SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA (Đề gồm 01 trang)
ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12 MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2019 - 2020 Thời gian làm bài 180 phút
3
Câu 1 (4 điểm).
23 x mx
,
,A B C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
,
,A B C bằng 3.
Tìm m để đồ thị hàm số y x cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt m 2
Câu 2 (6 điểm).
2
a. Giải phương trình: 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 sin 2 .cos x x sin x 2 cos x .
2
3
y
3 x
y x 2 2 xy b. Giải hệ phương trình: 1 . x x 2 0
Câu 3 (4 điểm).
* .
nu xác định bởi
, n Cho dãy số
n
1
n
u 2 u 2 2020 2019 2 u n u 1
S
...
n
1
2
1
2
u
1
2
u
2
u 1
n
Đặt . Tính lim .nS
Câu 4 (4 điểm).
SMN luôn vuông góc với
,M N là hai điểm thay
.S ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi ,AB AC sao cho mặt phẳng AM x AN y . ,
Cho hình chóp tam giác đều
ABC . Đặt
x
y
xy 3 .
đổi lần lượt thuộc các cạnh mặt phẳng
a. Chứng minh rằng
có diện tích bé nhất, lớn nhất.
,x y để SMN
b. Tìm
,
,
Câu 5 (2 điểm).
a b c là các số thực dương thoả mãn
a b c
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
3
Cho
3
thức.
1
1
P . 2 ab bc 3 ca abc 6 c a abc b 1
----------------------- HẾT -----------------------
Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
CÂU Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
3
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12
23 x mx
,
,A B C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
Tìm m để đồ thị hàm số y x cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt m 2
,
,A B C bằng 3.
3
4
23 x mx
3
2
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x có 3 nghiệm phân biệt. 2 (1) m 0 1,0
2 x mx
x
2 2
x m
2 0
(2) có hai nghiệm phân
x 3 2 m 0 x ( 1)( x 2 x m 2) 0
(*)
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt ' 3 m 0 1,0 biệt khác 1 m 3 . m 2 0 1 1 2
2
,
Gọi ,x x là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị 1
,A B C là:
2
y
'(1)
)
) 3(
)
6
6(
) 3
m
3 9 3
m
y x '( 1
y x '( 2
x 1
x 2
x x 1 2
x 1
x 2
hàm số tại giao điểm 1,5
9 3
m
(t/m đk (*)).
m
3
2
Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3 0.5
2m
ĐS:
Giải phương trình: 2 sin 2 x cos 2 x 2 2 sin 2 .cos x x sin x 2 cos x
c os2x =
2 sin x - sin2x
2
a 1,0
c 2 os
x
1,0
1 sin 2x
2 s inx
2
2 sin 2x.cosx - sin2x c 2 osx -1
c 2 osx -1
2 2cosx - 2
c 2 osx -1
c 2 osx -1 sin 2x - 2 s inx +2
2
c 2 osx +1
c 2 osx -1
c osx =
1
1 2
2 s inx + cosx
2sinx.cosx - 1 = 0 2
0.5
x
k
2
4
+ (1)
x
k
x
k
2
0.5
4
4
+ (2) ,
Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..
2
2
3
y
3 x
2
x
2
x
y
x
1
y x 2 2 xy 1 Giải hệ phương trình: . x x 2 3 b
2
2
x
y x
2
x
2
Viết lại hệ: 1,0
u .
1
Đặt u x 2 , x v . Dễ có: x y
0.5 1 Hệ trở thành: 2 u v . u v
x
1 Suy ra: v 1 u 0.5
x x
2 2 1 1 y
Ta có 0.5
1
0 x y 0.5
*
nu xác định bởi:
, n Cho dãy số
n
1
n
u 2 u 2 2020 2019 2 u n u 1 4
S
...
n
1
2
1
2
u
1
2
u
2
u 1
n
*
n
1,
(1)
Đặt . Tính: lim nS .
nu
n
(1)
1
đúng với
1n .
u 1, 1
2020 2019
1
gtqn
n
k k (
1)
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp toán học. 3 1,0 Với
ta có
ku
n
k tức là phải chứng minh
1
ku . 1 1
Giả sử (1) đúng với . Ta phải chứng minh (1) đúng với
2 k
k
2 k
k
k
1
k
1
k
1
2 u k 2
*
1,
u u 1) Thật vậy u 1 1 1. 1 0 0 u u u 2 2 u 2( 2 1 2
n
nu
u
u
u
u
0,
n
Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có
* vì dãy số
nu là dãy số
1
n
n
2 n
n
nu nên dãy số
Mặt khác 1
tăng.
1
1
k
u 2
2)
k
1
u u ( k
k
2)
u
2) u 2)
u
1
2
u
u
2 u u ( k
k
1 1 k
u ( k ( u u k
k
k
1
1 u k
k
1
k
Với mọi k N*, ta có :
1
1
S n
1
2
u
1 u
u
u
k
k
k
1
1 u 1
n
1
1,0
nu là dãy số không bị chặn.
a . Vì
Ta chứng minh dãy số
nu có giới hạn hữu hạn. Giả sử
nu là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy lim nu
nu 1
Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số nu tăng và bị chặn thì dãy số
u 2
u
u 2
1a . Từ định nghĩa
1
n
2 n
n
1,0 Nên ta có . Chuyển qua giới hạn ta có:
2a = a2 + 2a a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1.
nu không bị chặn trên . do
1
Vậy giả sử sai, suy ra dãy
lim
u
lim
0
lim
S
lim (
)
n
n
1 u
2019 2020
u
n
nu là dãy tăng nên 1 u 1
1 u 1
n
1
S
1,0
M
B
A
O
H
N
C
x
y
3
xy
4
Chứng minh
SMN
ABC
SO
ABC
SO MN O MN ,
1,0 Kẻ do
.S ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác
a.
Do hình chóp ABC .
Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .
M AB N AC ,
AB AC AH 2. Ta có AM AN AH 2 . AM AN 2 AO . AB AM AC AN 1 x 1 y 3 2 4
. . x AM y AN
xy AO
3 .
Vì 1,0
,
x
y
xy 3 .
.
,M N O thẳng hàng nên
S
SO MN .
S
S
SO MN .
S
Do (đpcm).
SMN
SMN
SMN
SMN
1 2
1 2
nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và
2
2
2
2
2
0
2
2
MN
x
y
2 . os60
xy c
x
y
xy
x
y
3
xy
9
xy
3
xy
lớn nhất khi MN lớn nhất
x y ;
Ta có 1,0
1
3
xy
x
y
2
xy
xy
Từ giả thiết ta có 0
4 9
Từ (1) ta có
x
y
1 3
xy
xy
xy
xy
1
0
y
x
1
1
1 2
2
2
0.5
t
MN
t 9
t 3
4 1 ; 9 2
2
Đặt t = xy,
f
t 9
t 3 ;
t
4 1 ; 9 2
t
khi x
y
ta được Lập bảng biến thiên của hàm số t
2 3
4 9
t
khi
MN nhỏ nhất khi
1 2
1 2 1
x y
1 1 2
x y
,
,
MN lớn nhất khi hoặc 0,5
a b c là các số thực dương thoả mãn
a b c
. Chứng minh rằng:
3
3
Cho
1
1
3
1 2 ab bc 3 ca abc 6 a c abc b 1 2
1
1
Đặt : P 2 ab bc 3 ca abc 6 c a abc b 1 0.5
2
x
y
z
3
xy
yz
zx
x y z , ,
Áp dụng bất đẳng thức:
,
,
a b c ta có: 0
0.5 Với
2
ab bc
ca
abc a b c 3
9
abc
ab bc
0
ca
3
abc
3
5
1
1
a b c abc a b c , , 0. Ta có: 1
1
3
Thật vậy:
1
1
1
2
3
3
3
a b c 1 a b c ab bc ca
1 3 abc 3 abc abc abc abc 1
3
3
2
P
abc 3
abc 6
abc
1
abc
3 1
2
3
Khi đó:
6
3
abc
t
abc
t
,
abc
t
.
3
,
,
0
0.5 Đặt:
a b c nên
0
abc
0
1
t
1
a b c 3
2
3
Vì
0; 1
2
3
3 1
2
2
2
Xét hàm số f t ( ) t , t t t 1 1 6 2 t
f
'(t)
t 2 .
2 t 3 2 t ) (1
t 2 t
(1
2 2 )
t 2
t 3 2 t )
(1
1 t
(1
2 2 )
t 2
5
2
t 2 .
0,
t
(0;1]
(1
t t )(1 2 2 ) .(1 t
t
) 3 2 )
(1
t 2
f
f
t ( )
f
t ( )
f
(1) 1,
t
(0;1]
0.5
t đồng biến trên
3
Suy ra ( ) trên (0;1] ta có .
1
1
1 2 ab bc 3 ca abc 6 a c abc b 1 0.5
a b c
.
1
Dấu ‘=’ xảy ra khi
MaxP khi
1
a b c
1
Vậy
Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa
