ĐỀ THI GIÁO VIÊN GIỎI CẤP HUYỆN
Câu 1: a) Anh (chị) hãy nêu những con đường tiếp cận khái niệm toán học thường
dùng trong dạy học toán THCS.
b) Theo anh (chị) để tiếp cận khái niệm hàm số thì sẽ tiếp cận theo con đường nào?
Nêu quy trình tiếp cận khái niệm hàm số.
Câu 2: Một học sinh đã giải bài toán:
“ Tìm GTLN của biểu thức f(x) = x + ” như sau:
Điều kiện để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x
2
> 0
⇔
(x + 1)(1 - 3x) > 0
⇔
-1 < x < (*)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
f(x) = 1.x + 1. ≤ . = . ≤
Với x = - thỏa mãn (*) thì -2(x + )
2
= 0. Vậy f(x) đạt GTLN là khi x = - .
a) Hãy tìm những sai lầm trong lời giải bài toán trên.
b) Anh (chị) hãy giải lại cho đúng.
Câu 3: Anh (chị) giải các bài toán sau:
a) Tìm số nguyên n để là số nguyên
b) Tìm các số x, y, z biết: = ; = và x - y + z = - 49
c) Chứng minh rằng : A = +
9932
2
1

2
1

iii) Trên cơ sở nhận xét đạt được ở ii), giáo viên gợi ý để học sinh phát biểu khái niệm
hàm số
Câu 2 a) - Sai lầm 1: ĐK để f(x) có nghĩa: 1 - 2x - 3x
2
≥ 0
- Sai lầm 2: Với x = - thì chỉ có BĐT . ≤ trở thành đẳng thức nên f(- ) <
b) Lời giải đúng: Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
= ≤ = 1 - x, với x ∈
Do đó f(x) ≤ x + (1 - x) = 1
- => Max
f(x)
= 1 <=> 1 + x = 1 - 3x <=> x = 0 (T/m ĐK x ∈
Câu 3 a) Ta có: = = 1 +
Để nguyên thì nguyên <=> 2 + (n+1)
 n + 1 ∈ => n ∈
b) Từ = ; = => = ; = => = =
Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: = = = = - 7
Suy ra: = 7 => x = - 70; = 7 => y = - 10; = 7 => z = - 84
c) Ta có: 2A =
2 98
1 1 1
1
2 2 2
+ + + +
=> A = 2A – A =
99
1
1
2
−

D
C
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của CD, suy ra:
- Vì = 90
0
nên ∆COD vuông tại O => =KDO (1)
- Vì O là trung điểm của AB nên OK là đường trung bình của hình thang ABCD =>
OK ∥ AD
=> KOD = ADO ( so le trong ) (2)
Từ (1) và (2) => ADO = KDO
=> ∆ADO = ∆MDO ( cạnh huyền - góc nhọn)
=> OM = OA => M ∈ (O)
Suy ra CD tiếp xúc với (O) tại M
Đề thi lý thuyết GVG môn Toán THCS.
Câu 1( 3 điểm) : Đồng chí hãy cho biết những u điểm và những hạn chế của dạy học hợp tác
theo nhóm. Theo đồng chi trong môn Toán THCS hiện nay những dạng nào sẽ thuận lợi khi
triển khai hoạt động dạy học hợp tác theo nhóm ?
Câu 2 ( 4 điểm) : Đồng chi hãy giải các bài toán sau. Từ đó hớng dẫn học sinh rút ra bài toán
tổng quát :
Tính : A =
100.99
1

4.3
1
3.2
1
2.1
1
++++

BN = CN ( giả thiết)
Suy ra: ANB = FNC (c.g.c)
ABN = FCN (Cặp góc tơng ứng).
CF // AB DF // AB DC // AB (đpcm).
Theo đồng chi bài giải trên còn sai lầm ở đâu? Hãy bổ sung để đợc bài giải đầy đủ.
Câu 4(3 điểm).
Cho A= 1.2.3 2005.2006
)
2006
1
2005
1

3
1
2
1
1( +++++

Chứng minh A là một số tự nhiên chia hết cho 2007.
Câu 5 (4 điểm). Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

cbabacacbcba
111111
++
+
+
+
+
+

1
3.2
1
2.1
1
++++
=
100
1
99
1

4
1
4
1
3
1
2
1
2
1
1 +++
=
100
1
1
=
100
99

(
2
5

=
)
100
49
.
2
5
=
40
49
Qua hai bài toán trên chúng ta rút ra bài toán tổng quát nh sau:
C =
21
aa
n
+
1544332
.+
++++
kk
aa
n
aa

a1+kk
aa
n
=
k
a
1
-
1
1
+k
a
Cộng từng vế ta có : C =
1
1
a
-
1
1
+k
a
Trờng hợp 2 : Nếu
nbaaaaaaaa
kk
=====
+1342312


1
a
-
1
1
+k
a
).
Câu 3: Sai lầm của học sinh là đã ngộ nhận ba điểm D, C, F thẳng hàng. Nh vậy ta phải
chứng minh ba điểm D, C, F thẳng hàng.
Bài giải đầy đủ : Giải : A B
M N
D C F
Trên tia AN chọn điềm F sao cho N là trung điểm của AF.
Xét ANB và FNC có: AN = NF (cách vẽ).
ANB = FNC (đối đỉnh).
BN = CN ( giả thiết)
Suy ra: ANB = FNC (c.g.c)
ABN = FCN (Cặp góc tơng ứng).
CF // AB và CF = AB (cặp cạnh tơng ứng) (1).
Xét ADF có MN là đờng trung bình. Suy ra:
2
DF
MN =
mà
2
CDAB
MN
+
=

1
(2007.2006.2005 3.2.1
++++=
A
)
1004.1003
2006 3.2.1
1005.1002
2006 3.2.1

2005.2
2006 3.2.1
2006.1
2006 3.2.1
(2007
++++=
)2006 1005.1002 3.2.1
2006 1006.1004.1003.1001 3.2.1 2006.2004 4.3.12005 3.2(2007
+
+++=
Vậy A là
số tự nhiên chia hết cho 2007.
Câu 5: Theo BĐT Cô si cho x

0, y

0 ta có:
yxyx .2
+
Bình phơng hai vế ta có:

+

cbacacbbacacb
2411
=
+++

+
+
+

abaccbabaccba
2411
=
+++

+
+
+
Cộng các vế của BĐT ta có:
)
111
.(2)
111
.(2
cbabacacbcba
++
+
+
+

1
O
A =
1
O
B = R)
Ta có: A
2
O
B = 90
2
0

+
(vì A
2
O
, B
2
O
là tia phân
2
O
C
giác) o
Suy ra
2
O
nằm trên cung AB chứa góc 90
2

O
.
- Dựng (
2
O
, r).
- D ựng tiếp tuyến At và tiếp tuyến Bz cắt nhau tại C
Tam giác ABC là tam giác cần dựng.
Chứng minh:
Ta có: C = 180
0
-(180
0
-) = .
Do
1
O
A =
1
O
B = R (cách dựng) và A
1
O
B = 2 . Nên C thuộc cung AB chứa góc .
Vậy tam giác ABC đúng.
Biện luận:
- Đờng thẳng xy cắt cung AB chứa góc 90
2
0


2.1
1
+
+++=
nn
P
Cú phi s nguyờn khụng? (vi
Nn
v
1n
)
Bi 2 (2.0 im):
a) Tỡm cỏc s thc a, b cho a thc x
4
+ 1 chia ht cho x
2
+ ax + b
b) Tỡm cỏc s x, y, z
*
N
2
x
+ 2
y
+ 2
z
= 2336
Bi 3 (2.0 im): Gii h phng trỡnh



đề thi chọn giáo viên giỏi huyện thcs Môn toán
Câu 1: a) Tìm nghiệm nguyên củaphơng trình:
x
+
y
=
2004
b) Tìm m

N để 13m + 3 là số chính phơng
Câu 2: Giải phơng trình sau:
2
1x
- x
2
+1=0
Câu 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của A=
2
2
1
1
x
x

+
Câu 4: Khối 9 của một trờng có 56 em học sinh cần phụ đạo thêm, trong đó có 32
nam, nhà trờng dự kiến chia thành các tổ phụ đạo sao cho:
- Mỗi tổ gồm có các học sinh nam, các học sinh nữ.
- Số các học sinh nam, số các học sinh nữ đợc chia đều vào các tổ
-Số ngời trong mỗi tổ không quá 15 em nhng cũng không ít hơn 9 em. Hãy

;
y
=
501t
với z, t

N và
là các số chính phơng

z
+
t
=2

0
4
1
1
4
0
1
1
z
t
z
t
z
t
z
t




0
2004
501
501
2004
0
501
501
x
y
x
y
x
y
x
y

=



=



=



13m -1 3=x
2
-16

13(m-1)=(x-4)(x+4)
(1)


x-4
M
13 hoặc x+4
M
13
+ Khi x-4
M
13

x-4=13k với k

N

x+4=13k+8 thay vào (1) ta có:


13(m-1)=13k(13k+8)

m-1=k(13k+8)

m= k(13k+8)+1

-( x
2
-1)=0

2
1x
(1-
2
1x
)=0

2
1x
=0 hoặc
2
1x
=1

x=
2
;1;-1
Câu 3: A=
2
2
1
1
x
x

+

x=0
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -1 đạt đợc khi x=0
Câu 4: Giả sử sắp xếp đợc x tổ, mỗi tổ có y em ta có x.y=56 và x

Ư(24,32); 9

y

15

x

{1;2;4;8} lập bảng tính các giá trị tơng ứng của x và y thoã mãn x

{1;2;4;8} và x.y=56
rồi đối chiếu với 9

y

15 ta đợc x=4, y=14

có 4 tổ, mỗi tổ có 14 em
Câu 5:
a/ Ta có
ã
OMP
=1v (GT) ,
ã
ONP
=1v( theo t/c tt)

mặt khác ta lại có:
ã
xMC
=
ã
MCO
=
ã
NCO
(do MP//OD)

ã
xMC
=
ã
MPO

MC//PO
(2)
. Từ (1) và (2)

Tứ giác CMPO là hình
bình hành (đpcm).
c/
ã
CND
=1v( góc nội tiếp chắn nữa đờng tròn)

hai tam
giác vuông COM và CND đồng dạng với nhau nên ta


AB, trừ ra các điểm I,J./.
BI KIM TRA NNG LC
Môn thi: TOÁN
Câu 1 (2 điểm):
Anh (Chị) hãy nêu chủ đề trọng tâm của năm học 2009 – 2010 và năm học 2010 –
2011?
Hiện nay, việc thực hiện Kế hoạch dạy học, PPCT và Hướng dẫn dạy học các môn học
cấp THCS, người giáo viên phải tuân thủ và căn cứ các văn bản pháp qui nào?
Câu 2 (3®iÓm)
a) Anh (chị) hãy cho biết những vấn đề chung về yêu cầu đổi mới phương
pháp dạy học môn Toán ở cấp THCS :
- Nêu yêu cầu chung.
- Nêu yêu cầu cụ thể đối với giáo viên.
b) Amh (chị) hãy nêu vai trò của công nghệ thông tin (CNTT) trong đổi mới
phương pháp dạy học và cho biết những ưu điểm nổi bật ?
Câu 3 (5®iÓm)
1) Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số không âm và b là số trung bình cộng
của a và c thì ta có:
1 1 2
a b b c c a
+ =
+ + +
2) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi M và N theo thứ tự là
chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB và AC, biết AH
2
= 4AM.AN. Tính số
đo các góc nhọn của tam giác ABC.
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM

* Yêu cầu cụ thể đối với giáo viên :
- Thiết kế, tổ chức, hướng dẫn HS thực hiện các hoạt động học tập trên lớp và về nhà….
- Đông viên, khuyến khích, tạo cơ hội và điều kiện cho học sinh tham gia học tập một cách
tích cực, chủ động, sáng tạo…
- Thiết kế, hướng dẫn học sinh thực hiện các dạng câu hỏi, bài tập phát triển tư duy và rèn
luyện kỹ năng. Hướng dẫn sử dụng các thiết bị đồ dùng học tập.
- Sử dụng các phương pháp và hình thức tổ chức dạy học hợp lý, hiệu quả, phù hợp…
b) Vai trò của công nghệ thông tin trong đổi mới phương pháp dạy học :
- Làm tăng giá trị lượng thông tin.
- Trao đổi thông tin nhanh hơn, nhiều hơn, hiệu quả hơn.
- Gây hứng thú cho người học.
- Phát huy vai trò của người thầy.
* Những ưu điểm nổi bật : Sử dụng được nhiều lần.
- Thực hiện các thí nghiệm ảo hay thay thế GV thực hành, tăng tính năng động cho người
học và cho phép học sinh học theo khả năng. Đi sâu vào nội dung kiến thức.
- Bài giảng sinh động hơn, câp nhật được sự phát triển của KHKT.
- HS không thụ động, có thời gian suy nghĩ.
- GV có thời gian nghiên cứu, giúp đỡ học sinh yếu
Câu 3
1)
1 1 2
1 1 1 1
(*)
a b b c c a
a b c a c a b c
+ =
+ + +
⇔ − = −
+ + + +
Ta có:

c a b c
b c c a b c c a
− + − +
= = = −
+ +
+ + + +

Đẳng thức (*) được nghiệm đúng.
2)
Theo giả thiết, ta có : AH
2
= 4AM.AN (1)
Tam giác AHC vuông ở H, HN
⊥
AC nên : AH
2
= AC.AN (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AC = 4AM = 4HN (3)
Gọi E là trung điểm của AC, ta có : EH = EA = EC =
2
AC
(4)
Từ (3) và (4) suy ra : HE = 2HN. Mà
·
0
90HNE =
nên
·
0
30HEN =

4
+ 6x
3
+ 11x
2
+ 6x
a/ Phân tích f(x) thành nhân tử.
b/ Chứng minh rằng với mọi giá trị nguyên của x thì f(x) + 1 luôn có giá
trị là số chính phơng.
Câu 3: ( 6,0 điểm) a/ Tìm số có ba chữ số sao cho chia nó cho 11, ta đợc thơng bằng
tổng các chữ số của số bị chia.
b/ Giải phơng trình:
( )
. 3 1x x +
-
( )
. 1x x
=
2
2. x
c/ Tìm nghiệm nguyên của phơng trình:
2 2
3x y =
Câu 4: ( 2,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
M 2x 2xy 4x y 2013= + + +
Bài 5: ( 4,5 điểm) Cho tam giác ABC và G là giao điểm của ba trung tuyến AD, BE, CF.
Biết rằng hai trung tuyến AD và BE vuông góc với nhau tại G.
a / Biết
ABC

biết của bản thân, cùng xây dựng nhận thức, thái độ mới và học hỏi lẫn nhau.
- Học sinh dễ hiểu, dễ nhớ hơn vì họ đợc tham gia trao đổi, trình bày vấn đề nêu
ra. HS hào hứng khi có sự đóng góp của mình vào thành công chung của cả lớp.
Hạn chế: ( 0,5 điểm)
Việc áp dụng PP dạy họchợp tác trong nhóm nhỏ thờng bị hạn chế bởi:
- Không gian chật hẹp của từng lớp học và thời gian hạn định của tiết học
- Tinh thần tham gia củat các thành viên trong nhóm. Nếu không phân công hợp
lý, chỉ có vài học sinh khá tham gia còn đa số học sinh khác không hoạt động.
Câu 2: ( 4 điểm) a/ Lần lợt phân tích để có kết quả
f(x) = x ( x + 1 )( x + 2 )( x + 3 ) 2,0 điểm
b/ Từ kết quả của câu 1 ta có:
+ A = f(x) + 1 = x( x + 3 )( x + 1 )( x + 2 ) + 1
= ( x
2
+ 3x )( x
2
+ 3x + 2 ) + 1 0,5 điểm
+ Đặt x
2
+ 3x = t; ta có
A = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2
1,0 điểm
+ Do x

Z nên t = x
2
+ 3x

89x = 10z +y
89x =
zy
Do đó: x =1, y = 9, z = 8 1,0 điểm
Số phải tìm là 198
b/
Điều kiện:
( )
( )
{
. 3 1 0
. 1 0
x x
x x
+

0,5 điểm
Ta có :
( )
. 3 1x x +
-
( )
. 1x x
=
2
2. x



( ) ( ) ( ) ( )

Thử lại đều thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của PT là
0
1
3
1
x
x
x
=



=


=

0,5 điểm
c/ (x+y)(x-y) = 3 = 3.1 = 1.3 = -3 1 = -1. -3 2,0 điểm
Lập luận tìm ra đợc 4 cặp nghiệm: ( mỗi cặp nghiệm 0,5 điểm)
(2,1) ( 2,-1) (-2,-1) (-2,1)
Câu 4: ( 2,5 điểm)
2 2 2
M x 2xy y x 4x 4 2009= + + + + +
0,5 điểm
M = (x
2
+ 2xy +y
2

EF // BC và EF =
1
2
BC ( EF là đờng Tb của ABC)

GEF
:
GBC


2 2
1 1
2 4
MEF
GBC
S EF
S BC

= = =
ữ ữ

1,0 điểm

1
4
GEF GBC
S S=

Mặt khác G là trọng tâm của ABC nên:
1

Bài 1: ( 2 điểm ) a/ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n
5
và n luôn có chữ số
tận cùng giống nhau.
b/ Chứng minh rằng phân số
12 1
30 2
n
n
+
+
là phân số tối giản ( n

N )
Bài 2: ( 2 điểm )a/ Chứng minh rằng. Nếu a, b, c là ba số thoả mãn: a + b + c = 2008
(1)
và
1 1 1 1
2008a b c
+ + =
(2) thì trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2008.
b/ Giải phơng trình :
1 1 1 1
2 1 1 2 2 2x x x x
+ = +
+ +

Bài 3: ( 1,5 điểm ) Cho phơng trình:
2
5 4 0x mx m =

và n có chữ số tận cùng giống nhau (1 điểm )
b/ Gọi d là ớc chung lớn nhất của 12n+1 và 30n +2
12 1 ,30 2n d n d + +M M

( ) ( )
24 2 30 2 24 2 6 12n d n n d n d n d + + + M M M M
mà
12 1 1 1n d d d+ =M M

12 1
30 2
n
n
+

+
là phân số tối giản ( 1 điểm
)
Bài 2: a/ Từ (1) và (2) suy ra
( ) ( ) ( )
1 1 1 1
0a b b c c a
a b c a b c
+ + = + + + =
+ +


a+b = 0 kết hợp với (1)

c = 2008

+ +
theo kết quả câu a ta có

( ) ( ) ( )
0a b b c c a + + + =


a + b = 0
2 1 1 0 0( / )x x x t m + + = =
hoặc b + c = 0
1 2 0x x =
( vô lí)
hoặc a + c = 0
2 1 2 0 1 0 1x x x x + = = =
( loại)
Vậy phơng trình có nghiệm là: x = 0 ( 1 điểm )
Bài 3: a/ Ta có
2
25 16m m = +
Để phơng trình có nghiệm thì
2
25 16m m = +
0
m
0
hoặc m
16
25




=

đồng dạng) ( 1
điểm )
b/ Ta có AI.AE HA.HB = AD
2
HD
2
= AH
2
= ( OA+OH)
2
=( R+
3
R
)
2
=
2
16
9
R
( 1
điểm )
c/ Kẻ Dx
DI D
cắt EB kéo dài tại F

Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối =

3 3
R
) ( E

cung nhỏ BC của đờng tròn tâm O ) ( 1 điểm )
Bài 5: Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác. h
a
, h
b
, h
c
là ba đờng cao ứng với các cạnh a,
b, c. r là bán kính đờng tròn nội tiếp, S là diện tích tam giác. Đặt h
a
= x, h
b
= y, h
c
=z
( x,y,z
*
)N
Ta có 2S = ax = by = cz = r(a+b+c)= a + b + c ( vì r = 1)
b + c > a ( t/c bất đẳng thức tam giác )

a + b + c > 2a
2ax a >


2x >