Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THPT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỒNG ĐẬU MÔN: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) CâuU 1 U (2,0 điểm) 1 a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= mx32 −−( m1) x + 3( m − 2) x + 2019 3 đồng biến trên [2; +∞) . mx−+ m 2 b) Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường x +1 thẳng dy:= 21 x − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45°. CâuU 2 U (2,0 điểm) cosxx( 2sin+ 1) a) Giải phương trình lượng giác sau = 3 . (sinxx+− 1)( 2sin 1) x22−4 y + 3 xy + 3 y += 30 b) Giải hệ phương trình sau  ( xy , ∈ ) . 2 3  x+3 xy −++ 5 3 x −= 22 36a CâuU 3 U (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có AB= a , AC = 2a , AA′ = 2   và góc BAC =60 ° . Gọi M là điểm trên cạnh CC′ sao cho CM= 2 MC′ . a) Chứng minh rằng AM⊥ B′ M . b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′ M ) . 1 * CâuU 4 U (1,0 điểm) Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát unn =−∈12 , ( ). (n +1) Tính lim(uuu123 un ) . CâuU 5 U (1,0 điểm) Cho đa giác lồi (H ) có n đỉnh ( nn∈> ,4). Biết số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh của (H ) và không có cạnh nào là cạnh của (H ) gấp 5 lần số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh của (H ) và có đúng một cạnh là cạnh của (H ) . Xác định n. CâuU 6 U (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC là xy− +=10, điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm E (0;− 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. CâuU 7 U (1,0 điểm) Cho abc,,> 0 và abc++=3. Chứng minh bất đẳng thức: 111 ++≤1 a222++ bc b ++ ca c ++ ab HẾT
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 TRƯỜNG THPT NĂM HỌC: 2019 - 2020 ĐỒNG ĐẬU MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. NhU ững lưu ý chung:U - Điểm toàn bài thi không làm tròn. - Câu 3 học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Học sinh giải theo cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa. II. ĐápU án và thang điểm:U Câu Đáp án Điểm 1 a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 1 y= mx32 −−( m1) x + 3( m − 2) x + 2019 đồng biến trên [2; +∞) . 3 Ycbt ⇔y′ = mx2 −2( m − 1) x + 3( m − 2) ≥ 0, ∀ x ∈[ 2; +∞) 0,25 −+26x 0,25 ⇔≥m =fx( ), ∀∈+∞⇔≥ x[ 2; ) mmax fx( ) xx2 −+23 [2;+∞) 2( xx2 −+ 63) x=36 + ( tm) 0,25 Ta có: fx′′( ) = ;0fx( ) = ⇔  2 2 ( xx−+23) x=36 − ( ktm) 0,25 mx−+ m 2 1 b) Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số x +1 m để đường thẳng dy:= 21 x − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45°. Phương trình hoành độ: 0,25 x =1 mx−+ m 2  =2x − 1 ⇔( x − 1)( 2 xm + 3 −) = 0,( x ≠− 1) ⇔ m − 3 x +1 x =  2 Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi mm≠∧15 ≠. 0,25 m − 3 Khi đó, AB(1;1) , ; m− 4 . 2 Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45° là: 0,25 2   mm−−3 23 2 OAOB.= OAOB . .cos 45°⇔ +m −4 = 2. . +(m −4) 2 22 2 m = 3 0,25 ⇔m −7 m +=⇔ 12 0  (tm) m = 4 2 cosxx( 2sin+ 1) 1 a) Giải phương trình lượng giác sau = 3 . (sinxx+− 1)( 2sin 1)
3. sinx ≠− 1 0,25  ĐKXĐ:  1 . Phương trình đã cho biến đổi thành: sin x ≠  2 sin 2x+ cos x = 3( 2sin2 xx +− sin 1) ⇔sin2xx += cos 3sin( x − cos2 x) ππ   0,25 ⇔sin 2x + 3 cos 2 x = 3 sin xx − cos ⇔ sin 2 x +=  sin x −  36    ππ  π 0,25 22x+=−+ xkπ x=−+ k2π ( ktm)  36  ⇔⇔  2 ππ7 52ππ 22x+ =−+ xk + π x= + k. ( tm)  36  18 3 52ππ 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là: x=+∈ kk.,( ) 18 3 22 1 x−4 y + 3 xy + 3 y += 30 b) Giải hệ phương trình sau  ( xy , ∈ ) . 2 3  x+3 xy −++ 5 3 x −= 22 y ≥ 0 0,5 ĐK:  2 . Biến đổi phương trình đầu về dạng: x+3 xy −+≥ 50  y  =1 yy x2 + 3 − −= ⇔ ⇒ =2 + 422 3 10 yx 3 xx++33  y 1  = − (l)  x2 + 34 Thay yx=2 + 3 vào phương trình thứ hai, ta được: 0,25 3 2 2xx++ 3 3 −= 22. Vế trái pt là hàm đồng biến trên ;+∞ mà x = 2 là 3 2 2 31 nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: y = +=3 (tm) 39 2 31 0,25 Vậy, nghiệm của hệ là: ( xy;;) =  39 3 36a 2 Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có AB= a , AC = 2a , AA′ = và góc 2   BAC =60 ° . Gọi M là điểm trên cạnh CC′ sao cho CM= 2 MC′ . a) Chứng minh rằng AM⊥ B′ M . b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′ M ) .
4. a) Chứng minh rằng 0,5 AM⊥ B′ M .   Từ giả thiết CM= 2 MC′ suy ra: a 6 CM= a6, MC′ = 2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ⇒=BC a 3 . Sử dụng Pitago, dễ dàng 0,25 tính được: 29a2 AB′2= , AM2= 10a2 2 9a2 và BM′ 2 = . 2 Từ đó suy ra: 0,25 AB′′222= AM + B M hay tam giác AB′ M vuông tại M. b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ()AB′ M . Đặt N= AM ∩ A′′ C , 0,25 gọi K là hình chiếu vuông góc của A′ lên BN′ và H là hình chiếu vuông góc của BN′⊥⇒ AK BN ′′ ⊥ AH A′ lên AK. Ta có  ⇒⊥AH′′() ABM A′ H⊥ AK 1 0,25 Do ∆∆NC′ M ACM theo tỉ số k = nên dễ dàng suy ra: CN′ = a và theo định 2 lí cosin suy ra: BN′ = a 7 1 0,25 2.aa .3 .sin 60° 2.S 3a 21 AK′ =ABN′′ = 2 = BN′ a 7 14 1 1 1 3a 10 0,25 Trong tam giác vuông AA′ K ta có: = + ⇒=AH′ AH′22 AA ′′ AK 2 10 3a 10 Vậy khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng ()AB′ M bằng . 10 4 1 * 1 Cho dãy số ()un có số hạng tổng quát unn =−∈1 2 , () . ()n +1 Tính lim()uuu123 un . 1 nn()+ 2 * 0,25 Ta có: unn =−1,22 = ∀∈ ()nn++11()
5. 1.3 2.4 3.5 4.6 nn( + 2) 1n + 2 0,5 Suy ra: uuu123 un = 2 = . 234522 22 (n +1) 2n + 1 1 0,25 Do đó, lim(uuu u ) = 123 n 2 5 Cho đa giác lồi (H ) có n đỉnh ( nn∈> ,4). Biết số các tam giác có ba đỉnh là 1 đỉnh của (H ) và không có cạnh nào là cạnh của (H ) gấp 5 lần số các tam giác có ba đỉnh là đỉnh của (H ) và có đúng một cạnh là cạnh của (H ) . Xác định n. 3 Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn 0,25 Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n 0,25 Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là: 0,25 nn( − 4) Theo giả thiết, ta có: 0,25  = 32n4( ktm) Cn −− n nn( −=4) 5 nn( −⇔− 4) n 39 n + 140 =⇔ 0  n= 35( tm) Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh. 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình 1 đường chéo AC là xy− +=10, điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm E (0;− 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương. Vì DE⊥ AC nên 0,25 DE: x+ y + 30 = ⇒ D( t ; −− t 3) . Ta có, 11 dGAC( ,,,) = dBAC( ) = dDAC( ) 33 1 24t + tD=⇒−1( 1; 4 ) ⇔=2 ⇔ 3 2 tD=−⇒5( − 5; 2) Vì D và G nằm khác phía so với AC nên D(1;−⇒ 4) B( 1; 8) ⇒ Bx : = 1 0,25 Vì A∈⇒ AC A( a;1 a +). Từ gt SSAGCD =⇒=32ABD 24 nên 0,25 1 a=5 ⇒ A( 5; 6)( tm) d( A, B) . DB= 24 ⇔ a −=⇒ 1 4  2 aA=−⇒3( − 3; − 2)( l)   Từ AD= BC ⇒ C ( −−3; 2) . Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình bình hành là: 0,25 A(5;6) , BC(1;8) , (−− 3; 2) , D(1; − 4) 7 Cho abc,,> 0 và abc++=3. Chứng minh bất đẳng thức: 1 111 ++≤ 2221 a++ bc b ++ ca c ++ ab 111 0,25 Đưa bất đẳng thức về dạng: ++≤1 aabbcc2−+333 22 −+ −+
6. 14−+x Ta chứng minh BĐT phụ: ≤, ∀∈x ( 0;3) . xx2 −+39 2 Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: ( xx−1) ( −≤ 30) luôn đúng, ∀∈x (0;3). Dấu bằng xảy ra khi x =1 . Vì a, b, c là ba số dương có tổng bằng 3 nên: 0<<ab , ,c 3. 0,25 Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c: 1−+abc 41−+ 41−+ 4 ≤≤≤;;. aa2−+39 bb 22−+ 39 cc−+ 39 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có: 0,25 111−(abc ++) +12 ++≤ =1 (đpcm) aabbcc2−+3339 22 −+ −+ Dấu bằng xảy ra khi abc= = =1 . 0,25 HẾT