thi môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút

Câu 1 (2,0 điểm). Cho phương trình: 2 (2 1) 4 4 0 m x mx     ( 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 1 2 , x x thỏa mãn 1 2 3 x x  .

c) Phương trình (1) có hai nghiệm nhỏ hơn 3.

Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình, hệ phương trình:

a) 5 1 1 2. x x  

b)

2 2

2

3 2 1

2 3 9

x xy y

x y

         Câu 3 (2,0 điểm).

a) Cho hệ phương trình: ( là tham số)

Xác định m để hệ phương có nghiệm duy nhất ( ,x y ) thoả mãn: 2 1 x y  .

b) Chứng minh rằng số 4 n n   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) 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 1. a b c    Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức 1 . 4 ab ac bc Q c ab b ac a bc abc       

-----HẾT------

Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD…………………

3 ( 1) 2 1 x my m m x y m         

m

MB.BD MD.BC 

Đề chính thức

ThuVienDeThi.com

http://violet.vn/nguyenthienhuongvp77

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 Điểm Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

' 2

2

1 0 2 1 0

2 0 4 8 4 0 4( 1) 0

a m m

m m m

                      

0,5

1 2 1

m

m

   

  

. Vậy với 1 2 m  và 1 m  thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt 0,25

b) 0,75 điểm

Điểm

Phương trình có 2 nghiệm 1 2 m   . Theo Vi-ét và giả thiết, ta có hệ:

1 2

1 2

1 2

4 (1) 2 1 4 (2) 2 1 3 (3)

m x x m

x x m x x

         

  

0,25

Thay (3) vào (1) ta được 2 1

3 , 2 1 2 1 m m x x m m    

Thay 2 1

3 , 2 1 2 1 m m x x m m     vào PT (2) ta được phương trình 2 3 8 4 0 m m    . 0,25

Giải PT ta được 1 2

2 2, 3 m m   (thỏa mãn điều kiện)

KL: Với 1 2

2 2, 3 m m   thì PT có nghiệm 1 2 3 x x  .

0,25

c) 0,5 điểm

Nội dung trình bày Điểm

Phương trình có 2 nghiệm 1 2 m   .

Ta có

1

2

3

3

x

x

    



1 2

1 2

( 3)( 3) 0

3 3 0

x x

x x

        



1 2 1 2

1 2

3( ) 9 0

6 0

x x x x

x x

         

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.

ThuVienDeThi.com