Đề thi HSG cấp trường năm học 2012 2013 môn Toán lớp 10

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1

Ngày 14/03/2013 (Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2012 – 2013

MÔN: TOÁN LỚP 10 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình :

3 2 3 3 2 ( 2) 6 0 x x x x     

Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ :

3 2 2

2 3 3

2 2

2 2 1 14 2

x y x y xy

x y y x

           

Câu 3 (1,5 điểm). Cho hình vuông ABCD. E,F là hai điểm thoả mãn: 1 3 BE BC   

,

1 2 CF CD   , AE BF  I . Biểu diễn , AI CI  theo , AB AD . Từ đó chứng minh góc AIC 

bằng 0 90 .

Câu 4 (1,5 điểm). Chứng minh rằng nếu các cạnh và các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện :

a osB osC sinB.sinC b c c c   thì tam giác đó vuông.

Câu 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M(1;-1) là trung điểm của BC,

trọng tâm G( 2

3 ;0). Tìm tọa độ A, B, C?

Câu 6 ( 1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn:

2 2 2 3 a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2 2 . P ab bc ca abc    

--------------------------------- Hết --------------------------------

Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: ……………………..

( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ThuVienDeThi.com

Đáp án và biểu điểm Môn Toán lớp 10 Câu Đáp án Điểm 1 (2điểm) ĐKXĐ: 2 x ; Đặt 2 , 0 x y y   .Ta có pt:

3 2 3 3 3

3 2 3 3 2 6 0 3 ( 2) 2 0

3 2 0(1)

x x y x x x x y

x xy y

        

   

0.25

0.75

Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 3, giải pt thu được 1 x y  hoặc 2 x y . 0.25

Giải pt được nghiệm là: x=2, x= 2 2 3  .Kết luận. 0.75 2 (2điểm) ĐKXĐ: 2 2 1 x y  

Phân tích pt (1) của hệ: 2

2 ( )( 2 ) 0

2

x y x y x y

x y

       

0.25

0.25

TH1: 2 2 x y  (loại do ĐKXĐ) 0.25 TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được:

3 2 3 2 2 1 14 2(3) x x x x      Ta thấy,

 

3 3 2 3 2 2 6 12 8 ( 14) 6( 2 1) x x x x x x x          

0.25

Đặt 2 2 1 0, 2 x x a x b     . Ta có pt: 3 3 2 2 6 a b a b    0.25

3 3 2 3 2 3 2 2 3

3 2 2 2 6 2 6 6 12 8

8 6 12 6 0

b a b a b a b b a ab a

a b a ba a

         

    

0.25

2

2

0

3 3 2 3 0(*) 2 4

a

a b b a

              

Dễ thấy pt(*) vô nghiệm .

0.25

0 a , giải pt thu được 1 2. x y   0.25 3(1.5điểm) 1 3 AE AB AD     ,

( )

(1 ) . 2

AI AB BI AB kBF AB k BC CF k AB k AD

      

  

       

 

0.25

0.5

Vì , AI AE  cùng phương suy ra 2 5 k  . Vậy 6 2 . 5 5 AI AB AD      0.25

Lại có, 1 3 ( ) 5 5 CI AI AB AD AB AD            0.25

. 0. AI CI    0.25 4(1.5điểm) Từ giả thiết suy ra osC+ccosB . cosBcosC sin sin bc a B C  0.25

Áp dụng định lý Côsin,

2 2 2 a osC= , 2

b c bc a   tương tự với osB cc .

osC+ccosB=a bc 

0.5

ThuVienDeThi.com

Từ đó, (3 4; ) ( 3 2; 2). B BC B b b C b b        0.5 Suy ra, 0 0 90 90 . B C A     0.25 5(1.5điểm) Gọi A(x;y). Ta có, 3 MA MG   , suy ra A(0;2) 0.5 Pt đường thẳng BC ( qua M, nhận 1 ( ;1) 3 MG   ) làm VTPT:

3 4 0 x y   

0.25

(3 4; ) ( 3 2; 2) B BC B b b C b b        0.25 Tam giác ABC vuông tại A

. 0 ( 3 2)(3 4) ( 4)( 2) 0 AB AC b b b b         

0,25

TH1: 0 (4;0), ( 2; 2) b B C    

TH2: b= -2 , ngược lại.

0.25

6(1.5điểm) Vai trò a,b,c bình đẳng, giả sử b là số ở giữa

( )( ) 0 ( )( ) 0 b a b c a b a b c        

0.25

2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) P a b a b c b a c b a c         0.25 Áp dụng BĐT Côsi,

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

3

( ) 4 . 2 2

2 2 4( ) 4 2. 3

a c a c P b a c b

a c a c b

P

     

       

0.75

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy giá trị lớn nhất của khi P bằng 2.

0.25

Ghi chú: các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng

ThuVienDeThi.com