Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi Thành phố môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Sở GD và ĐT Hà Nội (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 03 tháng 10 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (đề thi gồm 01 trang) Bài I (4 điểm) 3 2 3 Cho hàm số y x 3 x ( m 4) x m 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường 2 thẳng y 2 x 2 cắt Cm tại ba điểm phân biệt A( 1;0) , B, C sao cho MBC là tam giác đều. Bài II (5 điểm) 1) Giải phương trình: 2x2 22 x 29 x 2 2 2 x 3. 3 3 x2 y y 2 x 6 x 2 x 6 y 2 y 2) Giải hệ phương trình: . 4 4 2 2 8x 8 y 8 x 8 y 9 16 xy ( x y ) Bài III (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 , un 1 ; n 1,2,  3 un 1) Chứng minh un là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh  22020. u1 u 2 u 2019 Bài IV (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N(1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0 , tìm tọa độ điểm C. 2) Cho hình chóp S.ABC có CA CB 2 , AB 2 , SAB là tam giác đều, mp( SAB ) mp ( ABC ). Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh C của tam giác SBC. a) Tính thể tích khối chóp D.ABC. b) Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng (MAB), (MBC), (MCA) với mặt phẳng (ABC)     là bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Bài V (2 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của: 3 3 3 P a3 b 3 c 3 . a b c HẾT
2. Đ thi hc sinh gii lp 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang) NĂM HỌC 2019 - 2020 Ngày thi : 3/10/2019 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Họ và tên: SBD: . Bài I. (4 điểm) 32 3 Cho hàm số yxxm 3 4 x m 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường thẳng 2 d: y 2 x 2 cắt C tại ba điểm phân biệt A 1;0 ,BC , sao cho MBC là tam giác đều. m N N Bài II. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2x2 22x 29 x 222x 3 2323 22 xy yx 6 xx 6 y y 2) Giải hệ phương trình 4422 8x 8yx 8 8y 9 16xy x y Bài III. (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 ,un 1 ;n 1,2,3 3 un 1) Chứng minh rằng un là dãy số bị chặn. 111 2) Chứng minh 2 2020 . uu12 u2019 Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với MN, (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0, tìm tọa độ điểm C. 2) Cho hình chóp S. ABC có CACB 2, AB 2, mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác SBC . a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng MAB , MBC , MCA với mặt phẳng ABC gggd gggd gggd ggggd bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a, b , c thỏa mãn a+ b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 333 P= a3 + b3 + c3 − − − . a b c HẾT Trang 1
3. Đ thi hc sinh gii lp 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I. (4 điểm) 32 3 Cho hàm số yxxm 3 4 x m 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường thẳng 2 d : y 2 x 2 cắt Cm tại ba điểm phân biệt A 1;0 ,BC , sao cho MBC là tam giác đều. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm: xxm3 32 4 xm 22x 2 32 xxm 3 2 x m 0 (1) N N x 1 x2 2x m 0 x 1 2 x 2x m 0 2 +) d cắt Cm tại ba điểm phân biệt 2 có hai nghiệm phân biệt, khác 1. 1 m 0 m 1 * 1 m 0 +) Gọi A 1;0, Bxx1;2 1 2, C x2 ;2 x2 2 là tọa độ ba giao điểm của d và Cm . x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 2 2 x1 x2 2 x1 2x1 m Theo Viet, có và x. x m 2 12 x2 2x2 m x x Cách 1 12 : Gọi I là trung điểm của BC I ;xx1 2 2 I 1;0 2 gggd 3 gggd Ta có MI 3; ;BC x2 x1;2 x2 x1 2 gggdgggd MI. BC 0 hay MBC là tam giác cân tại M. 3 Do đó MBC là tam giác đều MI MB 4 MI2 3MB 2 2 2 2 7 22 453 x1 2 2x1 4xx1 81 104 x 1 2x1 1 0 2 1 m (Thỏa mãn (*)). 4 Trang 2
4. Đ thi hc sinh gii lp 12 1 Vậy m . 4 MB2 MC 2 Cách 2: MBC là tam giác đều MB MC BC 22 MB BC 22 2 7 2 7 x1 2 2x1 x2 2 2x2 2 2 2 2 7 22 x 2 2x xx 4 x x 1 1 21 21 2 5xx2 2 10 x x 0 12 12 5x x x x 2 0 12 12 265 22 2 N N 4x 8 x x 8 x 13 0 5x1 10x1 5 x1 2x12 x x 2 212 1 4 xx1 2 2 0 ld (vì x1 x2 ) 4x2 2x 8xx 8x x 13 0 22 12 1 2 1 4m 16 8m 13 0 m (thỏa mãn (*)) 4 1 Vậy m . 4 Bài II. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2x2 22x 29 x 222x 3 Lời giải 3 Điều kiện : x . 2 Khi đó phương trình * 2x2 22x 29 x2 4 x 44 x 2 2x 342 x 3 2 32 x 3 4 x 2 2x 3 x 2 0 Đặt t 2x 3 t 0 . t x 2 2 3t2 4 x 2 t x 2 0 x 2 . t 3 x 2 x 2 Với tx 22x 3x 2 2 2 x 1 (thỏa mãn điều 2x 3x 4x 4 x 2x 1 0 kiện). x 2 x 2 x 2 x 7 6 2 Với t 32x 3x 2 (Thỏa 2 2 3 92 x 3 x 4x 4 x 14x 23 0 x 7 6 2 mãn điều kiện). Trang 3
5. Đ thi hc sinh gii lp 12 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;7 6 2 . 2323 22 xy yx 6 xx 6 y y 2) Giải hệ phương trình 4422 8x 8yx 8 8y 9 16xy x y Lời giải x2 y a Đặt thay vào từng phương trình của hệ thu được 2 y x b 33 1 ab 6 a b 42242222 2 8 x 2xyyy 2 xyx 98 a b 9 N N abaabb 2 2 6 a b 9 . a2 b2 8 a b 0 3 TH1. 9 a b . a2 b2 4 8 x y 0 22 3 x y 1 1 1 3 3 Với x y y x . Vậy ta có các nghiệm là ; và ; . 4 2 2 22 2 3 x y 4 22 39 a ab b 6 ab 8 22 69 TH2. a 2ab b 0 ( loại). 22 9 a b 22 9 8 8 a b 8 1 1 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là ; và ; 2 2 22 Bài III. (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 ,un 1 ;n 1,2,3 3 un 1) Chứng minh rằng un là dãy số bị chặn. 111 2) Chứng minh 22020 . uu12u 2019 Lời giải 3 u2 1 1 u 1) Ta có u 0 u 1, u n 1 n 1 0;n 2,3, do đó u bị chặn dưới. 13 1 n u 2 n n 1 un 1 1 1 Trang 4
6. Đ thi hc sinh gii lp 12 2 un 1 Lại có u 11u u 1; n 1,2 do đó un bị chặn trên suy ra un bị chặn. n 1n 1 n 2 un 1 1 1 1 1 2 tan 1 1 cos1 cos 2sin2 3 6 2) u tan , u 6 6 12 tan 1 2 36 tantan sin2sin cos 12 66612 12 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp u tan ,n 1,2 n 3.2n Dễ thấy mệnh đề trên đã đúng với n 1 N N Giả sử mệnh đề trên đã đúng với n k 1tức là uk tan k ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với 3.2 n k 1. Thậ vậy 1 1 2 2 tan 1 1 n cosn 1 cos n uk 1 1 3.2 u 3.2 3.2 tan k 1 u 3.2n 1 k tantan sin 3.2n3.2 n 3.2n Lại có bất đẳng thức tanx x ,  x 0; 2 1 Thật vậy: xét hàm số fx tan x x liên tục 0; và có fx 2 1 0, x 0; nên hàm 2 cosx 2 số đồng biến trên 0; . Do đó x 0; suy ra fxf 0 tan x x 2 2 11 hay ,x 0; . Áp dụng ta được tanx x 2 11111133 22 2 22019 .2. 2 2019 1 22020 . uuu 122019 tantan tan 3.2 3.223.2 2019 Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với MN, (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0, tìm tọa độ điểm C. Lời giải Trang 5
7. Đ thi hc sinh gii lp 12 +) Gọi hình vuông ABCD có cạnh là 1 55 5 Khi đó ta có BN2 ; BM2 BI 2 MI2 ; MN 2 MC2 CN2 2 CM. CN.co s 45o 48 8 222 N N BN BM MN BMN vuông tại M +) Đường thẳng MN qua N(1; 1) và vuông góc với đường thẳng BM: x 3 y 6 0 có phương trình là 3x y 2 0 xy 3 60 x 0 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình M (0;2) 3xy 20 y 2 +) Gọi B (3yo 6;y),o yo 2 2222 yo 3 (tm) Khi đó MB MN (3yo 6) (yo 2) 10 yo 1 (ktm) Với yo 3xo 3 B(3;3) Cách 1. Ta có BN2 20 BC 4 và phương trình đường thẳng BN: 2x y 3 0 22 Gọi (C1 ) đường tròn đường kính BN : (x 2) (y 1) 5 22 (C2 ) là đường tròn tâm B bán kính BC : (x 3) (y 3) 16 (x 2)2 (y 1)2 5 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 22 (x 3) (y 3) 16 y 1 3 y C 3; 1 x 1 2y 5 22 1 3 (1 2y 2) (y 1) 5 x 3 C ; 5 5 1 x 5 Mà C và M nằm về 2 phía của BN , nên tọa độ cần tìm là C 3; 1 . Cách 2. gggd2 gggd Gọi J là giao điểm của BN và CM, khi đó J là trọng tâm tam giác BCD, vậy BJ BN 3 Trang 6
8. Đ thi hc sinh gii lp 12 2 x 3(1 3) J 3 5 1 J ; 2 3 3 y 3( 1 3) J 3 gggd2 ggd22ggggd 4 ggggd Lại có CJ CI . CM CM C(3; 1) 3339 2) Cho hình chóp S. ABC có CACB 2,AB 2, mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác SBC . a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng MAB , MBC , MCA với mặt phẳng ABC gggd gggd gggd ggggd N N bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Lời giải Gọi H là trung điểm của AB . Ta lần lượt có những điều như sau: + SH ABC . + Tam giác CAB vuông cân ở C . + Tam giác SCA , SCB cân ở S . + CH 1,SH 3 . + SCH là mặt phẳng đối xứng của hình chóp S. ABC . V DB V DB CB 2 a. Ta có D. ABC do đó D. ABC . VS. ABC SB VS. ABC V D. ABC DS CS 2 2211 2 2 Tức VDABC. VS . ABC . .2 . 3 . 22 22 3 2 23 6 b. Gọi N là hình chiếu của M trên ABC . Do tính đối xứng của hình chóp S. ABC qua SCH nên M SCH , tức N CH . Trang 7
9. Đ thi hc sinh gii lp 12 Do góc tạo bởi MAB , MBC , MCA với ABC bằng nhau nên khoảng cách từ N đến các cạnh của tam giác ABC bằng nhau, gọi khoảng cách này là x ta được 1 x x 2 . Tìm được 1 x . 1 2 Gọi E là đối xứng của C qua S , dựng hình bình hành CHFE ta được gggd gggd gggd ggggd ggggd gggd MA MB 4 MS 4 MC 2 MH 2 CS 2 MF . Dựng hình chữ nhật NN' FG với NG ', lần lượt thuộc MN, CH . Ta thấy MF nhỏ nhất khi và 3 2 2 chỉ khi MF NG 3 CN 3 1 x . 1 2 gggd gggd gggd ggggd 6 4 2 Tóm lại, giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC là . 1 2 N N Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a , b , c thỏa mãn a+ b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 333 P= a3 + b3 + c3 − − − . a b c Lời giải + Do vai trò của a , b , c như nhau nên ta có thể giả sử a b c và abc 3a 1, bc 3 a 2 mà bc 2 bc bc 1.  333 333  b+ c b + c + Xét P= f(,,) a b c= a + b + c − − − ta chứng minh: f(,,) a b c≤ f a,,  a b c  22   3  3 3333333 b+ c b+ c 366 ⇔++−−−≤+abca +   −− − abc2  2   a b+ c b+ c 32  3 4bcbc3+−+43 12 bc− 3 b + c 33 33b+ c 12 () () ⇔+−−≤b c 2.  − ⇔+≤ 0 bc 2   b+ c 4 bc() b+ c 3 2 4()b+ c( b2− bc + c2 ) −() b + c 3()b− c ⇔−≤ 0 4 bc() b+ c 22  3(bcbc+− )( ) 3()b − c 2 ()b+ c 1  ⇔−≤ 0 ⇔−()b c −  ≤ 0 4 bc b+ c 4 bc b+ c  () () 22 2 ⇔−()()bcbcbc+−≤⇔ 4 0bc () b + c −4 ≤ 0 (đúng do bc 2; bc 1 )  b+ c + Đặt t=⇒bcta + =2 ⇒ =3 − 2 t 2  3  b+ c b + c 3 36 ⇒fa ,, =gt ()()=−+−32t 2 t − , 0 t 1.  22 3− 2t t Trang 8
10. Đ thi hc sinh gii lp 12  2 662  1  ⇒gt′ =−−+−63 2tt 62 + =6 −3 −2t + t 2 1 −  ()() 22 ()  2 2  3− 2tt  t3− 2t () ()  2 ()(t−1 −2tt +1)( −3 )( −2t 2 +3 t + 1) ⇒g′ t = 6 () 2 t2 ()3− 2t  2 −()3 −2t + t 2 = 0  1 ⇒gt′() =⇔0 1 ⇔t = . 1−= 0  2 2  t2 3− 2t  () BBT: N N 21 21 max g t P f a;; b c g t . 0;1 4 4 1 21 Dấu bằng xảy ra khi a 2;b c và các hoán vị maxP maxf a;; b c . 2 4 HẾT Trang 9