Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Đồng Đậu

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và giáo viên cùng tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 được biên soạn bởi Trường THPT Đồng Đậu để hỗ trợ cho quá trình nâng cao kiến thức và đánh giá năng lực của học sinh.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm học 2019-2020 – Trường THPT Đồng Đậu

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) Câu 1 (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019 U U 1 3 đồng biến trên [ 2; +∞ ) . 3 mx − m + 2 b) Cho hàm số y = x +1 có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : = y 2 x − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45° . cos x ( 2sin x + 1) Câu 2 (2,0 điểm) U U = 3 . ( sin x + 1)( 2sin x − 1) a) Giải phương trình lượng giác sau  x 2 − 4 y + 3 x 2 y + 3 y + 3 = b) Giải hệ phương trình sau  ( x, y ∈  ) . 0  x 2 + 3 x − y + 5 + 3 3 x − 2 = 2 Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ = AL 3a 6 U U 2 = 60° . Gọi M là điểm trên cạnh CC ′ sao cho CM = 2 MC ′ .   N và góc BAC a) Chứng minh rằng AM ⊥ B′M . b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) . FI Câu 4 (1,0 điểm) Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = 1− , ( n ∈ * ) . ( n + 1) 1 2 U U Tính lim ( u1u2u3  un ) . Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > 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 U U đỉnh là đỉnh của ( H ) và có đúng một cạnh là cạnh của ( H ) . Xác định n. 0 , điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC là x − y + 1 = U U 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. Câu 7 (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 và a + b + c = U U 3 . Chứng minh bất đẳng thức: + 2 + 2 ≤1 1 1 1 a +b+c b +c+a c +a+b 2 --------------- HẾT ---------------
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. Những lưu ý chung: U 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. Đáp án và thang điểm: U U Câu Đáp án Điểm a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019 đồng biến trên [ 2; +∞ ) . 1 1 y= 1 3 Ycbt ⇔= y′ mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ ) 3 0,25 = f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) ⇔ m ≥ max f ( x ) −2 x + 6 ⇔m≥ 0,25 x − 2x + 3 [ 2;+∞ ) 2 ( x 2 − 6 x + 3)  x= 3 + 6 ( tm ) 2 Ta có: f ′ ( x )= ′ ( ) ( x 2 − 2 x + 3) = ⇔  0,25  x= 3 − 6 ( ktm ) 2 ; f x 0 AL mx − m + 2 0,25 b) Cho hàm số y = N 1 x +1 có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : = y 2 x − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc FI giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45° . Phương trình hoành độ: x = 1 0,25 mx − m + 2 = 2 x − 1 ⇔ ( x − 1)( 2 x + 3 − m= ) 0, ( x ≠ −1) ⇔  m − 3 x +1 x=  Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi m ≠ 1 ∧ m ≠ 5 . 2  m−3 0,25 Khi đó, A (1;1) , B   ;m − 4 .  2  Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45° là: 0,25 m−3 2  m−3 =OA.OB OA.OB.cos 45° ⇔ = +m−4  + ( m − 4)   .  2 2  2  2 2. 2 m = 3 ⇔ m 2 − 7 m + 12 =0 ⇔  ( tm ) 0,25 m = 4 cos x ( 2sin x + 1) = 3 . ( sin x + 1)( 2sin x − 1) 2 1 a) Giải phương trình lượng giác sau
sin x ≠ −1  0,25 ĐKXĐ:  sin x ≠ 2 1 . Phương trình đã cho biến đổi thành: sin 2 x + = 3 ( 2sin 2 x + sin x − 1) 3 ( sin x − cos 2 x ) cos x ⇔ sin 2 x + cos= x  π  π ⇔ sin 2 x + 3 cos 2 x= 3 sin x − cos x ⇔ sin  2 x + = sin  x −  0,25  3  6 π π π − + k 2π ( ktm )    2 x + 3 = x − 6 + k 2π x = 0,25 ⇔ ⇔  2 x + π =− x + 7π + k 2π 5π 2π + k . ( tm ) 2 =   x 5π 2π 3 6 18 3 Vậy nghiệm của phương trình là: x =+ k . , ( k ∈  ) 0,25  18 3 x − 4 y + 3 x y + 3y + 3 = ( x, y ∈  ) . 1 b) Giải hệ phương trình sau  2 2 0   x 2 + 3 x − y + 5 + 3 3 x − 2 = 2 y ≥ 0 ĐK:  2 0,5  x + 3x − y + 5 ≥ 0 . Biến đổi phương trình đầu về dạng:   2 =1 AL y  x +3 −3 2 −1 = 0 ⇔ ⇒ y = x2 + 3  y y x +3 x +3 = − (l ) 4 2  2 y 1  x +3 N 4 Thay =y x + 3 vào phương trình thứ hai, ta được: FI 2 0,25 2  2 x + 3 + 3 3x − 2 =2 . Vế trái pt là hàm đồng biến trên  ; +∞  mà x = 2 là 3  2 nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: = y   += 2 31 3 3 (tm) 9 Vậy, nghiệm của hệ là: ( x; y ) =  ;   2 31  0,25 3 9  Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ = 3 3a 6 2 và góc 2 = 60° . Gọi M là điểm trên cạnh CC ′ sao cho CM = 2 MC ′ .   a) Chứng minh rằng AM ⊥ B′M . BAC b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) .
AM ⊥ B′M . a) Chứng minh rằng 0,5 Từ giả thiết CM = 2 MC ′   suy ra: =CM a= 6, MC ′ a 6 2 Áp dụng định lí cosin ⇒ BC = trong tam giác ABC a 3. Sử dụng Pitago, dễ dàng 0,25 tính được: = ′ = 2 29a 2 AB , AM 2 10a 2 2 và B′M 2 = 9a 2 . 2 Từ đó suy ra: = ′2 AM 2 + B′M 2 hay 0,25 tam giác AB′M vuông tại AB M. AL 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 B′N và H là hình chiếu vuông góc của N  B′N ⊥ AK ⇒ B′N ⊥ A′H A′ lên AK. Ta có  ⇒ A′H ⊥ ( AB′M ) FI  A′H ⊥ AK Do ∆NC ′M  ∆ACM theo tỉ số k = nên dễ dàng suy ra: C ′N = a và theo định 1 0,25 lí cosin suy ra: B′N = a 7 2 2. a.3a.sin 60° 1 0,25 =A′K = = 2.S A′B′N B′N 2 3a 21 a 7 14 Trong tam giác vuông AA′K ta có: = + ⇒ A′H = 0,25 A′H AA′ A′K 1 1 1 3a 10 2 2 2 10 Vậy khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) bằng 3a 10 . Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = , ( n ∈ * ) . 10 1− ( n + 1) 4 1 1 2 Tính lim ( u1u2u3  un ) . n ( n + 2) Ta có: un = 1 − = , ∀n ∈ * ( n + 1) ( n + 1) 1 0,25 2 2
1.3 2.4 3.5 4.6 n ( n + 2 ) 1 n + 2 = = ( n + 1) 2 n + 1 0,5 Suy ra: u1u2u3  un  2 . 22 32 42 52 Do đó, lim ( u1u2u3  un ) = 1 0,25 Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > 4 ). Biết số các tam giác có ba đỉnh là 2 đỉnh của ( H ) và không có cạnh nào là cạnh của ( H ) gấp 5 lần số các tam giác 5 1 có ba đỉnh là đỉnh của ( H ) và có đúng một cạnh là cạnh của ( H ) . Xác định n. Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn3 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 n ( n − 4) Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là: 0,25  n = 4 ( ktm ) Theo giả thiết, ta có: 0,25 Cn3 − n − n ( n − 4 ) =5n ( n − 4 ) ⇔ n 2 − 39n + 140 =0 ⇔   n = 35 ( tm ) Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh. 0 , điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình 1 đường chéo AC là x − y + 1 = E ( 0; −3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của AL 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 DE : x + y + 3 = 0 ⇒ D ( t ; −t − 3) . N 0,25 FI d ( G, AC ) d ( B, AC ) d ( D, AC ) Ta có, = = 1 1 1 ⇒ D (1; −4 ) 3 3 1 2t + 4 t = ⇔= ⇔ t =−5 ⇒ D ( −5; 2 ) 2 Vì D và G nằm khác phía so với AC nên D (1; −4 ) ⇒ B (1;8 ) ⇒ B : x = 3 2 Vì A ∈ AC ⇒ A ( a; a + 1) . Từ gt S AGCD = 1 0,25 32 ⇒ S ABD =  a= 5 ⇒ A ( 5;6 )( tm ) 24 nên 0,25 d ( A, B ) .DB = 24 ⇔ a − 1 = 4 ⇒   a =−3 ⇒ A ( −3; −2 )( l ) 1 Từ AD= BC ⇒ C ( −3; −2 ) . Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình bình hành là: 2   0,25 A ( 5;6 ) , B (1;8 ) , C ( −3; −2 ) , D (1; −4 ) 7 Cho a, b, c > 0 và a + b + c =3 . Chứng minh bất đẳng thức: 1 + 2 + 2 ≤1 1 1 1 a +b+c b +c+a c +a+b 2 + 2 + 2 ≤1 1 1 1 0,25 a −a +3 b −b+3 c −c +3 Đưa bất đẳng thức về dạng: 2
−x + 4 ≤ , ∀x ∈ ( 0;3) . 1 x − x+3 Ta chứng minh BĐT phụ: Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: ( x − 1) ( x − 3) ≤ 0 luôn đúng, 2 9 2 ∀x ∈ ( 0;3) . Dấu bằng xảy ra khi x = 1 . Vì a, b, c là ba số dương có tổng bằng 3 nên: 0 < a, b, c < 3 . 0,25 Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c: −a + 4 −b + 4 −c + 4 ≤ ≤ ≤ 1 1 1 a −a+3 b −b+3 c −c+3 2 ; 2 ; 2 . 9 9 9 − ( a + b + c ) + 12 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có: 0,25 + + ≤ = 1 1 1 a 2 − a + 3 b2 − b + 3 c2 − c + 3 1 (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 . 9 0,25 --------------- HẾT --------------- 0ӡLFiFHPWKDPNKҧRWKrPFiFWjLOLӋXNKiFWҥLPөF7jLOLӋXKӑFWұSOӟS AL N FI