ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN THỨ BA Môn : Toán 10 potx

Gọi M là hình chiếu của A’ trên AB.. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM.. Chứng minh rằng I nằm trên một đường thẳng cố định.. Gọi O và G theo thứ tự là tâm đường trũn ngoại

Sở Giáo dục Đào tạo Vĩnh Phúc ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN THỨ BA Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc Năm học 2010-2011

Môn : Toán 10

(Thời gian làm bài: 180 phút )

Câu 1 (2 điểm) Giải hệ phương trình

2

( 2) 3

( , )

x y R





Câu 2 (2 điểm) Cho hai số thực ,x y thỏa mãn x−3 x+ =1 3 y+ −2 y

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P x y= +

Câu 3 (1,5 điểm) Cho đa thức f x( )=x2+ax b Biết rằng phương trình + f f x( ( )) 0= có bốn

nghiệm phân biệt là x x x x và 1, , ,2 3 4 x1+x2 = −1 Chứng minh rằng ≤ −1

4

( ) ( 1) (p 3)q n n n

n

các số nguyên dương Chứng minh rằng nếu a1 =a thì 3n là số chính phương.2

Câu 5 (2 điểm).

a) Cho tam giác ABC có A cố định, B và C thay đổi trên đường thẳng d cố định sao cho nếu gọi A’ là hình chiếu của A trên d thì ' 'A B A C âm và không đổi Gọi M là hình

chiếu của A’ trên AB Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM Chứng minh rằng I nằm trên một đường thẳng cố định

b) Cho tam giác ABC không đều với 3 cạnh tương ứng là a,b,c thoả món a2 =2 cosbc A,

gọi S là diện tớch tam giỏc ABC Gọi O và G theo thứ tự là tâm đường trũn ngoại tiếp và trọng tõm tam giỏc ABC Chứng minh rằng AG vuụng gúc với OG.

Cõu 6 (1 điểm). Cho số x=0,123456789101112 998999 là số nhận được khi viết các số tự nhiên từ 1 đến 999 liên tiếp liền nhau Tìm chữ số thứ 1983 sau dấu phảy

-Hết -ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN 3

Câu 1

+ Nếu x=0 thỡ y=0, ngược lại nếu y=0 thỡ x=0, do đó hệ có nghiệm (x,y)=(0,0)

+ Nếu xy≠ 0: Nhân phương trỡnh thứ hai với x rồi cộng với PT thứ nhất ta được:

1 2 2

xy x y

 =





=−



- Với xy= 1 thỡ y 1

x

= , thay vào PT thứ nhất, ta được:

3

(1 2) 3

- Với 2

2

x

y= − , thay vào PT thứ nhất, ta được:

2 2

3

1 ( , ) (2, 2); ; 3

3

Câu 2: Ta có x y+ =3( x+ +1 y+2); x≥ −1,y≥ −2

Gọi G là tập giá trị của P x y= + , a G∈ ⇔ hệ sau có nghiệm:

3( x 1 y 2) a

x y a



 + =

Đặt u = x+1,v= y+2 Ta có hệ: 2 2 2

1

2 9

a

u v

a

 + =

 + =

⇔

 u,v là hai nghiệm của phương trình

2

t − t+  − −a =

Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm không âm

Ta có

0

9 3 21

2 0

P

∆ ≥



+



 ≥



Vậy 9 3 21;9 3 15

2

9 3 21

9 3 15

Câu 3 Từ giả thiết suy ra phương trình f(x)=0 có hai nghiệm phân biệt c,d và x x x x là 1, , ,2 3 4 các nghiệm của cặp phương trình f x( )=c và f x( )=d

Ta xét hai trường hợp sau:

* x x là nghiệm của cùng một phương trình, chẳng hạn ptrình 1, 2 f x( )=c :

Theo định lý viét ta được a=1 và do c là nghiệm của ptrình f(x)=0 nên c2 + + =c b 0

Ptrình f x( )= ⇔c x2 + + − =x b c 0 có hai nghiệm phân biệt nên ∆ = −1 4(b c− >) 0

Tương tự ta có 1 4(− b d− >) 0, suy ra 2 4(+ c d+ >) 8b

Nhưng c+d=-1 nên < −1

4

* x x là nghiệm của hai phương trình khác nhau, chẳng hạn ptrình 1, 2 f x( )1 =c f x; ( )2 =d :

Ta có 2 + + = 2+ + =

Cộng theo từng vế với chú ý c d+ = −a và x1+x2 = −1 ta được

Suy ra = − + 2 + − 2 ≤ −

1 p 3 q

2 p 9 q 3 p q

Do đó = ⇔ 1 − 1 = 2 + 2 − 1 1

1 2 p 3 q p 9 q 3 p q

Suy ra 3(p q+ =) (p+3 )q 2⇒3n=(p+3 )q là số chính phương (đpcm).2

Câu 5

a) Đặt A B A C' ' = −k k2; >0 Gọi I và R là tâm và bán kính (BMC)

Gọi E là hình chiếu của I trên đường thẳng AA’ Đường tròn (BMC) cắt AA’ tại N’ và P

Ta có AM AB AN AP AA = ' = '2 ⇒(AA'+A N AA' )( '+A P' )=AA'2

Suy ra '( ' '+ ' )= − ' ' ' = 2⇒ '.2 ' = ⇒2 ' = 2

2 '

k

AA

Vậy E cố định Từ đó suy ra I luôn nằm trên đường thẳng qua E và vuông góc với AA’ b) Sử dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta được b2 + =c2 2a2 (1)

Vỡ G là trọng tõm tam giỏc ABC nờn

2 2 2

9

OG OA OB OCuuur uuur uuur uuur= + + ⇒ OGuuur = OA OB OCuuur uuur uuur+ + ⇒OG =R − + +

(trong đó R là bán kính đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC)

Gọi M là trung điểm của BC thỡ

Do đó

9

AG +OG =R + + − (2)

Từ (1) và (2) suy ra AG2 +OG2 =R2 =OA2 Từ đó AG OG⊥ (đpcm)

Câu 6 Gọi z là chữ số thứ 1983 sau dấu phảy, xét 1983 chữ số đầu tiên sau dấu phảy Ta chia

thành 3 nhóm :

0,1234567891011 9899100101

x= 1 4 2 43 1 4 2 4 3 14 2 43z

Ta có A =9; B =2.90 180=

Suy ra C =1983 180 9 1794− − =

Vì 1794=3.598, do đó C chứa đúng 598 số có 3 chữ số

Số có 3 chữ số thứ 598 là 697 Vậy z=7