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. . Sở Giáo dục Đào tạo Vĩnh Phúc ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN THỨ BA Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc Năm học 2 010- 2011 Môn : Toán 10 (Thời gian làm bài: 180 phút ) Câu 1 (2 điểm). Giải hệ. số 0,12345678 9101 112 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 +. 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 : 0,12345678 9101 1 989 9100 101 A B C x z= 1 4 2 43 1 4 2 4 3 1 4 2