Đề thi hsg lớp 10, đồng nai, năm học 2012 – 2013

(Đề thi HSG lớp 10, Đồng Nai, năm học 2012 – 2013) Thời gian làm bài: 180 phút Câu Cho tam giác ABC có sin A  sin B  2sin C với A, B, C tương ứng kí hiệu số đo góc cos B  cos C  BAC , ABC , ACB tam giác ABC Chứng minh tam giác ABC vuông Câu  x  xy  y  y 1  x, y    Giải hệ phương trình:   x x  y  x  y 2 Câu a  3c a  3b 2a   5 Cho số thực dương a, b, c Chứng minh rằng: a b a c bc Câu (5 điểm) Cho số nguyên n, m, k thỏa m.n = k2 k không chia hết cho Chứng minh (m – n) chia hết cho Câu (1 điểm) Cho đường trịn (O1) có tâm O1 đường trịn (O2) có tâm O2, biết hai đường trịn cắt hai điểm A, B Vẽ tuyến chung d hai đường tròn Gọi C, D tiếp điểm d với (O1), (O2); biết A C khác phía so với O1 O2 Vẽ đường thẳng đi qau A song song với d cắt BD, BC E, F Chứng minh AE = AF http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án Câu Cách 1: Ta có: sin B  2sin C sin A   2sin A cos B  sin A cos C sin B  2sin C cos B  cos C  sin  A  B   sin  A  B    sin  A  C   sin  A  C   sin B  2sin C  sin C  sin  A  B    sin B  sin  A  C   0  sin  A  B   sin  A  B    sin  A  C   sin  A  C   0 (1)  cos A 0  cos A sin B  cos A sin C 0   (2)  sin B  sin C 0 Phương trình (2) vơ nghiệm Phương trình (1) cho tam giác ABC vng A Cách 2: Ta có: sin B  2sin C b  2c sin A  a 2 a  c  b2 a  c2  b2 cos B  cos C  2ac 2ac 2 2 2  2a b  2bc  2b  a c  b c  c 2b c  4bc  2a b  2b  a 2c  c3  2bc  b 2c 0  2b  a  c  b   c  a  c  b  0   a  c  b   2b  c  0  a  c  b 0   a b  c  2b  c 0 (VN) Theo định lý Pytago suy tam giác ABC vuông A  x  xy  y  y 1 (1) Câu Ta có:   x x  y  x  y 2 (2) Điều kiện: x  y 0 Xem phuoeng trình (1) phương trình bậc hai theo x nên ta có hai nghiệm là: x y  1; x 1  2y  Với x y   x  y  (loại x  y 0 )  Với x 1  2y thay vào (2) ta được: 3y     2y   3y 0 (y  ) Đặt t   3y; t 0 thay vào giải ta được: t =   3y 2  y   x 3 Vậy hệ thức có nghiệm x = y = -1 a  3c a  3b 2a   5 (1) Câu a b a c bc b c   a c a b   a    Cách 1: Ta có: VT(1)    2   a b a c   b c a c a b  +) a c a b  2 a b a c http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word +) a b c 1      a  b  c      3    a  b  c  bc a c a b 2 a  b  c  bc a c a b   VT 1 2  5 (điều phải chứng minh) Dấu xảy kkhi a = b = c Cách 2: Đặt x = a + b , y = b + c, z = c + a y 2z 2x y x z    5 (điều phải chứng minh) Ta VT 1     x x z z y y Câu Cách 1: Vì m.n = k2 k không chia hết cho (m, n, k số nguyên) nên m, n không chia hết cho Suy m = 3m’ +r1, n = 3n’ + r2 (r1, r2 ∈{1;2} Do m.n = k2 nên m.n ≡ r1 r2 (mod 3), suy r1r2 ≡ (mod 3) suy r1≡ r2 ≡1 (mod 3) Suy m ≡n (mod 3)  m  n 3 (điều phải chứng minh) Cách 2: Vì k khơng chia hết k2≡ (mod 3) suy m.n≡ (mod 3) (*) Vì m.n không chia hết m, n không chia hết cho Giả sử m n không số dư chia cho m.n ≡ (mod 3) mẫu thuẩn (*) Suy m,n chia hết cho có số dư Vậy m – n chia hết cho Câu Gọi G AB  CD suy GC = GD (vì GA.GB = 2 GC = GD phương tích điểm G với hai đường trịn) Theo định lí Talet ta có: GD GB GC   mà GC = GD nên AE = AF (điều phải AE AB AF chứng minh) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word