Đề thi HSG 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