Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Xylitol Blueberry | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

26
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn học sinh “Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội” được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây nhằm giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Cùng tham khảo giải đề thi để ôn tập kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi các em nhé, chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12, THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019 −x Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị ( C ) và đường thẳng d có phương trình y = x + m , 2x +1 m là tham số. Tìm m để d cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với ( C ) tại A và B là lớn nhất. Lời giải  1 −1 Tập xác định D = ℝ \ −  . Ta có đạo hàm y′ = .  2 ( 2 x + 1) 2 −x Phương trình hoành độ giao điểm = x + m ⇔ g ( x ) = 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m = 0 . 2x + 1 ∆′ = m 2 + 2m + 1 − 2m = m 2 + 1 > 0, ∀m  Ta có   1  1 nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C ) tại hai  g  −  = − ≠ 0, ∀m   2 2 điểm phân biệt A , B với mọi giá trị thực m . S = − ( m + 1)  Gọi x1 , x2 là hoành độ của điểm A và B khi đó  m .  P =  2   1 1  = − 4S − 8P + 4S + 2 = − 4m 2 + 2 ≤ −2 . 2 Suy ra K = −  + ( )  ( 1 ) ( 2 x2 + 1)  ( 4P + 2S + 1)  2x + 1 2 2  2 Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với ( C ) tại A và B bằng −2 đạt được khi m = 0. Câu 2: (5 điểm) a) Giải phương trình cos x = 1− x 2 Lời giải Xét hàm số f ( x) = cos x + x 2 −1 với x ∈ ℝ .Ta có f '( x) = − sin x + 2 x ; f ''( x) = − cos x + 2 .Vì f ''( x) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ f '( x) đồng biến trên ℝ . Mà f '(0) = 0 suy ra phương trình f '( x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 . Bảng biến thiên: 1
Từ bảng biến thiên suy ra f ( x) = 0 ⇔ x = 0 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 .  x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0 b) Giải hệ phương trình  2  x − y + 5 = 2 x y + 3  Lời giải Ta có: x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0 2 ⇔ x 2 + 2 ( y − 3) x + ( y − 3) + 2 y 2 + 4 y − 6 = 0 ⇒ 2 y 2 + 4 y − 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 3 (1). Lại có: x 2 − y + 5 = 2 x y + 3 ⇔ x 2 − 2 x y + 3 + y + 3 + 2 (1− y ) = 0 2 ( ) ⇔ x − y + 3 + 2 (1− y ) = 0 ⇒ 2 (1− y ) ≤ 0 ⇔ y ≥ 1 (2) . Từ (1) và (2) ⇒ y = 1 .Thay y = 1 vào hệ được x = 2 .  x = 2 Vậy hệ có nghiệm là  .  y = 1 1 a2 Câu 3: (3 điểm) Cho dãy số ( an ) xác định bởi a1 = , an +1 = 2 n ; n = 1, 2,... 2 an − an + 1 a) Chứng minh dãy số ( an ) là dãy số giảm. b) Với mỗi số nguyên dương n, đặt bn = a1 + a2 + ... + an . Tính lim bn . n →+∞ Lời giải −a ( a − 1) 2 an2 a) Xét hiệu an +1 − an = 2 − an = 2n n . an − an + 1 an − an + 1 2
Từ cách xác định dãy số ta có an > 0∀n và an2 − an + 1 > 0 ⇒ an +1 − an < 0∀n ∈ N * Vậy ( an ) là dãy số giảm. an2 − an + 1 + an − 1 a −1 b) Ta có an +1 = = 1+ 2 n an − an + 1 2 an − an + 1 an − 1 1 an2 − an + 1 1 ⇒ an+1 − 1 = ⇒ = = an + an − an + 1 2 an +1 − 1 an − 1 an − 1 1 1 ⇒ an = − an +1 − 1 an − 1 1 1 1 Suy ra bn = a1 + a2 + ... + an = − = + 2 (1) an +1 − 1 a1 − 1 an +1 − 1 Lại có: Dãy số ( an ) là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn, giả sử a2 lim an = a ⇒ lim an +1 = a ⇒ a = ⇒ a = 0 hay lim an = 0 (2) n →+∞ n →+∞ a2 − a + 1 n →+∞ Từ (1) và (2) ta có lim bn = 1. n →+∞ Câu 4: (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I , đường cao AH . Gọi E là hình chiếu của B trên AI , HE cắt AC tại P . Gọi M là trung điểm của BC . Biết H ( 6; −4 ) ; P (11;1) và M (10; −4 ) . Lời giải A A P I I E P M C C B H M B H E F F Hình 1 Hình 2 H không trùng M nên tam giác ABC không cân. Vẽ đường kính AF của đường tròn ( I ) . 3
Ta có AHB = AEB = 90° nên bốn điểm A, E , H , B cùng thuộc một đường tròn. Từ đó ta có ABH = HEF = AFC (với hình 1) hoặc ABH = AEH = AFC (với hình 2). nên HP //CF , lại có AC ⊥ CF suy ra HP ⊥ AC . Ta có HP ( 5;5 ) Do vậy đường thẳng AC qua P (11; 1) có vtpt là n (1;1) có phương trình x + y –12 = 0 Đường thẳng BC qua H ( 6; −4 ) và M (10; −4 ) có phương trình y = −4 . C là giao điểm của AC và BC , tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình  x + y –12 = 0  x = 16  ⇔  y = −4  y = −4 Vậy C (16; −4 ) và do M (10; −4 ) là trung điểm của BC nên B ( 4; −4 ) . Đường thẳng AH vuông góc với BC và qua H ( 6; −4 ) có phương trình x = 6 .  x + y –12 = 0 x = 6 A là giao điểm của AH và AC nên tọa độ là nghiệm của hệ  ⇔ x = 6 y = 6 Vậy A ( 6;6 ) ; B ( 4; −4 ) ; C (16; −4 ) . 2) a) Theo quy tắc hình hộp ta có: AC ' AB AD AA ' AC ' = AB + AD + AA ' ⇒ AQ = AM + AN + AP . AQ AM AN AP AC ' AB AD AA ' 3 1 1 1 Mà M, N, P, Q đồng phẳng nên = + + ⇒ = + + . ( Vì AC’ AQ AM AN AP AQ AM AN AP 1 là đường chéo hình lập phương ABCDA’B’C’D’ nên AB = AD = AA ' = AC ' ). 3 1 1 1 1 b) Dễ dàng chứng minh kết quả quen thuộc của tứ diện vuông là: 2 = 2 + 2 + . AH AM AN AP 2 2 1 1 1  1 1 1  Mà 2 + 2 + 2
biểu thức P = a + b + c − 4abc . Lời giải 1 Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c thì từ 1 = a 2 + b 2 + c 2 ⇒ 1 ≤ 3a 2 ⇒ a 2 ≥ . 3 1 2 1 Mặt khác: 2bc ≤ b 2 + c 2 = 1 − a 2 ⇒ 0 ≤ 2bc ≤ 1 − = ⇒ 0 ≤ bc ≤ . 3 3 3 Ta có: P 2 =  a (1 − 4bc ) + ( b + c ) .1 ≤  a 2 + ( b + c )  (1 − 4bc ) + 1 = (1 + 2bc ) (1 − 4bc ) + 1 2 2 2 2      a Dấu bằng xảy ra khi = b + c (*) 1 − bc Đặt t = bc ⇒ 0 ≤ t ≤ , suy ra được P 2 ≤ (1 + 2t ) (16t 2 − 8t + 2 ) = 32t 3 − 4t + 2 1 3  6 t =  1 Xét hàm số f ( t ) = 32t − 4t + 2, t ∈ 0;  ; f ′ ( t ) = 96t − 4 = 0 ⇔  3 2 12 .  3  − 6 t = (l )  12  1  50  6  f ( 0 ) = 2, f   = ,f  ≈ 1, 4556 .  3  27  12   1 b = 0 a = c = (*) Suy ra GTLN f ( t ) = 2 khi t = 0 ⇒  2 c = 0 ⇒  1 .  a = b = 2  1 a = b = Kết luận: max P = 2 , đạt được khi  2 , hoặc các hoán vị của nó. c = 0  Tập thể thầy cô trên Nhóm Toán VD -VDC giải bài: 1. Thầy Binh Nguyen 2. Thầy Khải Nguyễn 3. Cô Trang Nguyễn Thị Thu 4. 1. Thầy Lê Thanh Bình – 2. Thầy Huỳnh Đức Vũ 5. Thầy Trần Minh Ngọc Tổng hợp : Thầy Lê Tài Thắng 5