PHÒNG GD&ĐT HUYỆN YÊN ĐỊNH KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 (VÒNG I) Môn: Toán. Thời gian: 150 phút Họ tên thí sinh: SBD: (ĐỀ CHÍNH THỨC) Đề bài Bµi I(4 điểm) Cho biÓu thøc: 3 2 3 6 2 3 2 3 1 3 x x x A x x x x − − + = + + − − + − 1. Tìm điều kiện xác định và rút gọn A. 2. Tìm x để 2A x ≥ − . Bài II(4 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2 2 2 2 8 20 6 16 4 2 1 4 3 2 x x x x x x x x x x x x − + − + − + − + + = + − − − − 2. Cho 2011 số tự nhiên 1 2 2011 , , ,x x x thỏa mãn điều kiện: 11 11 11 1 2 2011 1 1 1 2011 2048x x x + + + = Tính tổng 1 2 2011 1 2 2011 1 1 1 M x x x = + + + . Bài III(5 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 4 8 4 8 x N x x − = − + 2. Tìm các số tự nhiên a, b thỏa mãn: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 2.6 992 a a a b + + + + = . Bài IV(4 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Lấy điểm M nằm trên đoạn HB, điểm N nằm trên đoạn HC sao cho 0 90AMC ANB∠ = ∠ = . Chứng minh: 1. Tam giác AMN cân. 2. . . AF BC BD AC AE BF = . Bài V(3 điểm) Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh BC, biết AB=5cm, AM=6cm và AC=13cm. Đường thẳng qua B và vuông góc với BC cắt đường thẳng AM ở D. Đường thẳng qua C và vuông góc với BC cắt đường thẳng AB ở E. Chứng minh CD vuông góc ME. (Hết) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Hướng dẫn chấm đề thi chọn HSG dự thi cấp tỉnh năm học: 2011-2012 (vòng I). Môn: Toán câu Đáp án Điểm Bài I 1. (2điểm) +) điều kiện xác định 1x ≠ − và 3x ≠ +) rút gọn A 0,5 0,5 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 3 6 2 3 3 1 1 3 3 8 24 1 3 8 1 x x x x x A x x x x x A x x x A x − + − − − + + = + − − + − = + − + = + Vậy 2 8 1 x A x + = + 0.5 0,5 2. (2 điểm) 2 8 2 2 1 10 0 1 10 0 à 1 0 10 0 à 1 0 1 10 x A x x x x x x v x x v x x x + ≥ − ⇔ ≥ − + + ⇔ ≥ + + ≥ + >  ⇔  + ≤ + <  > −  ⇔  ≤ −  Vậy x > -1 hoặc 10x ≤ − và 3x ≠ thì 2A x ≥ − 0,25 0,5 0,5 0,5 0.25 Bài II 1. (2,5 điểm) +) điều kiện 1,2,3,4.x ≠ +) dùng hằng đẳng thức, tách các phân thức đưa phương trình về dạng: 1 4 7 2 1 4 3 2x x x x + = − − − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 5 8 0 1 4 2 3 x x x x x   ⇔ − − =  ÷  ÷ − − − −   5 8 0x ⇔ − = hoặc ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 4 2 3x x x x − = − − − − *) 8 5 8 0 5 x x− = ⇔ = (thỏa mãn) *) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 4 2 3x x x x − = − − − − (chứng tỏ phương trình vô nghiệm) Vậy phương trình có nghiệm 8 5 x = 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2. (1,5 điểm) - Nếu có ít nhất 1 số bé hơn 2 thì: 11 11 11 1 2 2011 1 1 1 x x x + + + >1> 2011 2048 ( trái giả thiết) - Nếu có 1 số bằng 2, các số còn lại lớn hơn 2 thì: 11 11 11 1 2 2011 1 1 1 x x x + + + < 11 11 11 1 1 1 2011 2 2 2 2048 + + + = ( trái giả thiết). 1 2 2011 2x x x⇒ = = = = , thay vào biểu thức ta có: 0,5 0,5 0,5 2 2011 2011 2011 1 1 1 2 2 2 2 1 2 M M = + + + − ⇒ = Bài III 1. (3 điểm) 2 2 ) 1 0 4 8 1 x M x x M + + = ≥ − + ⇒ ≥ − với mọi x Dấu “=” xảy ra khi x = 0 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = -1 tại x = 0. ( ) 2 2 4 ) 1 0 4 8 1 x M x x M − − + − = ≤ − + ⇒ ≤ Với mọi x Dấu “=” xảy ra khi x = 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 1 tại x = 4. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2. (2 điểm) vì 2 1,2 2,2 3 a a a + + + là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 3 ⇒ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 a a a + + + chia hết cho 3 - Nếu 1b ≥ thì vế trái chia hết cho 3 còn vế phải không chia hết cho 3 (vô lí) ⇒ b = 0. Thay b = 0 vào ta tìm được a = 3. Vậy a = 3 và b = 0. 0,5 0,5 0,5 0,5 Bài IV N M H F E D C B A 1.(2 điểm) 2 ( . ) . AM AC AMC AEM g g AM AE AC AE AM ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =: (1) 0,5 0,5 2 ( . ) .AF . (2) AF AF ( . ) .AF(3) AF AB AE ABE ACF g g AB AC AE AC AN AB ANB N g g AN AB AN ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = : : Từ (1), (2) và (3) AM AN⇒ = . Vậy AMN∆ cân. 0,5 0,5 0,5 2.(1,5 điểm) Theo câu 1: (4) AF AB AE AC = Mặt khác: ( . ) (5) BA BD BAD BCF g g BC BF ∆ ∆ ⇒ =: Chia từng vế (4) cho (5) ta được . . . .AF AF BC AE BF BC BD AC AE AC BD BF = ⇒ = 0,5 0,5 0,5 câu V (3đ) K I M E D C B A (2,5 điểm). Gọi AM cắt EC tại K. trên đoạn MK lấy điểm I sao cho MI = MA = 6cm ( . . ) 5 , 2 12 , 13MAB MIC c g c AB IC cm AI AM cm AC cm∆ = ∆ ⇒ = = = = = 2 2 2 AI IC AC AIC⇒ + = ⇒ ∆ vuông tại I 0 90AIC⇒ ∠ = 0 ( . . ) 90BAM CIM c g c BAM CIM∆ = ∆ ⇒ ∠ = ∠ = BEK∆ có BC, KM là các đường cao ⇒ M là trực tâm ⇒ EM ⊥ BK (I) ( . . )MBD MCK c g c MD MK∆ = ∆ ⇒ = Mà MB=MC và DMC BMK∠ = ∠ ( . . )DMC KMB c g c⇒ ∆ = ∆ / / ( )MDC MKB DC BK II⇒ ∠ = ∠ ⇒ Từ (I) và (II) suy ra: EM ⊥ DC 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 . đường thẳng AB ở E. Chứng minh CD vuông góc ME. (Hết) Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Hướng dẫn chấm đề thi chọn HSG dự thi cấp tỉnh năm học: 2011-2012 (vòng I). Môn: Toán câu Đáp án Điểm Bài I 1 ( ) 3 3 2 2 3 6 2 3 3 1 1 3 3 8 24 1 3 8 1 x x x x x A x x x x x A x x x A x − + − − − + + = + − − + − = + − + = + Vậy 2 8 1 x A x + = + 0.5 0,5 2. (2 điểm) 2 8 2 2 1 10 0 1 10 0 à 1 0 10. − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 5 8 0 1 4 2 3 x x x x x   ⇔ − − =  ÷  ÷ − − − −   5 8 0x ⇔ − = hoặc ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 0 1 4 2 3x x x x − = − − − − *) 8 5 8 0 5 x x− = ⇔ = (thỏa mãn) *)