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

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 2
( 2) 3
( , )
2 0
y xy x
x y R
y x y x

− =

∈

+ + =


Câu 2 (2 điểm). Cho hai số thực
,x y
thỏa mãn
3 1 3 2x x y y− + = + −
.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của
P x y= +
Câu 3 (1,5 điểm). Cho đa thức
= + +
2

( )f x x ax b
. Biết rằng phương trình
=( ( )) 0f f x
có bốn
nghiệm phân biệt là
1 2 3 4
, , ,x x x x
và
+ = −
1 2
1x x
. Chứng minh rằng
≤ −
1
4
b
.
Câu 4 (1,5 điểm). Giả sử
− −
= + − = + + + +
1 2
1 2
( ) ( 1) ( 3)
p q n n n
n
P x x x x a x a x a
, trong đó p, q là
các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu
=
1 2

a a
thì
3n
là số chính phương.
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
2
2 .cosa bc 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
0,123456789101112 998999x =
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
0xy ≠

: Nhân phương trỡnh thứ hai với x rồi cộng với PT thứ nhất ta được:
2 3 2 2 2 2
1
2
2
( 2 ) ( 2 3 ) 0 ( 1)(2 ) 0
xy
x
y
xy x y x xy y x xy y x

=


=−


+ + + − − = ⇔ − + = ⇔
- Với
1xy =
thỡ
1
y
x
=
, thay vào PT thứ nhất, ta được:
2 3
3
1 1 1
(1 2) 3

3
3
x x x
x
− = ⇔ = − ⇔ = −
, từ đó
3
3y = −
- Với
2
2
x
y = −
, thay vào PT thứ nhất, ta được:
2 3
2 3
2 3 8 2
2 2
x x
x x x
 
− − − = ⇔ = ⇔ =
 ÷
 
, từ đó
2y = −
.
Vậy hệ cú hai nghiệm
3
3

1
( , ) (2, 2); ; 3
3
x y
 
= − − −
 ÷
 
.
Câu 2: Ta có
3( 1 2)x y x y+ = + + +
;
1, 2x y≥ − ≥ −
Gọi G là tập giá trị của
P x y= +
,
a G∈ ⇔
hệ sau có nghiệm:

3( 1 2)x y a
x y a

+ + + =


+ =


(I)
Đặt

1, 2u x v y= + = +
. Ta có hệ:
2
2 2
3( )
3
1
3
3
2 9
a
u v
u v a
a
u v a
uv a

+ =

+ =


⇔
 
 
+ = +


= − −
 ÷


 

u,v là hai nghiệm của phương trình
2
2
1
3 0
3 2 9
a a
t t a
 
− + − − =
 ÷
 
(*)
Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm không âm
Ta có
0
9 3 21
0 9 3 15
2
0
S a
P
∆ ≥

+

≥ ⇔ ≤ ≤ +



≥

.
Vậy
9 3 21
;9 3 15
2
G
 
+
= +
 
 
. Từ đó
min
9 3 21
9 3 15
2
max
P ; P
+
= = +

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

=( )f x c
và
=( )f x d
.
Ta xét hai trường hợp sau:
*
1 2
,x x
là nghiệm của cùng một phương trình, chẳng hạn ptrình
=( )f x c
:
Theo định lý viét ta được a=1 và do c là nghiệm của ptrình f(x)=0 nên
+ + =
2
0c c b
Ptrình
= ⇔ + + − =
2
( ) 0f x c x x b c
có hai nghiệm phân biệt nên
∆ = − − >1 4( ) 0b c
Tương tự ta có
− − >1 4( ) 0b d
, suy ra
+ + >2 4( ) 8c d b
Nhưng c+d=-1 nên
< −
1
4
b

.
*
1 2
,x x
là nghiệm của hai phương trình khác nhau, chẳng hạn ptrình
= =
1 2
( ) ; ( )f x c f x d
:
Ta có
+ + = + + =
2 2
1 1 2 2
;x ax b c x ax b d
.
Cộng theo từng vế với chú ý
+ = −c d a
và
+ = −
1 2
1x x
ta được

+ + =
2 2
1 2
2 0x x b
Suy ra
+ + −
= − ≤ −

2 2
1 2 1 2
( ) ( ) 1
4 4
x x x x
b
(đpcm).
Câu 4. Dùng khai triển Newton tìm ra
= −
1 1
1
3
p q
a C C
;
= + −
2 2 1 1
2
9 3 .
p q p q
a C C C C
Do đó
= ⇔ − = + −
1 1 2 2 1 1
1 2
3 9 3 .
p q p q p q
a a C C C C C C
Suy ra
+ = + ⇒ = +

2 2
3( ) ( 3 ) 3 ( 3 )p q p q n p q
là số chính phương (đpcm).
Câu 5.
a) Đặt
= − >
2
' . ' ; 0A B A C k k
. 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
= = ⇒ + + =
2 2
. '. ' ( ' ' )( ' ' ) 'AM AB AN AP AA AA A N AA A P AA
Suy ra
+ = − = ⇒ = ⇒ =
2
2 2
'( ' ' ' ) ' '. ' '.2 ' '
2 '
k
AA A N A P A N A P k AA A E k A E
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
2 2 2
2b c a+ =
(1).
Vỡ G là trọng tõm tam giỏc ABC nờn
2 2 2

2
2 2 2
3 9 ( )
9
a b c
OG OA OB OC OG OA OB OC OG R
+ +
= + + ⇒ = + + ⇒ = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
(trong đó R là bán kính đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC)
Gọi M là trung điểm của BC thỡ
2 2 2
2 2
4 2 2
9 9
b c a
AG AM
+ −
= =
Do đó
2 2 2
2 2 2
2
9
b c a
AG OG R
+ −
+ = +
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

2 2 2 2
AG OG R OA+ = =
. 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
A B C
x z=
1 4 2 43 1 4 2 4 3 1 4 2 43
Ta có
9; 2.90 180A B= = =
Suy ra
1983 180 9 1794C = − − =
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.