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

Chia sẻ: Nguyen Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

114
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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 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

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN THỨ BA Môn : Toán 10

ĐỀ THI KHẢO SÁT MÔN CHUYÊN LẦN THỨ BA Sở Giáo dục Đào tạo Vĩnh Phúc Năm học 2010-2011 Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc Môn : Toán 10 (Thời gian làm bài: 180 phút )  y ( xy − 2) = 3 x 2  ( x, y ∈ R ) Câu 1 (2 điểm). Giải hệ phương trình  2  y + x y + 2x = 0 2  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 1 bốn nghiệm phân biệt là x1, x2 , x3, x4 và x1 + x2 = −1. Chứng minh rằng b ≤ − . 4 Câu 4 (1,5 điểm). Giả sử P( x) = ( x + 1) p ( x − 3)q = xn + a1xn−1 + a2 xn−2 + ... + an , trong đó p, q là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu a1 = a2 thì 3n là số chính phương. Câu 5 (2 điểm). a) Cho tam giác ABC có A cố định, B và C thay đ ổi trên đ ường th ẳng d c ố đ ịnh 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. Ch ứng 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 a 2 = 2bc.cos 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:  xy =1  2 3 2 2 2 2 ( xy + x y + 2 x ) + ( xy − 2 y − 3 x ) = 0 ⇔ ( xy − 1)(2 y + x ) = 0 ⇔ x2   y =−  2 1 - Với xy = 1 thỡ y = , thay vào PT thứ nhất, ta được: x 1 1 1 (1 − 2) = 3 x 2 ⇔ x3 = − ⇔ x = − 3 , từ đó y = − 3 3 x 3 3 x  x3  2 2 x - Với y = − , thay vào PT thứ nhất, ta được: −  − − 2 ÷ = 3x ⇔ x = 8 ⇔ x = 2 , từ đó 2 3 2 2  2 y = −2 .   1 Vậy hệ cú hai nghiệm ( x, y ) = (2, −2);  − 3 ; − 3 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   (I) x + y = a   a u+v=  3(u + v) = a 3  ⇔ Đặt u = x + 1, v = y + 2 . Ta có hệ:  2 u + v = a + 3 uv = 1  a − a − 3  2 2  ÷  2 9   1  a2  a u,v là hai nghiệm của phương trình t − t +  − a − 3 ÷ = 0 (*) 2 3 2 9  Hệ (I) có nghiệm khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm không âm ∆ ≥ 0 9 + 3 21  Ta có  S ≥ 0 ⇔ ≤ a ≤ 9 + 3 15 . 2 P ≥ 0   9 + 3 21  ;9 + 3 15  . Từ đó Pmin = 9 + 3 21 ; Pmax = 9 + 3 15 Vậy G =  2 2  
Câu 3. Từ giả thiết suy ra phương trình f(x)=0 có hai nghiệm phân biệt c,d và x1, x2 , x3, x4 là các nghiệm của cặp phương trình f ( x) = c và f ( x) = d . Ta xét hai trường hợp sau: * x1, x2 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 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 1 Nhưng c+d=-1 nên b < − . 4 * x1, x2 là nghiệm của hai phương trình khác nhau, chẳng hạn ptrình f ( x1 ) = c; f ( x2 ) = d : Ta có x1 + ax1 + b = c; x2 + ax2 + b = d . 2 2 Cộng theo từng vế với chú ý c + d = −a và x1 + x2 = −1 ta được x1 + x2 + 2b = 0 2 2 ( x1 + x2 )2 + ( x1 − x2 )2 1 Suy ra b = − ≤ − (đpcm). 4 4 Câu 4. Dùng khai triển Newton tìm ra a1 = Cp − 3Cq ; a2 = Cp + 9Cq − 3Cp .Cq 1 1 2 2 1 1 Do đó a1 = a2 ⇔ Cp − 3Cq = Cp + 9Cq − 3Cp .Cq 1 1 2 2 1 1 Suy ra 3( p + q) = ( p + 3q)2 ⇒ 3n = ( p + 3q)2 là số chính phương (đpcm). Câu 5. a) Đặt A' B.A' C = −k2 ; k > 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 k2 Suy ra AA'( A' N ' + A' P) = − A' N '.A' P = k ⇒ AA '.2A' E = k ⇒ A' E = 2 2 2AA' 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 b 2 + c 2 = 2a 2 (1). Vỡ G là trọng tõm tam giỏc ABC nờn
uuu uuu uuu uuu r r r r uuu 2 uuu uuu uuu 2 r r r r a2 + b2 + c2 3OG = OA + OB + OC ⇒ 9OG = (OA + OB + OC ) ⇒ OG = R − 2 2 9 (trong đó R là bán kính đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC) 2b 2 + 2c 2 − a 2 4 Gọi M là trung điểm của BC thỡ AG 2 = AM 2 = 9 9 b 2 + c 2 − 2a 2 Do đó AG + OG = R + 2 2 2 (2) 9 Từ (1) và (2) suy ra AG 2 + OG 2 = R 2 = 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 : x = 0,1234567891011...9899100101...z 1 4 2 43 1 4 2 4 3 1 4 2 43 A B C 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.