Đề khảo sát chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Lê Quý Đôn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chọn đội tuyển học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Lê Quý Đôn (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA MÔN: TOÁN (Đề gồm 01 trang) NĂM HỌC: 2019 - 2020 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 (4 điểm). Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3 x 2 mx 2 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ABC,, sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm ABC,, bằng 3. Câu 2 (6 điểm). a. Giải phương trình: 2sin 2x cos 2 x 2 2 sin 2 x .cos x sin x 2cos x . 3 2 x y 2 x 2 xy 1 b. Giải hệ phương trình: . 2 x 3 x y 2 0 Câu 3 (4 điểm). 2020 u1 * Cho dãy số un xác định bởi 2019 ,.n 2 2un 1 u n 2 u n 1 1 1 Đặt Sn . Tính limSn . u1 2 u 2 2 un 2 Câu 4 (4 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi MN, là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng SMN luôn vuông góc với mặt phẳng ABC . Đặt AM x,. AN y a. Chứng minh rằng x y 3 xy . b. Tìm x, y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 5 (2 điểm). Cho a, b , c là các số thực dương thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 abc abc P 3 . 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tìm m để đồ thị hàm số y x3 3 x 2 mx 2 m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt ABC,, sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm 4 ABC,, bằng 3. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3 3 x 2 mx 2 m 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. 1,0 x3 3 x 2 mx 2 m 0 ( x 1)( x 2 2 x m 2) 0 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x2 2 x m 2 0 (2) có hai nghiệm phân ' 3 m 0 biệt khác 1 m 3 (*) . 1,0 1 1 2 m 2 0 Gọi x1, x 2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm ABC,, là: 1,5 2 y'(1) yxyx '()1 '()3( 2 xx 1 2 ) 6 xxxxm 1 2 6( 1 2 )3 393 m Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3 9 3m 3 m 2 (t/m đk (*)). 0.5 ĐS: m 2 Giải phương trình: 2sin 2x cos 2 x 2 2 sin 2 x .cos x sin x 2cos x a 1,0 cos2x = 2 sin 2x.cosx - sin2x 2 sin x - sin2x 2 2cosx - 2 2c os2 x 1 sin 2x 2 c osx -1 2 sinx 2 c osx -1 2 2 c osx -1 1,0 2 2c osx +1 2 c osx -1 2 c osx -1 sin 2x - 2 sinx +2 1 0.5 cosx = 1 2 2 sinx + cosx 2sinx.cosx - 1 = 0 2 + (1) x k2 4 0.5 + (2) x k  x k2 , 4 4 Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm :
3. 3 2 x y 2 x 2 xy 1 Giải hệ phương trình: . 2 b x 3 x y 2 3 2 x 2 x x y 1 Viết lại hệ: 2 x 2 x x y 2 1,0 Đặt u x2 2 x , v x y . Dễ có: u 1. 0.5 u. v 1 Hệ trở thành: u v 2 u 1 Suy ra: v 1 0.5 x2 2 x 1 Ta có x y 1 0.5 x 1 y 0 0.5 2020 u1 Cho dãy số u xác định bởi: 2019 ,n * n 2u u2 2 u n 1 n n 4 1 1 1 Đặt Sn . Tính: lim Sn . u1 2 u 2 2 un 2 * Ta chứng minh un 1,  n (1) bằng phương pháp qui nạp toán học. 3 2020 1,0 Với n 1, u 1 (1) đúng với n 1 . 1 2019 Giả sử (1) đúng với n k( k 1) ta có uk 1 gtqn . Ta phải chứng minh (1) đúng với n k 1 tức là phải chứng minh uk 1 1 . u2 2 u u 2 2( u 1) u 2 1 Thật vậy u 1k k 1 k k k 0 u 1 0 u 1. k 12 2 2 2 k 1 k 1 * Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un 1,  n 2 * Mặt khác un 1 u n u n u n 0,  n vì dãy sốun 1 nên dãy số un là dãy số tăng.
4. Với mọi k N*, ta có : 2 1(u 2) u 1 1 1 1 2u u ( u 2) k k k 1 k k u( u 2) u u ( u 2) u u u 2 u k k k 1 k k k 1 k k k 1 1,0 1 1 1 1 1 Sn uk 2 u k u k 1 u 1 u n 1 Ta chứng minh dãy số un là dãy số không bị chặn. Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số un là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy un tăng và bị chặn thì dãy số un có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim un a . Vì un 1 1,0 2 Nên ta có a 1. Từ định nghĩa 2un 1 u n 2 u n . Chuyển qua giới hạn ta có: 2a = a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1. Vậy giả sử sai, suy ra dãy un không bị chặn trên . do un là dãy tăng nên 1 1 1 1 2019 1,0 lim un lim 0 lim S n lim ( ) un u1 u n 1 u 1 2020 S 4 M A B O H N C Chứng minh x y 3 xy Kẻ SO MN, O MN do SMN  ABC SO  ABC 1,0 a. Do hình chóp S. ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .
5.    AB  AC   1  1  3  Ta có AB AC 2. AH AM AN 2 AH . AM AN 2 AO . AM AN x y 2 4 Vì M AB, N AC 1,0    x. AM y . AN 3 xy . AO . Do MNO,, thẳng hàng nên x y 3 xy .(đpcm). 1 1 S SO. MN S nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và S SO. MN S SMN2 SMN SMN2 SMN lớn nhất khi MN lớn nhất Ta có MN2 x 2 y 22 xy . c os60 0 x 2 y 2 xy x y 2 3 xy 9 xy 2 3 xy 1,0 Từ giả thiết ta có 0 x ; y 1 4 Từ (1) ta có3xy x y 2 xy xy 9 0.5 1 x 1 y 1 0 xy 1 x y xy 1 3 xy xy 2 4 1 Đặt t = xy, t ; MN2 9 t 2 3 t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f t 9 t2 3 t ; t ; ta được 9 2 4 2 MN nhỏ nhất khi t khi x y 9 3 x 1 1 1 x MN lớn nhất khit khi 1 hoặc 2 0,5 2 y 2 y 1 Cho a, b , c là các số thực dương thoả mãn a b c 3. Chứng minh rằng: 2 abc abc 3 1 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c 2 2 abc abc Đặt : P 3 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c 0.5
6. Áp dụng bất đẳng thức: x y z 2 3 xy yz zx  x , y , z 0.5 Với a, b , c 0 ta có: 5 ab bc ca 2 3 abc a b c 9 abc 0 ab bc ca 3 abc 3 Ta có: 1 a 1 b 1 c 1 3 abc  a , b , c 0. Thật vậy: 1 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ca abc 2 3 1 33abc 33 abc abc 1 3 abc 2 3 abc abc Khi đó: P 3 3 1 abc 1 abc 6 2 3 0.5 Đặt: 6abc t 3 abc t, abc t . 3 a b c Vì a, b , c 0 nên 0 abc 1 0 t 1 3 2t 2 1 Xét hàm số f( t ) t3 , t 0; 1 3 1 t3 1 t 2 6 2t2 2 t t 2 t 1 t 2 0.5 f'(t) 3 2 2 2 2 t . 3 2 2 2 (1 t )(1 t ) 2 (1 t )(1 t ) 2 (1 t )(1 t5 ) t 2 2t . 0,  t (0;1] (1 t2 ) 2 .(1 t 3 ) 2 2 Suy ra f() t đồng biến trên f() t trên (0;1] ta có f( t ) f (1) 1,  t (0;1]. 2 abc abc 3 1 3 ab bc ca 6 1 a 1 b 1 c 0.5 Dấu ‘=’ xảy ra khi a b c 1. Vậy MaxP 1khi a b c 1 Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa