intTypePromotion=1

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Chia sẻ: Trần Văn Ha | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
13
lượt xem
0
download

Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp cho học sinh đánh giá lại kiến thức đã học của mình sau một thời gian học tập. Mời các bạn tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội để đạt được điểm cao trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Hà Nội

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 03 tháng 10 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (đề thi gồm 01 trang) Bài I (4 điểm)  3 Cho hàm số y  x3  3 x 2  (m  4) x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường  2 thẳng y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A(1; 0) , B, C sao cho MBC là tam giác đều. Bài II (5 điểm) 1) Giải phương trình: 2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3.  x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y  2) Giải hệ phương trình:  . 4 4 2 2 8 x  8 y  8 x  8 y  9  16 xy ( x  y ) Bài III (3 điểm) 3 u 2  1 1 Cho dãy số  un  xác định bởi u1  , un 1  n ; n  1, 2,  3 un 1) Chứng minh  un  là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh    22020. u1 u2 u2019 Bài IV (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x  3 y  6  0 , tìm tọa độ điểm C. 2) Cho hình chóp S.ABC có CA  CB  2 , AB  2 , SAB là tam giác đều, mp ( SAB )  mp ( ABC ). Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh C của tam giác SBC. a) Tính thể tích khối chóp D.ABC. b) Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng (MAB), (MBC), (MCA) với mặt phẳng (ABC)     là bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4MS  4 MC . Bài V (2 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3. Tìm giá trị lớn nhất của: 3 3 3 P  a 3  b3  c3    . a b c --------------- HẾT ---------------
  2. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang) NĂM HỌC 2019 - 2020 NHÓM TOÁN VD – VDC Ngày thi : 3/10/2019 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Họ và tên: .......................................................................................... SBD: ................................................. . Bài I. (4 điểm)  3 Cho hàm số y  x 3  3x 2   m  4  x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường thẳng  2  d  : y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  1;0  , B, C sao cho MBC là tam giác đều. Bài II. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3  x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y   2) Giải hệ phương trình  8 x 4  8 y 4  8 x 2  8 y 2  9  16 xy  x  y  Bài III. (3 điểm) 3 u2 1 1 Cho dãy số  un  xác định bởi u1  , un 1  n ; n  1, 2,3... 3 un 1) Chứng minh rằng  un  là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh   ....   22020 . u1 u2 u2019 NHÓM TOÁN VD – VDC Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M , N (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x  3 y  6  0, tìm tọa độ điểm C. 2) Cho hình chóp S . ABC có CA  CB  2, AB  2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác SBC . a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với mặt phẳng  ABC  bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC . Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 P = a 3 + b3 + c3 − − − . a b c ----- HẾT ----- https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 1
  3. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC NHÓM TOÁN VD – VDC Bài I. (4 điểm)  3 Cho hàm số y  x 3  3x 2   m  4  x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường thẳng  2  d  : y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  1; 0  , B, C sao cho MBC là tam giác đều. Lời giải Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x 2   m  4  x  m  2  2 x  2  x3  3x 2   m  2  x  m  0 (1)   x  1  x 2  2 x  m   0  x  1  2  x  2x  m  0 2 +)  d  cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt   2  có hai nghiệm phân biệt, khác 1.    1  m  0   m  1 * 1  m  0 +) Gọi A  1;0  , B  x1; 2 x1  2  , C  x2 ; 2 x2  2  là tọa độ ba giao điểm của  d  và  Cm  .  x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình  2  NHÓM TOÁN VD – VDC  x1  x2  2  x12  2 x1   m Theo Viet, có  và  2  x1.x2  m  x2  2 x2   m x x  Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC  I  1 2 ; x1  x2  2   I  1; 0   2   3 Ta có MI   3;  ; BC   x2  x1 ; 2  x2  x1    2  MI .BC  0 hay MBC là tam giác cân tại M. 3 Do đó MBC là tam giác đều  MI  MB  4 MI 2  3MB 2 2   7  2  45  3  x1  2    2 x1     4 x12  8 x1  1  0  4  x12  2 x1   1  0 2   2   1 m (Thỏa mãn (*)). 4 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 2
  4. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 1 Vậy m  . 4  MB  MC 2 2 Cách 2: MBC là tam giác đều  MB  MC  BC   NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2  MB  BC   7 2  7 2     2 2  1x  2  2  1 x    x2  2  2  2 x     2  2  2   7  x1  2    2 x1  2    x2  x1   4  x2  x1  2 2 2  5  x12  x22   10  x1  x2   0  5  x1  x2  x1  x2  2   0  65   2 2 5 x1  10 x1   5  x12  2 x1 x2  x22  4 x2  8 x1 x2  8 x1  13  0  4  x1  x2  2  0  ld   (vì x1  x2 )  4  x2 2  2 x2   8  x1  x2   8 x1 x2  13  0 1  4m  16  8m  13  0  m  (thỏa mãn (*)) 4 1 Vậy m  . 4 Bài II. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3 NHÓM TOÁN VD – VDC Lời giải 3 Điều kiện : x   . 2 Khi đó phương trình *  2 x 2  22 x  29  x 2  4 x  4  4  x  2  2 x  3  4  2 x  3  3  2 x  3  4  x  2  2 x  3   x  2   0 2 Đặt t  2 x  3  t  0  . t  x  2  3t  4  x  2  t   x  2  0   x2 . 2 2 t   3  x  2  x  2 Với t  x  2  2 x  3  x  2   2   2  x  1 (thỏa mãn điều 2 x  3  x  4 x  4 x  2x  1  0 kiện). x2  x  2  x  2 x  7  6 2 Với t   3 2x  3  x  2    2  (Thỏa 9  2 x  3   x  4 x  4 2 3  x  14 x  23  0   x  7  6 2 mãn điều kiện). https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 3
  5. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; 7  6 2 .   x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y   2) Giải hệ phương trình  NHÓM TOÁN VD – VDC 8 x 4  8 y 4  8 x 2  8 y 2  9  16 xy  x  y  Lời giải  x 2  y  a Đặt  2 thay vào từng phương trình của hệ thu được  y  x  b 1  a3  b3  6  a  b   2   8  x 4  2 x 2 y  y 2  y 4  2 xy 2  x 2   9  8  a 2  b 2   9  a  b   a 2  ab  b 2   6  a  b    9 . 2 2 a  b   8 a  b  0  3 TH1.  2 2 9 ab . a  b  8 4  x  y  0 3   x  y  1 1 1  3 3  Với x 2  y  y 2  x     . Vậy ta có các nghiệm là  ;  và  ;  . 4  2 3 2 2  2 2   x  y  4 NHÓM TOÁN VD – VDC  39  a 2  ab  b 2  6 ab    8 69 TH2.  2 9   a 2  2ab  b 2    0 ( loại). a 2  b 2  9 2 a  b  8  8  8 1 1  3 3  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là  ;  và  ;  2 2  2 2  Bài III. (3 điểm) 3 u2 1 1 Cho dãy số  un  xác định bởi u1  , un 1  n ; n  1, 2,3... 3 un 1) Chứng minh rằng  un  là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh   ....   22020 . u1 u2 u2019 Lời giải 3 un21  1  1 un 1 1) Ta có u1   0  u1  1 , un    0; n  2,3,... do đó  un  bị chặn dưới. 3 un1 2 un 1  1  1 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 4
  6. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 un 1 Lại có un21  1  1  un 1  un   1; n  1, 2.. do đó  un  bị chặn trên suy ra  un  bị chặn. 2 u n 1 1 1 1 NHÓM TOÁN VD – VDC 1 2     tan 1 1 cos 1  cos 2sin 2 3  6 6 6  12  2) u1   tan , u2     tan 3 6      12 tan tan sin 2sin cos 6 6 6 12 12  Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp un  tan , n  1, 2... 3.2n Dễ thấy mệnh đề trên đã đúng với n  1  Giả sử mệnh đề trên đã đúng với n  k  1 tức là uk  tan ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với 3.2k n  k  1 . Thậ vậy 1 1 2    tan 1 1 cos 1  cos uk2  1  1 3.2 n 3.2 n 3.2n  tan  uk 1     uk    3.2n1 tan tan sin n 3.2 n 3.2n 3.2   Lại có bất đẳng thức tan x  x, x   0;   2   1   Thật vậy: xét hàm số f  x   tan x  x liên tục 0;  và có f   x   2  1  0, x   0;  nên hàm  2 cos x  2     NHÓM TOÁN VD – VDC số đồng biến trên 0;  . Do đó x   0;  suy ra f  x   f  0   tan x  x  2  2 1 1   hay  , x   0;  . Áp dụng ta được tan x x  2 1 1 1 1 1 1 3 3   ....     ..    2  22  ...22019   .2.  22019  1  22020 . u1 u2 u2019 tan  tan 2   tan 2019   3.2 3.2 3.2 Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M , N (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x  3 y  6  0, tìm tọa độ điểm C. Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 5
  7. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 NHÓM TOÁN VD – VDC +) Gọi hình vuông ABCD có cạnh là 1 5 5 5 Khi đó ta có BN 2  ; BM 2  BI 2  MI 2  ; MN 2  MC 2  CN 2  2CM .CN .co s 45o  4 8 8  BN 2  BM 2  MN 2  BMN vuông tại M +) Đường thẳng MN qua N (1; 1) và vuông góc với đường thẳng BM : x  3 y  6  0 có phương trình là 3 x  y  2  0 x  3y  6  0 x  0 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình    M (0; 2) 3 x  y  2  0 y  2 +) Gọi B (3 y o  6; y o ), y o  2  yo  3 (tm) Khi đó MB 2  MN 2  (3 yo  6) 2  (yo  2)2  10    yo  1 (ktm) Với yo  3  xo  3  B (3;3) NHÓM TOÁN VD – VDC Cách 1. Ta có BN 2  20  BC  4 và phương trình đường thẳng BN : 2 x  y  3  0 Gọi (C1 ) đường tròn đường kính BN : (x  2) 2  (y  1)2  5 (C2 ) là đường tròn tâm B bán kính BC : (x  3) 2  (y  3) 2  16 (x  2) 2  (y  1)2  5 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình  2 2 (x  3)  (y  3)  16   y  1   y  3 C  3; 1 x  1 2 y  5   2 2     1 3  (1  2 y  2)  (y  1)  5  x  3 C ;   5 5   1  x   5 Mà C và M nằm về 2 phía của BN , nên tọa độ cần tìm là C  3; 1 . Cách 2. 2 Gọi J là giao điểm của BN và CM, khi đó J là trọng tâm tam giác BCD, vậy BJ  BN 3 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 6
  8. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12  2  xJ  3  3 (1  3) 5 1  J ;   y  3  2 (1  3) 3 3  J 3 NHÓM TOÁN VD – VDC 2 2 2 4 Lại có CJ  CI  . CM  CM  C (3; 1) 3 3 3 9 2) Cho hình chóp S . ABC có CA  CB  2, AB  2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác SBC . a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với mặt phẳng  ABC  bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC . Lời giải Gọi H là trung điểm của AB . Ta lần lượt có những điều như sau: NHÓM TOÁN VD – VDC + SH   ABC  . + Tam giác CAB vuông cân ở C . + Tam giác SCA, SCB cân ở S . + CH  1, SH  3 . +  SCH  là mặt phẳng đối xứng của hình chóp S . ABC . VD. ABC DB VD. ABC DB CB 2 a. Ta có  do đó    . VS . ABC SB VS . ABC  VD. ABC DS CS 2 2 2 11 2 2 Tức VD. ABC  22 VS . ABC  2 2 3 2   .  . 2 . 3   2 3 6 . b. Gọi N là hình chiếu của M trên  ABC  . Do tính đối xứng của hình chóp S . ABC qua  SCH  nên M   SCH  , tức N  CH . https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 7
  9. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 Do góc tạo bởi  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với  ABC  bằng nhau nên khoảng cách từ N đến các cạnh của tam giác ABC bằng nhau, gọi khoảng cách này là x ta được 1  x  x 2 . Tìm được 1 x . NHÓM TOÁN VD – VDC 1 2 Gọi E là đối xứng của C qua S , dựng hình bình hành CHFE ta được MA  MB  4 MS  4 MC  2 MH  2CS  2 MF . Dựng hình chữ nhật NN ' FG với N ', G lần lượt thuộc MN , CH . Ta thấy MF nhỏ nhất khi và 3 2 2 chỉ khi MF  NG  3  CN  3  1  x   . 1 2 64 2 Tóm lại, giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC là . 1 2 Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 P = a 3 + b3 + c3 − − − . a b c Lời giải + Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a  b  c và a  b  c  3  a  1 , b  c  3  a  2 mà b  c  2 bc  bc  1 . 3 3 3  b + c b + c  + Xét P = f (a, b, c) = a 3 + b 3 + c 3 − − − ta chứng minh: f (a, b, c) ≤ f a, ,  a b c  2 2  3 3 3 3 3 b + c  b + c  3 6 6 ⇔ a + b + c − − − ≤ a 3 +  3 3 3  +   − − − NHÓM TOÁN VD – VDC a b c  2    2  a b +c b +c 3 2 4b 3 + 4c 3 − (b + c ) 12bc − 3 (b + c ) 3 3 3 b + c  12 3 3 ⇔ b + c − − ≤ 2.   − ⇔ + ≤0  b c  2  b +c 4 bc (b + c ) 3 2 ⇔ ( ) 4 (b + c ) b 2 − bc + c 2 − (b + c ) − 3 (b − c ) ≤0 4 bc (b + c ) 2 2 3 (b + c )(b − c ) 3 (b − c )  2 (b + c )  1 ⇔ − ≤ 0 ⇔ (b − c )  − ≤0  4 bc (b + c )  4 bc (b + c )    2  2  2 ⇔ (b − c ) bc (b + c ) − 4 ≤ 0 ⇔ bc (b + c ) − 4 ≤ 0 (đúng do b  c  2; bc  1 )   b +c + Đặt t = ⇒ b + c = 2t ⇒ a = 3 − 2t 2  b + c b + c  3 3 6 ⇒ f a, ,  = g (t ) = (3 − 2t ) + 2t 3 − − , 0  t 1.  2 2  3 − 2t t https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 8
  10. NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12   2 6 6  2 2  1  ⇒ g ′ (t ) = −6 (3 − 2t ) + 6t −2 + 2 = 6 − (3 − 2t ) + t  1 −  2 t    2 (3 − 2t )  t 2 (3 − 2t )   NHÓM TOÁN VD – VDC 2 (t − 1) (−2t + 1)(t − 3)(−2t 2 ) + 3t + 1 ⇒ g ′ (t ) = 6 2 t (3 − 2t ) 2  2 − (3 − 2t ) + t = 0 2  1 ⇒ g ′ (t ) = 0 ⇔  1 ⇔t = . 1 − 2 =0 2  t 2 ( 3 − 2t )  BBT: 21 21  max g  t     P  f  a; b; c   g  t    .  0;1 4 4 1 21 Dấu bằng xảy ra khi a  2; b  c  và các hoán vị  max P  max f  a; b; c    . 2 4 ----- HẾT ----- NHÓM TOÁN VD – VDC https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 9
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản