SƠ ̉ GIA ́ O DU ̣ C VA ̀ ĐA ̀ O TA ̣ O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO ̣ C 2012-2013 MÔN THI: TON Ngy thi: 18 - 10 - 2012 Đ CHNH THC Thơ ̀ i gian la ̀ m ba ̀ i: 180 pht. Bài 1. (4 điểm) Giải hệ phương trình 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y             Bài 2. (4 điểm) Cho dãy số () n u xác định bởi 1 * 1 1 2 34 , 21 n n n u u u n N u               Chứng minh dãy số () n u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Bài 3. (4 điểm) Cho ,,x y z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 1 x y z    . Chứng minh: x yz y zx z xy xyz x y z         Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao ,AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức ()Px hệ số thực thỏa mãn : 2 ( ). ( 3) ( ), P x P x P x x    HẾT www.VNMATH.com ĐP N Đ VÒNG 1 Bài 1. (4 điểm) Giải hệ phương trình 3 2 3 1 4 12 9 6 7 xy x y x x x y y             Giải Đặt 1zx Hệ phương trình tương đương 33 2 3 ( 2) 4 0 yz z y y z z          3 2 3 2 3 4 0 yz z y y z z         2 2 yz z y z y z          1 17 1 17 44 1 17 1 17 22 zz yy              5 17 5 17 44 1 17 1 17 22 xx yy             Bài 2. (4 điểm) Cho dãy số () n u xác định bởi 1 * 1 1 2 34 , 21 n n n u u u n N u               Chứng minh dãy số () n u có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Giải Từ giả thiết ta suy ra * 0, n u n N   Xét 3 4 3 5 () 2 1 2 2(2 1) x fx xx      , với 0x  , 2 5 '( ) 0, 0 (2 1) f x x x       Ta có 1 1 1 2 ( ), * nn u u f u n N           3 () 2 fx , 0x và 5 ( ) 4 0, 0 21 x f x x x         3 4, 2 2 n un     dãy () n u bị chặn Đặt 21 2 nn nn xu yu       Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; ) 2 1 2 ( ) ( ) n n n n f x f u u y     ; 2 2 1 1 ( ) ( ) n n n n f y f u u x     1 ( ) ( ( )) ( ) n n n n g x f f x f y x     1 2 3 1 11 49 ;; 2 4 26 u u u   … Ta thấy 1 3 1 2 u u x x   Giả sử rằng 11 ( ) ( ) k k k k x x g x g x     12kk xx   . Vậy * 1 , nn x x n N     Suy ra () n x tăng và bị chặn trên  () n x có giới hạn hữu hạn a . Do 1 1 1 ( ) ( ) n n n n n n x x f x f x y y          dãy () n y giảm và bị chặn dưới www.VNMATH.com  () n y có giới hạn hữu hạn b. Ta có 1 3 3 3 , ;4 , 2 , ;4 , ;4 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (1) () nn nn nn x y n a b a b f x y f a b f a b I f b a f b f a a b f y x                                                               5 1 1 (1) ( ) (2 1)(2 1) 5 0 2 2 1 2 1 a b a b a b a b ba                 (do (2 1)(2 1) (3 1)(3 1) 16 5ab       ) Vậy từ (I)  3 ;4 2 2 34 21 ba ab a a a                  . Vậy lim 2 n u  Bài 3. (4 điểm) Cho ,,x y z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 1 x y z    . Chứng minh: x yz y zx z xy xyz x y z         (*) Giải (*)  1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (**) x yz y zx z xy xy yz zx          Ta cần chứng minh: 1 1 1 1 x yz x yz    2 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x yz x x yz x yz x y z yz x yz yz yz               (đúng) Chứng minh tương tự ta có: 1 1 1 1 y zx y zx    , 1 1 1 1 z xy z xy    Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**). Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao ,AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định. Giải E F H K O B C A M www.VNMATH.com Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau. Ta có   MAC MBC   1 1 1 . .sin . .tan .sin . .cos .tan .cos 2 2 2 EHK S KH KE BKH KH KA BAH KH AB A B     1 1 1 . .sin .tan . .sin .cos .tan . .cos 2 2 2 FHK S HF HK FHK BH HK AHK AB B HK A     EHK FHK SS suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK  Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK. Bài 5. (4 điểm) Tìm tất cả các đa thức ()Px hệ số thực thỏa mãn : 2 ( ). ( 3) ( ), P x P x P x x    Giải : Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x 2 )  x  R (1)  Trường hợp P(x)  C ( C là hằng số thực ) : P(x)  C thỏa (1)  C 2 = C  C = 0  C = 1 P(x)  0 hay P(x)  1  Trường hợp degP  1 Gọi  là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng  ta có P( 2 )=0  x=  2 cũng là nghiệm của P(x) . Từ đó có  ,  2 ,  4 ,  8 ,  16 , …là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không)  0 1       (I) Từ (1) lại thay x bằng  +3 ta có P((+3) 2 )=0  x=(+3) 2 là nghiệm của P(x) Từ x = (+3) 2 là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có (+3) 2 , (+3) 4 , (+3) 8 , (+3) 16 ,…là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm  2 2 30 31            30 31           (II) Như vậy , nếu  là nghiệm của P(x) thì ta có  thỏa hệ (I) (II)    1 3 y x O I Biểu diễn các số phức  thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ (I) (II)    không có nghiệm   Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1) Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x 2 ) x gồm P(x)  0 , P(x)  1 www.VNMATH.com SƠ ̉ GIA ́ O DU ̣ C VA ̀ ĐA ̀ O TA ̣ O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO ̣ C 2012-2013 MÔN THI: TON Ngy thi: 19 - 10 - 2012 Đ CHNH THC Thơ ̀ i gian la ̀ m ba ̀ i: 180 pht. Bài 1. (4 điểm) Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau: 1 3 1 3 ( 1,2, , ) 0 i n i i n i i x i n xn x                   Bài 2. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 22 ( 2 ( )) 2( ( )) , , 2 y f x f y f x x y R     Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 12 , , , k d d d . Chứng minh rằng nếu 12 2 1 k d d d k n      thì 2 n là số chính phương. Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn ()C , 1 ()C , 2 ()C trong đó 1 ()C và 2 ()C tiếp xúc trong với ()C tại ,BC và 1 ()C , 2 ()C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1 ()C và 2 ()C cắt ()C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1 ()C tại điểm thứ hai ,M đường thẳng AC cắt 2 ()C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng: 1 1 2 DA DE MN  Bài 5. (4 điểm) Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ? HẾT www.VNMATH.com ĐP N VÒNG 2 Bài 1. (4 điểm) Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau: 1 3 1 3 ( 1,2, , ) 0 i n i i n i i x i n xn x                   Giải. Đặt 3 ( 1,2, , ) ii t x i n   Ta có: 1 1 1 3 3 2 3 2 1 1 1 1 1 1 1 0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , ) 0 ( 1,2, , ) ( 3) 4 4 81 ( 3) 0 9 27 27 0 9 0 4 i i i n n n i i i i i i n n n n n n n i i i i i i i i i i i i i i t i n t i n t i n t n t n t n t t t t n t t t                                                                     1 1 2 1 0 ( 1,2, , ) 9 0 ( 1,2, , ) 2 4 4 9 ( ) 0 2 i ii n i n i i n i ii i t i n t t i n tn tn tt                              Gọi k là số các i t có giá trị bằng 0 và l là số các i t có giá trị bằng 9 2 . Khi đó, ta có: 8 9 4 9 2 9 n l ln n k l n k                Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.  Khi 9nm ( * mN ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:   12 ( , , , ) n S t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9 2 Hay   12 ( , , , ) n S x x x trong đó m giá trị bằng  3 và 8m giá trị bằng 3 2 Bài 2. (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 22 ( 2 ( )) 2( ( )) , , 2 y f x f y f x x y R     (*) Giải. Xét hàm số ( ) 2 ( ),g x f x x R   www.VNMATH.com (*)  22 ( ( )) ( ( ))g x g y y g x   (1) +) Từ (1) suy ra nếu 12 ( ) ( )g y g y thì 12 yy suy ra g là đơn ánh +) Từ (1) cho 0x  suy ra 2 ( ( )) ( (0))g g y y g suy ra tập giá trị của g là R . Suy ra g là song ánh, nên tồn tại aR sao cho ( ) 0ga  . Cho 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g         (0) 0g Do đó ( ( )) ,g g x x x R   Cho 22 0 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R     Suy ra 0x  thì ( ) 0gx và ( ) 0 0g x x   Cho x = 1 suy ra g(1) = 1 +) với 0,x y R , ta có     2 2 ( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x       Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số ,xx luôn có số không âm, ta có:   0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x      ( ) ( ),g x g x x R      +) với 0,x y R   , ta có   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y            Vậy ( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R     Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1 ( ) ,g x x x Q    +) Cho xy khi đó   0g x y và           g x g x y y g x y g y g y       Suy ra g là hàm tăng thực sự Ta chứng minh ( ) , \g x x x R Q   Giả sử tồn tại 0 \x R Q sao cho 00 ()g x x Trường hợp 00 ()x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0 ( ) ( ) ( )x r g x g x g r r     (vô lý) Trường hợp 00 ()x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0 ( ) ( ) ( )x r g x g x g r r     (vô lý) ( ) ,g x x x R    Vậy ( ) , 2 x f x x R   (thỏa mãn (*)). Bài 3. (4 điểm) Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 12 , , , k d d d . Chứng minh rằng nếu 12 2 1 k d d d k n      thì 2 n là số chính phương. Giải. Gọi l 1 , l 2 , , l s là các ước lẻ của n và 2 m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1, m ≥ 0) Từ đó các ước của n là l 1 , l 2 , , l s , 2l 1 , 2l 2 , , 2l s , , 2 m l 1 , 2 m l 2 , , 2 m l s Theo đề bài ta có: l 1 + l 2 + + l s + 2l 1 + 2l 2 + + 2l s + + 2 m l 1 + 2 m l 2 + + 2 m l s + (m +1)s = 2n+1  2 12 ( )(1 2 2 2 ) ( 1) 2 1 m s l l l m s n            (l 1 + l 2 + + l s )(2 m+1 – 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*) + Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ. + Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1) Suy ra 2 m n có số lẻ ước www.VNMATH.com Số 12 12 2 m k kk m m n p p p có số ước là 12 ( 1)( 1) ( 1) m k k k   suy ra k i chẵn (i=1,2, ,m)  2 m n là số chính phương.  2 1 2 2 2 . (2 . ) 2 tt n n r r     ( ,t r N ) Bài 4. (4 điểm) Cho ba đường tròn ()C , 1 ()C , 2 ()C trong đó 1 ()C và 2 ()C tiếp xúc trong với ()C tại ,BC và 1 ()C , 2 ()C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1 ()C và 2 ()C cắt ()C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1 ()C tại điểm thứ hai ,M đường thẳng AC cắt 2 ()C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng: 1 1 2 DA DE MN  F M N O O1 O2 A D E B C Giải. Cch 1: Do 2 AD AM AB AN AC nên phép nghịch đảo 2 AD A P biến 11 22 ( ) ( ) ( ) ( ) BM CN DD CC CC      . Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN. Do 1 ()C và 2 ()C tiếp xúc với ()C tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này. Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và 2 MN FD FM FN   Ta có : 2 . DE AD AD DF AD AF AF   DE AF DF DA  1 . AF DE DF DA  Vậy 1 1 1 1 2 . . . AF DF AF DA DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN         . Lưu ý: Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì '' . k AB AB OAOB  . www.VNMATH.com Cch 2: Ta co ́ AM.AB = AN.AC  AM AC AN AB   AMN ~  ACB    1 OAB OBA O MB  O 1 M // OA. Tương tư ̣ co ́ O 2 N // OA. Lại có:     OAN MNA OCA ABC   =   OCA xCA = 90 0 .  OA  MN  O 1 M  MN, O 2 N  MN  MN la ̀ tiếp tuyến chung cu ̉ a (O 1 ) và (O 2 )  FD = FM = FN.     ANF ABC AEC  EFNC nô ̣ i tiếp  AE.AF = AN.AC = AD 2  (AD + DE)AF = AD(AF + DF)  DE.AF = AD.DF  1 . AF DE AD DF  Do đo ́ : 1 1 1 1 2 . . . AF DF AF DA DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN         . Bài 5. (4 điểm) Cho một bảng ô vuông có 2012  2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành +). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay không ? Giải. Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – . Gọi x i là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ), y j là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải) Gọi p là số các số lẻ trong các số x 1 , x 2 ,…, x 2012 , q là số các số lẻ trong các số y 1 , y 2 ,…, y 2012 , p, q {0, 1, 2,…,2012}. Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq Bảng có đúng 18 dấu –  2012p + 2012q – 2pq = 18  1006p + 1006q – pq = 9  (p –1006)(q –1006) = 1006 2 – 3 2  (p –1006)(q –1006) = 1003×1009 (1)  (p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009 Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết cho 1009 (2) Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006} nên (2)  p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1) Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu – x F N M A E D O B C O 1 O 2 www.VNMATH.com SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH AN GIANG Năm học 2012 – 2013 Môn : TOÁN (vòng 1) Lớp : 12 gian làm bài : 180 phút (Không k th) Bài 1: (3,0điểm). Cho hàm s    ( m là tham s)   th hàm s m ci và cc tiu lt là và  ng thi tam giác  cân ti  vi     . Bài 2: (3,0 điểm) Gi            Bài 3: (3,0 điểm) Tìm giá tr ln nht và giá tr nh nht ca hàm s:           Bài 4: (4,0 điểm) Tìm s các nghia :  Trong s các nghim này có bao nhiêu nghim                mt khác nhau. Bài 5 : (3,0 điểm) Tìm t nh ca mt hình thang cân ABCD bit rng CD=2AB,  ng chéo , các t  m A u n tích bng 36. Bài 6: (4,0 điểm) u S.ABCD có cnh bên bng a, góc hp bng cao SH ca hình chóp và mt bên bng , cho a c nh, i. Tìm   th tích khi chóp S.ABCD là ln nht. (Cho biết:    ) Ht ĐỀ CHÍNH THỨC   ebooktoan.com [...]... là không thể ĐIỂM 1đ 1đ 1đ 1đ 1đ SỞ GD&ĐT ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 01 2- 2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 01 2- 2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) ... GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 01 2- 2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) SỞ GD&ĐT CÀ MAU ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 01 2- 2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: Giải hệ phương trình: x 2  xy  0 x3  x(1  y )  x  0  1  tan x 2 1  sin 2 x Câu 3: Trên mặt phẳng... không sau hữu hạn bước như trên, bảng ô vuông nhận được có đúng 6 dấu - ? Hãy chứng minh khẳng định của mình ——HẾT—— Ghi chú: Giám thi coi thi không giải thích gì thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2 01 2- 2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2 012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU... hoặc phần đó Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ 3 Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2 01 2- 2013 MÔN TOÁN-LỚP 12 THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) -Bài 1: a) Giải phương... SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2 012 – 2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I (4 điểm) Cho hàm số y  x 4  4mx 2  m  2 có đồ thị là  Cm  , (với m là tham số) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị  C  khi m  1 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để...  sinx  1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ - NĂM HỌC 2 01 2- 2013 KHÓA NGÀY: 16/10/2 012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (4 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R   x+y+z =0  x3 + y 3 + z 3 = 48  7  x + y 7 + z 7 = 1 6128 Câu 2 (4 điểm) Cho dãy số nguyên (un ) được xác định...  b 2  c 2  a 3  b3  c 3 Chứng minh rằng 1 8a  1  1 8b  1  1 8c  1  1 Hết -( Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2 012 - 2013 MÔN THI : TOÁN – LỚP 12 – THPT Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ============== Lời giải sơ lược Thang điểm Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 biết...  2 012 u2  2 012 un  2 012   1 ………………… HẾT………………… Ghi chú: Đối với thí sinh học tại các trung tâm GDTX thì không làm câu VI (Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh ……………………………………… Số báo danh………………………………… Chữ ký giám thị 1:…………………………………………Chữ ký giám thị 2:………………………… SỞ GD&ĐT BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC...ebooktoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Năm học 2 012 – 2013 MÔN TOÁN VÒNG 1 A.ĐÁP ÁN Bài 1  Đ   Để hàm số có hai điểm cực trị thì thi n sau 0 và ta có bảng biến 3,0 điểm 0  Ta có hai điểm cực đại và cực tiểu là  Tam giác ABC cân tại C (-4 ;-2 ) ta được ạ  Vậy thỏa đề Giải phương trình  Nhận xét: Nếu viết phương trình trên lại là Bài 2 thì phương trình... cho điểm tối đa + Điểm từng câu có thể chia nhỏ đến 0,25 và không làm tròn UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2 012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 29 tháng 3 năm 2013 ĐỀ CHÍNH THỨC ================ 3 2 Câu 1 (5,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  1 1 1 Lập phương trình tiếp tuyến của .     . Hết (Đề thi gồm có 01 trang) UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2 012 – 2013 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian. x 1 , x 2 ,…, x 2 012 , q là số các số lẻ trong các số y 1 , y 2 ,…, y 2 012 , p, q {0, 1, 2,…,2 012} . Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2 012 – q) + (2 012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq . GIA ́ O DU ̣ C VA ̀ ĐA ̀ O TA ̣ O K THI CHN ĐI TUYN HC SINH GII THNH PH H CH MINH LP 12 THPT NĂM HO ̣ C 2 01 2- 2013 MÔN THI: TON Ngy thi: 18 - 10 - 2 012 Đ CHNH THC Thơ ̀ i gian