Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Đan Phượng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Đan Phượng (Có đáp án)

1. SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG LỚP 12 – Năm học 2017-2018 Thời gian làm bài: 180 phút. (Đề thi gồm 01 trang) Họ tên thí sinh . Số báo danh Câu 1 (5.0 điểm) x 1 1. Cho hàm số: y 2(x 1) (C) Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0. 2. Cho hàm số y = x3 – 3(m+1)x – 2 với m là tham số. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại một điểm. Câu 2 (4.0 điểm) 22 xx 66 y 1.Giải hệ phương trình sau : ( x R ). xy 22 yxx 1.452 2.Giải phương trình sau: 3 xx242 31 xx 1 ( x R ). 3 Câu 3 (3.0 điểm)Cho x,,yz là các số thực dương thỏa mãn 592x222 y z xy yz zx x 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P yz22 x yz3 Câu 4 (3.0 điểm) 2 uunnnNnn 1 31,1, 1.Tìm số hạng tổng quát của dãy số (un ) xác định bởi : . u1 2 2. Tính u1 + u2+ . + u2017. Câu 5 (5.0 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, D là một điểm nằm trong tam giác ABC sao cho CD = CA. M là một điểm 1 trên cạnh AB sao cho BDM ACD , N là giao điểm của MD và đường cao AH của tam giác ABC. Chứng 2 minh DM = DN. 2. Cho tam giác ABC cân tại A có AB=AC=a, góc BAC = 1200. Điểm S thay đổi trong không gian nhưng luôn nằm về 1 phía của mặt phẳng (ABC) và AS= a, góc SAB= 600. Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) a) Chứng minh rằng H thuộc đường thẳng cố định. b) Chứng minh rằng khi độ dài SH lớn nhất thì hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) vuông góc với nhau và khi đó tính độ dài SC. .Hết
2. Đáp án bài thi chọn HSG Toán 12 (2017-2018) Câu 1( 5.0 điểm): Câu Nội dung Điểm 1 .1 x0 1 Gọi M( x ; ) ()C là điểm cần tìm (x0 -1) 0 2(x0 1) Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình. x 1 1 x 1 : yfxxx ' ()( ) 0 yxx() 0 1.0đ 002(x 1) 2 0 2(x 1) 0 x0 1 0 xx2 21 xx2 21 Gọi A = ox A( 00;0) B = oy B(0; 00). 2 2(x 1)2 0 Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là: xx22 21 xx 21 G( 00; 00. 2 66(1)x0 1.0đ xx22 21 xx 21 Do G đường thẳng:4x + y = 0 4.00 00 0 66(1)x 2 0 1 2 4 2 (vì A, B O nên xx00 210) x0 1 11 xx 1 0022 1.0đ 13 xx 1 0022 113 335 Với xM (;) ; với xM (;) . 0 222 0 222 1.2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục Ox x3x23 x3m1x203 (1) 3m (2) x 0.5đ ( vì x = 0 không là nghiệm của phương trình (1) ) x3x23 Xét hàm số fx ,x \0  . x 0.5đ 2x3 2 f' x 2 ; f'(x) 0 x 1 x Bảng biến thiên: x 1 0 f' x 0 + + 0.5đ fx 0
3. Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại một điểm duy nhất pt (2) có nghiệm duy nhất. Từ bảng biến thiên kết luận m0 . 0.5đ Câu 2( 4.0 điểm): Câu Nội dung Điểm 1 ( 2.5đ) Điều kiện : yx 2; 6 2 xy 22 yxx 1.45 2 y 2 x 21 Từ (2) : . y 1 x 2 2 x 21 y 2 0.5đ . 2 y 1 x 2 yx 11 22 1 . . y 1 x 2 2 t 111 Xét hàm số ft() t 0 f '() t 1 ' 0. Chứng tỏ tt 1 21t 2 t 0.5đ hàm số nghịch biến 2 2 Để fx(2) fy 1 chỉ xảy ra khi : yx 12 . Thay vào (1) ta được phương trình : 2 tx 20 tx 20 0.5đ 1222670 xxx ttt22 287287 tt t 027 tx 027 tx 027 tx 2 2243 2 tttt 132 3 49 49 0 487tt t tt 446490 t +/ Trường hợp : t=1 hay x-2=1 suy ra x=3 và y+1=1 hay y=0 . Vậy nghiệm hệ là (x;y)=(3;0) 0.5đ +/ Trường hợp : 2 32 2 fttt() 3 49490 t fttt '()3 6493 t 1 520  t 0;7 Hàm số nghịch biến và f(0)= -49<0 chứng tỏ f(t)<0 với mọi t 0; 7 . Phương 0.5đ trình vô nghiệm . xx42 121 x 4 x 2 x 2 2(1.5đ) (1)(1)xx22 xx 0.5đ uxx (1)2 Khi đó đặt vxx (1)2
4. thì x222 312xuv 0.5đ Ta có phương trình: 22 6330uuvv 3 uv 0.5đ 3 Giải ra được x = 1 Câu 3 ( 3.0 điểm): Câu Nội dung Điểm Từ điều kiện: 5x2 + 5(y2 + z2) = 9x(y + z) + 18yz 2 2 2 0.5đ 5x - 9x(y + z) = 18yz - 5(y + z ) Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1122 yz y z ; y22 z y z 18yz - 5(y2 + z2) 2(y + z)2. 42 0.5đ Do đó: 5x2 - 9x(y + z) 2(y + z)2 [x - 2(y + z)](5x + y + z) 0 0.5đ x 2(y + z) x12x141 P yz22 xyz 32 yz xyz 3 yz 27yz 30.5đ 1 Đặt y + z = t > 0, ta có: P 4t - t3 27 0.5đ Xét hàm P 16. 1 yz 12 Vậy MaxP = 16 khi 0.5đ 1 x 3 Câu 4( 3.0 điểm): Câu Nội dung Điểm
5. 1 2 Đặt g(n) = an + bn + c và vn = un + g(n) ( a, b, c Î R) với vn+1 = 3vn . Khi đó : vn+1 = 3vn un+1 + g(n+1) = 3(un + g(n)) 2 3un + n + 1 + g(n+1) = 3un + 3g(n) 0.5đ n2 + 1 + a(n+1) 2 + b(n+1) + c = 3an2 + 3bn + 3c 2 2 (a + 1)n + (2a + b)n + 1+ a + b + c = 3an + 3bn + 3c aa 13 1 1 Nên : 23ab b a = ; b = ; c = 1. 0.5đ 2 2 13 abc c 1 1 Do đó ta được : g(n) = n2 + n + 1 . 2 2 1 2 1 1 2 1 0.5đ Như vậy vn = un + n + n + 1 un = vn – ( n + n + 1) 2 2 2 2 2 uunnnNnn 1 31,1, vvnnn 1 3, 1 thì . u1 2 vug11 (1) 4 n – 1 n – 1 Suy ra : vn = 3 .v1 = 4.3 . n – 1 1 2 1 n – 1 1 2 0.5đ Vậy : un = 4.3 – n – n – 1 = 4.3 – (n + n + 2) . 2 2 2 nn(1) Ta có +) 1 + 2 + + n = 2 nn(1)(21) n 0.5đ +) 12 22 n 2 6 +) 4(30 + 31 + 32 + . + 3n – 1) 31n = 4 0.5đ 31 Thay n= 2017 Câu 5( 5.0 điểm): Câu Nội dung Điểm 1(2đ) Vẽ đường tròn (C;CA) cắt đường thẳng BD tại E ( E ≠ D), khi đó BA là tiếp tuyến của đường tròn. Ta có BD.BE = BA2 ( do BDA  BAE), BH.BC = BA2 suy ra BH.BC = BD BC 0.5đ BD.BE BH BE BDH  BCE (c.g.c) 0.5đ BHD BEC tứ giác DHCE nội tiếp BHDBECCDECHEAHDAHE. Do AH BC nên HA, HB tương ứng là đường phân giác trong và phân giác ngoài của 0.5đ góc DHE 0.5đ
6. ID HD BD Gọi I là giao điểm của AH và BE suy ra (*) IE HE BE 1 MD BD DN DI giả thiết MDB ACD AEB nên MN // AE. Do đó ,. 2 AE BE AE IE MD DN Kết hợp với (*) ta có DM DN. AE AE a) Tam giác SAB đều nên S thuộc mặt phẳng trung trực (P) của AB 0.5đ 2( 3đ) Mặt phẳng (P) cố định và (P) vuông góc với (ABC) Gọi d là giao tuyến của mp(ABC) và mp(P) thì d là đường thẳng cố định H là hình chiếu của S nên H thuộc d 0.5đ KL a 3 b)Gọi I là trung điểm của AB thì SI = 2 a 3 0.5đ SH SI = 2 a 3 SH đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi H trùng I. 0.5đ Khi đó SH vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên (ABC) vuông góc với (SAB) a 7 a 10 CI ; SC 2 2 Tính được 1.0đ