Đề thi học sinh giỏi cấp trường năm học 2012 –2013 môn: toán lớp 10

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: 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 33 2 ( 2) 6 0x x x x     Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ : 3 2 2 2 33 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 090 . 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 3a 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) Đáp án và biểu điểm Môn Toán lớp 10 Câu Đáp án Điểm 1 (2điểm) ĐKXĐ: 2x   ; Đặt 2 , 0x 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 1x y  hoặc 2x y   . 0.25 Giải pt được nghiệm là: x=2, x= 2 2 3 .Kết luận. 0.75 2 (2điểm) ĐKXĐ: 2 2 1x 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 2x y (loại do ĐKXĐ) 0.25 TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được: 32 32 2 1 14 2(3)x x x x      Ta thấy,  3 3 2 3 22 6 12 8 ( 14) 6( 2 1)x x x x x x x          0.25 Đặt 2 2 1 0, 2x x a x b      . Ta có pt: 3 3 22 6a 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 0a  , giải pt thu được 1 2.x y   0.25 3(1.5điểm) 1 3 AE AB AD     , ( ) (1 ) . 2 AI AB BI AB k BF 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 2a osC= , 2 b c bc a   tương tự với osBcc . osC+ccosB=abc 0.5 Từ đó, (3 4; ) ( 3 2; 2).B BC B b b C b b        0.5 Suy ra, 0 090 90 .B C A    0.25 5(1.5điểm) Gọi A(x;y). Ta có, 3MA MG   , suy ra A(0;2) 0.5 Pt đường thẳng BC ( qua M, nhận 1( ;1) 3 MG   ) làm VTPT: 3 4 0x 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) 0AB 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 ( )( ) 0b 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 24( ) 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