Dap an de chon Doi tuyen Quoc gia mon TOAN nam 2012Vong 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK. KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2012 - 2013. MÔN: TOÁN. ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang). (Thời gian làm bài 180 phút, không kể giao đề). Ngày thi: 26/10/2012. Bài 5. (6,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực và nhận giá trị thực, sao cho với mọi x, y ta có: f(x2 + f(y)) = y + f2(x). (ký hiệu f2(x) có nghĩa là (f(x))2).. Bài 6. (7,0 điểm) Cho dãy số (an) với a n =. 1 n. 2013. ( 12012 + 22012 +...+ n 2012 ) . Tính lim a . n→ +∞. n. Bài 7. (7,0 điểm). Cho đoạn thẳng BC, vẽ đường tròn đường kính BC. Điểm A thuộc đường tròn trên (A ≠ B, A ≠ C). Gọi N là điểm chính giữa trên cung nhỏ AB. Vẽ đường cao AH (H thuộc cạnh BC), đường trung tuyến BM (M thuộc AC) của tam giác ABC. Hãy dựng điểm A trên đường tròn đã cho để ba đường thẳng CN, AH và BM đồng qui.. ---------------------- HẾT ----------------------.  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh……….....

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK. KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA NĂM HỌC 2012 - 2013. MÔN: TOÁN. HƯỚNG DẪN CHẤM. Ngày thi: 26/10/2012 (gồm 03 trang). A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý). Bài 5 +. +. +. +. Bài 6 +. Nội dung đáp án. Biểu điểm. (6,0) Ta chứng minh : f(0) = 0. Cho x = y = 0, đặt t = f(0), ta có f(t) = t2 và f(x2 +t) = f2(x), f(f(x)) = x + t2 ta tính f(t2 + f2(1)) theo 2 cách: Cách 1 : f(t2 + f2(1)) = f(f2(1) + f(t)) = t + f2(f(1)) = t + (1 + t2)2 = 1 + t + 2t2 + t4. Cách 2: f(t2 + f2(1)) = f(t2 + f(1 + t)) = 1 + t + f2(t) = 1 + t + t4. Từ đó ta có: t = 0 hay f(0) = 0 (*) Suy ra f(f(x)) = x (**) và f(x2) = f2(x) (***) Gọi y là số thực bất kỳ, đặt z = f(y) theo (*), (**) và định nghĩa của hàm f, suy ra y = f(z) và f(x2 + y) = z + f2(x) = f(y) + f2(x) Cho x > 0 tùy ý, chọn z sao cho z2 = x, khi đó, do trên và (***), ta có: f(x + y) = f(z2 +y) = f(y) + f2(z) = f(x) + f(y) đặt y = -x ta có: 0 = f(0) = f(x + (-x)) = f(x) + f(-x) suy ra f(-x) = - f(x), điều này kéo theo, với mọi x, y thì f(x – y) = f(x) – f(y). Bây giờ, với x tùy ý, đặt y = f(x) Nếu y > x, đặt z = y – x thì f(z) = f(y – x) = f(y) – f(x) = x – y = –z Nếu y < x, đặt z = x – y thì f(z) = f(x – y) = f(x) – f(y) = y – x = –z như vậy cả hai trường hợp trên cho ta: Nếu z > 0 thì f(z) = – z < 0 ta chọn w sao cho w2 = z thì f(z) = f(w2) = f2(w) < 0 vô lý . Vậy ta phải có f(x) = x.. 1,0. 2,0. 1,0. 2,0 (7,0). 2012. 2012. 2012. Ta chứng minh tổng 1 là đa thức bậc 2013 +2 +...+ n của biến n và số hạng có lũy thừa cao nhất là: 1 2013 n . Thật vậy: 2013 Ta có:(n + 1)2013 = n2013 + 2013.n2012 + C22013 .n2011+…+ 1 n2013 = ((n – 1) +1)2013 = (n–1)2013+ 2013.(n–1)2012 + C22013 .(n–.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> +. 1)2011+…+ 1 2 (n – 1)2013 = ((n – 2) + 1)2013 =(n–2)2013+ 2013.(n–2)2012 + C1013 . 2011 (n–2) +…+ 1. …. 22013 = (1+1)2013 = 12013 + 2013.12012 + C22013 .12011 +…+ 1 Cộng tất cả các đa thức trên lại với nhau và ước lượng ta có vế trái: (n + 1)2013 ; vế phải: 2013[n2012 + (n – 1)2012 + …+ 12012] + P(n), trong đó P(n) là đa thức theo biến n có bậc nhỏ hơn 2012. Suy ra: 1 .(n +1)2013 + Q(n). 12012 + 22012 +...+ n 2012 = 2013 1 .n 2013 +K(n), với K(n) là đa ⇔ 12012 + 22012 +...+ n 2012 = 2013 thức có bậc bé hơn 2013. Theo trên ta có: 1 lim a n = nlim 12012 + 22012 +...+ n 2012 n→ +∞ → +∞ 2013 n  1  n 2013 1 lim + a1n 2012 + a 2 n 2011 + ... + a 2013  = = n → + ∞ 2013  n  2013  2013. (. ). Bài 7. 3,0 (7,0). A N D B. +. 4,0. M H. C. Phân tích. Giả sử điểm A đã dựng được, CN cắt AB tại D và ba đường thẳng AH, BM, CD đồng qui tại I. Theo định lý Céva áp dụng cho tam giác ABC và ba đường thẳng AH, BM, CD ta có: DA HB MC DA HB . . = 1 , tức . = 1 lại vì CD là phân giác trong DB HC MA DB HC DA CA CA HB = . =1 , vậy góc C nên ta có: , suy ra DB CB CB HC CA.HB = CB.HC (1) Mặt khác tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC nên CH.CB = AC2 kết hợp (1) tacó: CA.HB=AC2 ⇒ HB = AC Thế vào (1) ta được HB2 = CB.HC ⇔ HB2 =(HB+HC).HC ⇔ HC2 + BH.HC – HB2 = 0 , xem đẳng thức trên là phương trình bậc 2 theo ẩn HC.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5− 1 2 Trong các tam giác vuông ABC và AHC có: ∧ ∧ HC 5−1 sin B = cos C = = . Từ đó suy ra điểm A hoàn toàn AC 2 dựng được. giải ta có: HC = BH.. +. +. +. Cách dựng. Giả sử BC = a >0, ta dựng một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là a, 2a suy ra cạnh huyền là a 5 , từ đó 5− 1 dễ xác định được một đoạn thẳng có độ dài là a. . Lấy C 2 5−1 làm tâm vẽ một đường tròn bán kính a. , thì giao của 2 đường tròn đó với đường tròn đã cho chính là điểm A cần tìm. Chứng minh. Với điểm A dựng như trên và giả sử CN ∩ BM=I, CN ∩ AB = D và AI cắt BC tại H, ta chứng minh AH DA HB MC . . =1 ,suy ra: vuông góc với BC. Theo Céva ta có: DB HC MA CA HB . =1 , hay CB HC 5 -1 2 a 2 . HB =1, từ đó có: HB = 5 − 1 HC , lại vì a HC HC + HB = CB = a, nên a( 5 − 1) a 2 ( 5 − 1) a 2 ( 5 − 1) 2 HC = , từ đó: HC. BC = = 4 5+ 1 5+ 1 2 = CA , tức AH ⊥ BC. 5−1 Biện luận.Vì CA = a. < a, nên đường tròn tâm C bán 2 5−1 kính CA = a. luôn cắt đường tròn đường kính BC tại 2 hai điểm phân biệt do đó: có hai điểm A .. 3,0. 1,0. 2,0. 1,0. B. HƯỚNG DẪN CHẤM. 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20 cho mỗi buổi thi, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số, điểm chi tiết đến 0,25. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.. ----------HEÁT----------.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>