Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 19

Cho hình vuông ABCD.. Chứng minh rằng nếu các cạnh và các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện : a osB osC sinB.sinC c c  thì tam giác đó vuông.. Tìm giá 3 trị lớn nhất của biểu t

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 :

x  x  x   x 

Câu 2 (2,0 điểm) Giải hệ :







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  Biểu diễn I  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

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: a2b2c2 Tìm giá 3 trị lớn nhất của biểu thức:

.

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

1 (2điểm) ĐKXĐ:x  2; Đặt x 2  y y,  0.Ta có pt:

x xy y

0.25 0.75

Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 3, giải pt thu được x 1

y  hoặc x 2

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

x y

x y x y

x y









0.25 0.25

TH1: 2

2

TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được:

3

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

x x  x  x  x   x  x

0.25

x  x a x b Ta có pt: 3 3 2

2a b  6a b 0.25

b a b a b a b b a ab a

a b a ba a

0.25

2 2

0

a









Dễ thấy pt(*) vô nghiệm

0.25

0

3

AE AB AD

  

,

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 .

AI  AB AD

   0.25

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

B C

Áp dụng định lý Côsin,

a

2

b c bc

a

 

tương tự với ccosB osC+ccosB=a

bc



0.5

Từ đó, BBCB b(3  4; )b C( 3  b 2;  b 2). 0.5

5(1.5điểm) Gọi A(x;y) Ta có, MA  3MG

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)

Tam giác ABC vuông tại A

TH1: b  0 B(4; 0), ( 2; 2)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

(b a b c)( ) 0 a b a b c( )( ) 0

0.25

P a b a b c b a c b a c

Áp dụng BĐT Côsi,

2

3

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