Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - THPT Lê Qúy Đôn

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

133
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn có thêm phần tự tin cho kì thi sắp tới và đạt kết quả cao. Mời các em học sinh và các thầy cô giáo tham khảo tham Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - THPT Lê Qúy Đôn dưới đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 - THPT Lê Qúy Đôn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA MÔN: TOÁN (Đề gồm 01 trang) NĂM HỌC: 2019 - 2020 Thời gian làm bài 180 phút Câu 1 (4 điểm). Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt 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. Câu 2 (6 điểm). a. Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  .  x3   y  2  x 2  2 xy  1 b. Giải hệ phương trình:  . 2  x  3 x  y  2  0 Câu 3 (4 điểm).  2020 u1  Cho dãy số  un  xác định bởi  2019 , n  * . 2u  u 2  2u  n 1 n n 1 1 1 Đặt S n    ...  . Tính lim Sn . u1  2 u2  2 un  2 Câu 4 (4 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Đặt AM  x, AN  y. a. Chứng minh rằng x  y  3 xy. b. Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất. Câu 5 (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức. 2 abc abc P  3 . 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  ----------------------- HẾT ----------------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm 4 A, B, C bằng 3. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt. 1,0 x3  3 x 2  mx  2  m  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  2)  0 Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  2  0 (2) có hai nghiệm phân  '  3  m  0 1,0 biệt khác 1    m  3 (*) . 1 1  2  m  2  0 Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại giao điểm A, B, C là: 1,5 y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 ) 2  6 x1 x2  6( x1  x2 )  3m  3  9  3m Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9  3m  3  m  2 (t/m đk (*)). 0.5 ĐS: m  2 Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  a 1,0  cos2x =  2 sin 2x.cosx - sin2x      2 sin x - sin2x  2 2cosx - 2   2cos x  1  sin 2x  2cosx -1  2 s inx  2cosx -1  2  2 2cosx -1 1,0 2   2cosx +1  2cosx -1    2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2   1 0.5  cosx = 2 1   2  s inx + cosx   2sinx.cosx - 1 = 0  2  + (1)  x    k 2 4 0.5   + (2)  x    k  x   k 2 , 4 4 Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..
 x3   y  2  x 2  2 xy  1 Giải hệ phương trình:  . 2 b  x  3 x  y  2 3  x 2  2 x   x  y   1 Viết lại hệ:  2  x  2 x  x  y  2 1,0 Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 . 0.5 u.v  1 Hệ trở thành:  u  v  2 u  1 Suy ra:   v  1 0.5  x 2  2 x  1 Ta có   x  y  1 0.5  x  1  y  0 0.5  2020 u1  Cho dãy số  un  xác định bởi:  2019 , n  * 2u  u 2  2u  n 1 n n 4 1 1 1 Đặt S n    ...  . Tính: lim Sn . u1  2 u2  2 un  2 Ta chứng minh un  1, n  * (1) bằng phương pháp qui nạp toán học. 3 2020 1,0 Với n  1, u1   1  (1) đúng với n  1 . 2019 Giả sử (1) đúng với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  . Ta phải chứng minh (1) đúng với n  k  1 tức là phải chứng minh uk 1  1 . uk2  2uk u 2  2(uk  1) uk2 1 Thật vậy uk 1  1  1  k    0  uk 1  1  0  uk 1  1. 2 2 2 2 Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un  1, n  * Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * vì dãy số un  1 nên dãy số  un  là dãy số tăng.
Với mọi k  N*, ta có : 2 1 (u  2)  uk 1 1 1 1 2uk 1  uk (uk  2)    k     uk (uk  2) uk 1 uk (uk  2) uk 1 uk uk  2 uk 1 1,0 1 1 1 1 1     Sn   uk  2 uk uk 1 u1 un 1 Ta chứng minh dãy số  un  là dãy số không bị chặn. Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số  un  là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy  un  tăng và bị chặn thì dãy số  un  có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim  un   a . Vì un  1 1,0 Nên ta có a  1 . Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un . Chuyển qua giới hạn ta có:  2a = a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1. Vậy giả sử sai, suy ra dãy  un  không bị chặn trên . do  un  là dãy tăng nên 1 1 1 1 2019 1,0 lim  un     lim  0  lim S n  lim (  )  un u1 un 1 u1 2020 S 4 M A B O H N C Chứng minh x  y  3 xy Kẻ SO  MN , O  MN do  SMN    ABC   SO   ABC  1,0 a. Do hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .
   AB  AC   1  1  3  Ta có AB  AC  2. AH  AM  AN  2 AH  . AM  AN  2 AO . AM AN x y 2 4 Vì  M  AB, N  AC  1,0    x. AM  y. AN  3 xy. AO . Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  3 xy. (đpcm). 1 1 S SMN  SO.MN  SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN  SO.MN  SSMN 2 2 lớn nhất khi MN lớn nhất 2 2 Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy.cos600  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  9  xy   3 xy 1,0 Từ giả thiết ta có 0  x; y  1 4 Từ (1) ta có 3 xy  x  y  2 xy  xy  9 0.5 1  x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3 xy  xy  2 4 1 Đặt t = xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   9t 2  3t ; t   ;  ta được 9 2 4 2 MN nhỏ nhất khi t  khi x  y  9 3 x  1  1 1  x  MN lớn nhất khi t  khi  1 hoặc  2 0,5 2  y   2 y 1 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng: 2 abc abc  3 1 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  2 2 abc abc Đặt : P   3 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  0.5
2 Áp dụng bất đẳng thức:  x  y  z   3  xy  yz  zx  x, y, z   0.5 Với a, b, c  0 ta có: 5 2  ab  bc  ca   3abc  a  b  c   9abc  0  ab  bc  ca  3 abc 3  Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc  a, b, c  0. Thật vậy: 1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc 3 2   1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc  3 2 abc abc Khi đó: P     3 1  abc  3 1  abc 6 6 abc  t  3 abc  t 2 , abc  t 3 . 0.5 Đặt: 3  abc Vì a, b, c  0 nên 0  abc    1 0  t 1  3  2 t2 1 3 Xét hàm số f (t )    t , t   0; 1 3 1  t 3  1  t 2 6 2t 2 2t t2  t 1  t2 0.5 f '(t)     2t .   2 2   (1  t 3 ) 2 (1  t 2 ) 2 2 3 2  (1  t ) (1  t )  2 (1  t )(1  t 5 ) t2  2t.   0, t  (0;1] (1  t 2 ) 2 .(1  t 3 ) 2 2 Suy ra f (t ) đồng biến trên f (t ) trên (0;1] ta có f (t )  f (1)  1, t  (0;1] . 2 abc abc   3 1 3  ab  bc  ca 6 1  a 1  b 1  c  0.5 Dấu ‘=’ xảy ra khi a  b  c  1 . Vậy MaxP  1 khi a  b  c  1 Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa