De dap an thi HSG Toan 12 nam 2012 Yen Bai

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA; gọi K là điểm đối xứng với D qua M; F là điểm đối xứng với E qua N; I là giao điểm của đường thẳng OC và KF... Chứng minh rằng: I là [r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN HỌC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Hướng dẫn chấm gồm 05 trang ) Bài Nội dung Điểm 1.a Tìm trên đường thẳng y = 9x - điểm mà qua đó kẻ ba tiếp tuyến đến đồ thị (C): y  x  x  2,5 Gọi M = (m; 9m-7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x - 0,5 Vì đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng qua M và có dạng: y = k( x - m) + 9m - Đường thẳng d là tiếp tuyến (C) và hệ sau có nghiệm:  x  x  k ( x  m)  9m   3 x  x k  x  x  (3 x  x)( x  m)  9m   3 x  x k Qua M kẻ ba tiếp tuyến đến (C) hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt: 0,5 0,5 2 x  3x  3mx  6mx  9m  0   x  1  x  (5  3m) x   9m  0 Do đó điều kiện m là:  m     3m   8(5  9m)  9m  42m  15       m5 m 1 2.1  (5  3m).1   9m 0  m 1 1.b 0,5 m  (m 1) Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m-7) với m < -5 0,5 Tìm các giá trị thực tham số m để phương trình sau có nghiệm 3 nhất: x  3x 3m  m 2,5 f ( x )  x  3x  2; f '( x ) 3x  x 0,5  x  f '( x) 0    x 0 Bảng biến thiên x  -2 + f'(x) f(x)  - 0,5 +   -2 PT đã cho tương đương với: f ( x ) 3m  m  (1) Pt (1) có nghiệm và 3m  m   0,5 3m3  m    3m3  m    3m3  m2   0,5   m  1  3m  4m     m  3m3  m     3m3  m   m  3m  1   m   Vậy với m > m 4,0 Đặt 4  x  1   x  1   x  1   y 4 y t   4t  y  Trừ tương ứng hai vế hai PT trên ta được: (1) và x  t , ta hệ phương trình  y  t  y 0,5 thì PT đã cho có nghiệm 3 Giải phương trình: 4 x   x  3x  3x  PT đã cho có dạng: 0,5 0,5 0,5  yt  t   0  y t y  y  0  ( y  1)( y  y  3) 0 0,5   y 1    13  y    y    13  0,5 Với y = thì x = Với Với 0,5 y   13  13 x 2 thì y   13  13 x 2 thì 0,5 0,5  13  13 x x ; Vậy PT đã cho có nghiệm x = 2; 3.a o Cho tam giác nhọn ABC có góc C 30 nội tiếp đường tròn (O;R) Kẻ các đường cao AD, BE tam giác ABC Gọi M, N là trung điểm các cạnh BC, CA; gọi K là điểm đối xứng với D qua M; F là điểm đối xứng với E qua N; I là giao điểm đường thẳng OC và KF 4,0 Chứng minh rằng: I là trung điểm KF 2,0 Từ giả thiết ta được: AN = NC, EN = NF và BM = MC, DM = MK 0,5 nên CF = AE = AB.cosA và CK = BD = AB.cosB 1 BAC  BOC MOC ABC  AOC NOC 2 Mà: và 0,5 CF cos A cos MOC OM     CF ON CK OM CK cos B cos NOC ON nên: 0,5 suy ra: SOCF SOCK  d ( F ; OC ) d ( K ; OC ) 0,5 đó I là trung điểm FK 3.b Tính độ dài đoạn CI ( theo R ) 2,0  1  CI  CF  CK Vì I là trung điểm FK nên , đó:   CI  CF  CK   CF  CK  2.CF CK cos FCK  4    0,5  CI   AB cos A  AB cos B  AB cos A.cos B.cos C   AB  cos A  cos B  2cos A.cos B.cosC  cos A  cos B  cos 2C 1  2.cos A.cos B.cos C 0,5 0,5  cos A  cos B  2.cos A.cos B.cos C 1  cos 2C sin C 1 R2 2 2 o CI  AB sin C   R.sin C  sin C R sin 30  4 16 Do đó: Vậy CI R / 4.a Cho dãy số u  n xác định bởi:  u1  2013  u u  2012.u , n 1, 2,3, n n  n 1 Chứng minh rằng: lim un  0,5 2,0 Từ giả thiết suy ra: un 1  un 2012.un 0 ,  n = 1, 2, 3, 0,5 Do đó (un ) là dãy không giảm Mà u1  0 2013 nên un  ,  n = 1, 2, 3, 0,5 Do đó tồn giới hạn hữu hạn dãy (un ) , tức là lim (un ) = L thì 0,5 L > Khi đó: L L  2012.L  L 0 (mẫu thuẫn với chứng minh trên) Vậy lim un  4.b Tính: 0,5 2,0 u u u u  lim      n  un 1   u u3 u un 2012.un2 u u 1    n1 n     un1 2012.un un 1 2012.un un1 2012  un un 1   , n=1,2,3, 0,5 u1 u2 u3 u     n u2 u3 u4 un 1  1 1 1 1  1               2012  u1 u2 u2 u3 u3 u4 un un1  2012  u1 un 1  Mà lim u1  0,5 2013 ; lim un1   lim Do đó: 0,5 0 un 1 u u u u  2013 lim      n    2013    un1  2012 2012  u2 u3 u4 0,5 Cho n ( n  2013, n  N ) số tự nhiên đôi khác a1 , a2 , a3 , , an 3,0 Hỏi có bao nhiêu hoán vị n số đó, mà hoán vị không có 2012 số nào 2013 số a1 , a2 , a3 , , a2012 , a2013 nằm 2012 vị trí liên tiếp? Gọi A  a1 , a2 , a3 , , an  Gọi E  a1 , a2 , a3 , , a2013  Số các hoán vị n phần tử A là: Pn n ! Số cách lấy 2012 phần tử thuộc E và thứ tự chúng là: 2012 C2013 2012! 2013! Xét tập hợp B gồm các hoán vị n phần tử A, mà hoán vị đó có 2012 phần tử tập hợp E nằm 2012 vị trí liên tiếp 0,5 0,5 Với cách lấy 2012 phần tử thuộc E và thứ tự chúng , coi 2012 phần tử này chiếm vị trí hoán vị n phần tử A thì số hoán vị loại này là: (n - 2011)! 0,5 Nhưng số đó, hoán vị n phần tử A mà có 2013 phần tử E nằm 2013 vị trí liên tiếp tính hai lần Số các hoán vị loại này bằng: (n - 2012)! 0,5 Như vậy: B = 2013!.[(n - 2011)! - (n - 2012)!] = 2013! (n - 2012)! (n - 2012) B Do đó số hoán vị phải tìm là: Pn = n! - 2013! (n - 2012)! (n - 2012) Hết 0,5 0,5