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 1
Cho tam giác ABC có sin A 

sin B  2sin C
với A, B, C tương ứng là kí hiệu số đo của các góc
2 cos B  cos C

� ,�
BAC
ABC , �
ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
Câu 2
2
2
�
�x  xy  2 y  3 y  1
 x, y ��
Giải hệ phương trình: �
�x x  y  x  y  2
Câu 3
a  3c a  3b 2a


�5
Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng:
ab
ac bc
Câu 4. (5 điểm)
Cho các số nguyên n, m, k thỏa m.n = k2 và k không chia hết cho 3. Chứng minh rằng (m – n) chia hết

cho 3
Câu 5. (1 điểm)
Cho đường tròn (O1) có tâm O1 và đường tròn (O2) có tâm O2, biết hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm
A, B. Vẽ tuyến chung d của hai đường tròn. Gọi C, D lần lượt là tiếp điểm của d với (O1), (O2); biết A và
C khác phía so với O1 O2. Vẽ đường thẳng đi đi qau A và song song với d lần lượt cắt BD, BC tại E,
F. Chứng minh rằng AE = AF.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Đáp Án
Câu 1. Cách 1: Ta có:
sin B  2sin C
sin A 
� 2sin A cos B  sin A cos C  sin B  2sin C
2 cos B  cos C
1
� sin  A  B   sin  A  B   �
sin  A  C   sin  A  C  �
� sin B  2sin C
2�
1
� sin C  sin  A  B   �
sin B  sin  A  C  �
� 0
2�
1
� sin  A  B   sin  A  B   �

sin  A  C   sin  A  C  �
� 0
2�
cos A  0
(1)
�
� 2 cos A sin B  cos A sin C  0 � �
2 sin B  sin C  0
(2)
�
Phương trình (2) vô nghiệm
Phương trình (1) cho tam giác ABC vuông tại A.
Cách 2: Ta có:
sin B  2sin C
b  2c
sin A 
�a
2
2
a  c  b 2 a 2  c2  b 2
2 cos B  cos C
2.

2ac
2ac
� 2a 2 b  2bc 2  2b 3  a 2c  b 2 c  c3  2b 2c  4bc 2 � 2a 2 b  2b3  a 2c  c 3  2bc 2  b 2c  0
� 2b  a 2  c2  b 2   c  a 2  c 2  b 2   0 �  a 2  c 2  b 2   2b  c   0
�
a 2  c2  b2  0
��

� a 2  b 2  c2
2b  c  0 (VN)
�
Theo định lý Pytago suy ra tam giác ABC vuông tại A.
2
2
�
�x  xy  2 y  3 y  1 (1)
Câu 2. Ta có: �
�x x  y  x  y  2 (2)
Điều kiện: x  y �0
Xem phuoeng trình (1) là phương trình bậc hai theo x nên ta có được hai nghiệm là:
x  y  1; x  1  2y
 Với x  y  1 � x  y  1 (loại vì x  y �0 )
1
 Với x  1  2y thay vào (2) ta được: 3y  3   1  2y  1  3y  0 (y � )
3
Đặt t  1  3y; t �0 thay vào giải ta được: t = 2 � 1  3y  2 � y  1 � x  3
Vậy hệ thức có nghiệm là x = 3 và y = -1
a  3c a  3b 2a


�5 (1)
Câu 3.
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
a
b
c
1
1 �
9
3
�1


  a  b  c �


3
+)
� 3 � a  b  c 
bc a c a b
2  a  b  c
2
�b  c a  c a  b �

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


3
5 (điều phải chứng minh). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ kkhi a = b = c.
2
Cách 2: Đặt x = a + b , y = b + c, z = c + a.
y 2z 2x y x z
   �5 (điều phải chứng minh).
Ta được VT 1  3   
x x
z z y y
Câu 4. Cách 1: Vì m.n = k2 và k không chia hết cho 3 (m, n, k là số nguyên) nên m, n không chia hết cho 3.
Suy ra m = 3m’ +r1, n = 3n’ + r2 (r1, r2 ∈{1;2}
Do m.n = k2 nên m.n ≡ r1 r2 (mod 3), suy ra r1r2 ≡ 1 (mod 3) suy ra r1≡ r2 ≡1 (mod 3)
Suy ra m ≡n (mod 3) � m  n M3 (điều phải chứng minh).
Cách 2: Vì k không chia hết cho 3 nên k2≡ 1 (mod 3) suy ra m.n≡ 1 (mod 3) (*)
Vì m.n không chia hết cho 3 nên m, n không chia hết cho 3.
Giả sử m và n không cùng số dư khi chia cho 3 thì m.n ≡ 2 (mod 3) mẫu thuẩn (*).
Suy m,n chia hết cho 3 có cùng số dư. Vậy m – n chia hết cho 3.
Câu 5. Gọi G  AB �CD suy ra GC = GD (vì GA.GB
=
2
2
GC = GD là phương tích của điểm G với hai đường
tròn).
Theo định lí Talet ta có:

GD GB GC


mà GC = GD nên AE = AF (điều phải
AE AB AF
chứng minh)
 VT 1

2 2.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3