Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Hà Nội

Cùng tham khảo Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố năm 2021-2022 có đán án - Sở GD&ĐT Hà Nội để các em ôn tập lại các kiến thức đã học, làm quen với cấu trúc đề thi để chuẩn bị cho kì thi sắp tới được tốt hơn với số điểm cao như mong muốn. Tài liệu đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được năng lực bản thân, từ đó đề ra phương pháp học tập hiệu quả giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi học sinh giỏi sắp tới.

Trang 1/6 - WordToan

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ NỘI

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12

NĂM HỌC 2021 – 2022

MÔN THI: TOÁN Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chứng minh rằng với mọi m2 hàm số f x( )=

2 2

1

x mx

  có đúng 4 cực trị

Lời giải

Cách 1 Đặt g x( )=

2 2

1

x mx

   y g x( )

( ) ( ) ( )

g x g x y

g x





Số điểm cực trị của hàm số y g x( ) là số nghiệm của phương trình: g x g x( ) ( ) 0 

Xét g x( ) 0 x2mx 1 0

Ta thấy ac    1 0, m g x( ) 0 luôn có 2 nghiệm bội lẻ (1)

Xét g x( ) 0

(2x m x)( 2x 3) (2x 2)(x mx 1) 0 (2 m x) 8x 3m 2 0

2

m









nên g x'( ) 0 cũng có 2 nghiệm bội lẻ (2)

Từ (1) và (2) ta có hàm số y=

2 2

1

x mx

  có đúng 4 điểm cực trị (ĐPCM) Cách 2 Đặt g x( )=

2 2

1

x mx

   y g x( )

( ) ( ) ( )

g x g x y

g x





Số điểm cực trị của hàm số y g x( ) là số nghiệm của phương trình: g x g x( ) '( ) 0

Xét g x( ) 0 x2mx 1 0

Ta thấy ac    1 0, m g x( ) 0 luôn có 2 nghiệm bội lẻ (1)

Nhận xét: g x'( ) cũng bậc 2, nếu g x'( ) không đổi dấu thì g x( ) 0 chỉ có tối đa 1 nghiệm (loại)

Do đó: g x'( ) phải đổi dấu, tức là g x'( )phải có 2 nghiệm phân biệt

Vậy hàm số luôn có đúng 4 cực trị

Câu 2 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] a) Giải phương trình x 1 3x  2x 2 2x 1

Lời giải

Điều kiện:

1 0

1

0

1

2

x

x x

x

x x



 

x  x  x  x  x  x  x  x

4x 1 2 3x x 1 4x 1 2 2x 2 2x 1

          3x x  1 2x2 2 x1

Trang 2/6 – Diễn đàn giáo viên Toán

3x 3x 4x 2x 2

2 0

2

lo¹i x

x

  



Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2

Câu 2 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] b) Giải hệ phương trình 22 52 4 4 1 2 3 4

25





Lời giải

Điều kiện: 1 5

x y

 



  

 Ta có x25x 4 4 x 1 y23y4 y x22x  1 3 3x4 x 1 y23y4 y

 Xét hàm số f t  t4 3t2 với 4t t 0

Ta có f t 4t3  ; 6t 4 f t 12t2 6

Suy ra f t 4t3     6t 4 0, t 0

Vậy hàm số f t  t4 3t2 đồng biến với mọi 4t t 0

 Ta có  *  f x 1  f y  x 1 y    y x 1

Thay y  vào phương trình x 1 x2y2 25 ta được

3 lo¹i

x

  



Kết luận: Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất    x y;  4;3

Câu 3 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 8 chữ số Tính xác

suất để chọn được số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu: n  9.107

Gọi biến cố: A:"chọn được số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9"

Gọi số cần lập có dạng: a a a a a a a a a1 2 3 4 5 6 7 8 10

TH1: ai 9,i1,8

Chọn a có 1 8 cách chọn

Chọn a a a a a a có 2 3 4 5 6 7 96 cách

Chọn a , có 1 cách chọn 8

Vậy có: 8.9 số 6

TH2: a1 và các chữ số còn lại khác 9 9

Tổng hợp: Trần Minh Vũ Trang 3/6

Chọn a có 1 cách 1

Chọn a a a a a a có 2 3 4 5 6 7 9 cách 6

Chọn a , có 1 cách chọn 8

Vậy có: 9 số 6

TH3: Chữ số 9 không ở vị trí a 1

Chọn a , có 1 8 cách

Chọn vị trí cho chữ số 9, có 7 cách chọn Giả sử a2 9

Chọn a a a a a , có 3 4 5 6 7 9 cách 5

Chọn a , có 1 cách chọn 8

Vậy có: 8.7.9 số 5

  8.96 96 56.95

* Xác suất của biến cố A là       8988577

10

n A

P A

n

Câu 4 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Cho dãy số  un xác định bởi u1 ;3 1 3 1

3

n n

n

u u u







 ; n1, 2,3, 1) Chứng minh dãy số  un là dãy số giảm

2) Tính tổng

S

Lời giải

1) Ta có u1  3 0

Giả sử un  , ta có1  

1

3

n n

n

u u

u





Theo nguyên lí quy nạp thì un với mọi số nguyên dương 1 n

Xét hiệu

2 1

3

0 3





1 ,

n n

u  u  n  Vậy  un là dãy giảm

1

1

3

n n

n

u u

u





 

 và

1

n n

n

u u

u













Vì vậy:

1

n n



Ta có:

1 2 100

100 100

S

        

Câu 5 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Trong mặt phẳng  P cho góc xOy900 và tia Oz thỏa mãn xOz300;

 600

zOy Trên tia Oz lấy điểm I sao cho OI2a Trên đường thẳng d đi qua O và vuông góc với  P lấy điểm S sao cho OS a Mặt phẳng  Q thay đổi đi qua SI và cắt các tia Ox Oy lần, lượt tại ,A B ( A khác O và B khác O )

1) Tính góc giữa  P và  Q khi I là trung điểm của AB

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S OAB

Lời giải

Đặt OA x OB , y x y( , 0)

1) Khi I là trung điểm của AB suy ra AB2AI 2BI 2OI 4a nên OAI 300, OBI 600 Khi đó x2a 3,y2a nên nếu gọi E là chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB ta có góc giữa

   P , Q bằng góc SEO

Lại có OE OA OB. a 3

AB

3

SO

OE

2) M N lần lượt là hình chiếu của I lên , Ox Oy suy ra , OM a 3,ON  và do đó a

3

Vì , ,A I B thẳng hàng nên ta có

2

x   y xy   và dấu bằng xảy ra khi 2 3

2

 









Suy ra

3

S OAB

a

V  axy Vậy thể tích khối chóp S OAB nhỏ nhất

3 min

2 3 3 a

Câu 6 [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Với a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 12 12 12 2

Lời giải

Cách 1

Không mất tính tổng quát giả sử rằng cmax , ,a b c, khi đó 1 c 3

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

3

P



Xét hàm số   4 2 1 1 12

3

f c

   với c  1; 3, có:

2

3



Do đó hàm số f c đồng biến trên   1; 3, suy ra f c  f 1  1

Từ đó ta có minP , đẳng thức xảy ra khi 1 a b c  1

Cách 2

Không mất tính tổng quát giả sử rằng cmax , ,a b c, khi đó c2 3

Ta có:

P



2

c

Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán

2 2

0

3

 Đẳng thức xảy ra khi a b c  1

Vậy minP 1

HẾT