L12 đề và đáp án hsg hải phòng 2019 2020

Gọi M là trung điểm của CC.. Chứng minh rằng MB vuông góc với A M.. Tính độ dài chiều cao của hình chóp.. Câu 5 1 điểm:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đườ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ LỚP 12

Năm học 2019 - 2020

Môn: Toán Ngày thi 19-09-2019- BẢNG KHÔNG CHUYÊN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2 điểm):

3

y x  x  m x m 

Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã cho

đồng biến trên khoảng 0;.

b Cho hàm số

2mx 3 2m y

x 2

 



.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng

d y x cắt  C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho góc giữa hai đường thẳng , OA OB bằng 0

45

Câu 2 (2 điểm):

a Giải phương trình

3 1





b Giải hệ phương trình

 

 







Câu 3 (2 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có AB a , AC2a, AA 2a 5 và góc

BAC  Gọi M là trung điểm của CC.

a Chứng minh rằng MB vuông góc với A M

b Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng A BM  theo a

Câu 4 (1 điểm): Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0 , lấy ngẫu nhiên

một số Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau

Cho hình chóp tứ giác S ABCD , có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA SB SC SD   Gọi M , N

lần lượt là trung điểm SA, SC Biết góc giữa MB và ND bằng 60 Tính độ dài chiều cao của hình

chóp

Câu 5 (1 điểm):Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính

BD Các điểm ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD CD Biết rằng,

4;6

A , đường thẳng HK có phương trình 3x 4y 4 0 , C thuộc đường thẳng d x y1:   2 0 , B

thuộc đường thẳng d x2:  2y 2 0 , K có hoành độ nhỏ hơn 1 Tìm tọa độ của ,B C

Câu 6 (1 điểm): Cho dãy số  u n xác định bởi

1 1

2 1, 1

2

n n

u

u





n

v   u w u u u u  n  n

Tìm các giới hạn lim ;l mv n i w n

Câu 7 (1 điểm) Cho các số thực dương , ,a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của

3

4a 3b 2c 3b c P

a b c



 

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN LỚP 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

NĂM HỌC 2019-2020

Câu 1:

3

y x  x  m x m 

Tìm điều kiện của tham số m để hàm số đã cho

đồng biến trên khoảng 0; 

b Cho hàm số

2mx 3 2m y

x 2

 



 có đồ thị là  C .Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng

d y x cắt  C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho góc giữa hai đường thẳng , OA OB bằng 0

45

Lời giải

a Ta có:y'x2 2x m  2

Để hàm số đồng biến trên khoảng 0; 

thì y' 0,  x 0;

y   x   x  x m    x   x  x m x  

Xét hàm số g x  x2 2x 2,x0;, 'g x 2x 2, '( ) 0g x   x1

Lập bảng biến thiên, suy ra

 

 0; 





b Xét phương trình:

2

2mx 3 2m

x 2

 



Ycbt tương đương với (1) có hai nghiệm phân biệt x ; x1 2

2 2







Theo viet ta có S x 1x2 2m; P x x 1 2 2m 1.

Giao điểm của d và (C) là:A(x ; x1 1 2); B(x ; x2 2  2)

2

2

 

 

2

 

   

2

Ta có

2 2

m 3 / 2(N)

m 1/ 2(N)







Vậy có 2 giá trị m thoả mãn

Câu 2:

a Giải phương trình

3 1





b Giải hệ phương trình

 

 







Lời giải

a Giải phương trình

3 1





+ ĐK:

2 6 7

6

2































Z

Ta có:

2

k

k m





Z

Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là

2

18 3

k

x   

b Giải hệ phương trình

 

 







+ ĐK:

0

y





Ta có:

 

2

2

2 2

3 1

3

2

y

x y

y x x





















 Thay vào phương trình số (2) ta được phương trình: 4x132x1 1

Đặt





1

2 1

4

x

v









Vậy nghiệm của hệ phương trình là

1 9 ,

2 4

 

 

 

Câu 3:Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có AB a , AC2a, AA 2a 5 và góc BAC 120o Gọi

M là trung điểm của CC.

a Chứng minh rằng MB vuông góc với A M

b Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng A BM  theo a

Lời giải

I

M

2a 5

2a

a

C' B'

A'

C B

A

a Ta có           MB A M       MC CB A C                   C M  MC C M CB A C      

CB A C      AB AC AC AB AC  AC  a

Do đó    5 2 5 2 0

Vậy MBA M .

b Ta có BC2 AB2AC2 2.AB AC. .cos120o 7a2

và

.

1

2

ABC A B C ABC

Mặt khác

3

M ABA C ABA ABC A B C

a

Mà



;

3







A MB

d A A BM

Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra có mặt đúng ba chữ số khác nhau

Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu là n    95

Có C cách chọn 3 chữ số 93 a , b , c phân biệt từ 9 chữ số 1;2; ;9

Xét các số có 5 chữ số được tạo thành từ 3 chữ số a , b , c

 TH1: Có 1 chữ số lặp lại 3 lần, hai chữ số còn lại xuất hiện đúng 1 lần

Có 3 cách chọn chữ số lặp lại, giả sử là a Có C cách xếp vị trí chữ số 53 a, 2! cách xếp vị trí 2 chữ số

b , c, suy ra có 3 .2! 60C53  số

 TH2: Số đó có hai chữ số lặp lại 2 lần, chữ số còn lại xuất hiện 1 lần.

Có C cách chọn hai chữ số lặp lại, giả sử là 32 a và b

Có C cách xếp vị trí chữ số 52 a, C cách xếp vị trí chữ số b , xếp chữ số 32 c có 1 cách.

Suy ra có C C C 32 .52 32 90 số.

Vậy có 60 90 150  số thỏa mãn được tạo thành từ 3 chữ số a , b , c

Như vậy có C93.150 số có 5 chữ số mà có đúng ba chữ số khác nhau và các chữ số đều khác 0

Xác suất cần tìm là

3 9 5

.150 1400

C

điểm ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD CD Biết rằng, A4;6 ,

đường thẳng HK có phương trình 3x 4y 4 0 , C thuộc đường thẳng d x y1:   2 0 , B thuộc

đường thẳng d x2:  2y 2 0 , K có hoành độ nhỏ hơn 1 Tìm tọa độ của ,B C

Lời giải

Gọi E là giao điểm của AC và HK.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADKH , thấy HAD HKC  (1)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD , thấy ACD ABD (2)

Từ (1), (2), (3) thấy tam giác EKC cân ở E.

Lúc này, vì tam giác AKC vuông ở K và EK EC nên E là trung điểm của đoạn AC

1

4 8

K HK  K t t  AK  t t  CK  t t

Ta có

2

1 5 0 25 50 9 0

9 5

t

t







 



 

Vì K có hoành độ nhỏ hơn 1 nên

1 5

t 

, tức

16 8

;

5 5

CK   

BC qua C4; 2 

và nhận n  2; 1 

làm vectơ pháp tuyến nên BC có phương trình là 2 x y 10 0

B là giao điểm của d x2:  2y 2 0 và BC: 2x y 10 0 nên B6; 2

Tóm lại: B6; 2 và C4; 2 

kính BD Các điểm ,H K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BD CD Biết,

rằng các đường thẳng AC BD HK lần lượt có phương trình là 3, , x y 11 0, y0, x3y  ,5 0

3 10

Lời giải

Gọi E là giao điểm của AC và HK, ta được

7 1

;

2 2

E  

Lại có E là trung điểm của AC, tức

3 10 2

EA 

A AC x y    A a  a  a   a  

Tìm được A  5; 4

và C   2; 5

Do K HK x : 3y  nên 5 0 K3k 5;k

Tức KA 3 ; 4k  k KC , 3k3; 5  k

Do

1

2

k

k







 

, tức

 

 

8;1 1; 2

K K









Do C có tung độ âm, D có tung độ bằng 0 và K thuộc đoạn CD nên ta chọn K1; 2 

Lúc này đường thẳng KC có phương trình là x y  3 0

Do D là giao điểm của KC x y:   3 0 và BD y  nên : 0 D3;0.

1 1

2 1, 1

2

n n

u

u





n

v   u w u u u u  n  n

Tìm các giới hạn lim ;l mv n i w n

Lời giải

Vì 0u1 nên tồn tại số thực1  thuộc khoảng 0;2



 

 

  sao cho u1 cos

Dùng quy nạp, ta kiểm tra được 1

2

u      n n

Do đó, với n,n1,

 

2

2

sin

n n



 và

1 0

2 cos

n

k





 

 



x

x



 

 

 

 

 

 

 

1

0

1 1 1

sin 2 1

n

k

n n





















sin

x

x x

và limn 2n 0



nên

 

/ 2

n n n





Từ đó, ta nhận được

2

và

 

sin 2

2

n



Một số bài toán tương tự.

Bài toán 6.1 (Nguyễn Đình Thức, Đề đề nghị Olympic Đồng Bằng sông Cửu Long, 2005) Cho các

dãy  u n

:

3

3

( 2)

u  u  u n





1

n

n

n

Bài toán 6.2 Cho các dãy  u n và  v n :

1

2 ,

n n n

n n

v u v n

u

v u

u









 Hãy xác định công thức tổng quát của hai dãy trên

3

4a 3b 2c 3b c P

a b c



 

Lời giải

Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a b c   Khi đó ta cần tìm giá trị1 nhỏ nhất P4a33b32c3 3b c2

Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: b3b3c33b c2 suy ra P4a33b32c3 3b c2 4a3b3c3

Ta có bất đẳng thức

 3

4

b c

b c   b c

Thật vậy

3

3

4

b c

b c    b  c  b c b c b c bc  b c  2 b c 0 luôn đúng với b c,  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b c0 

Sử dụng bất đẳng thức trên ta được

 

.

Ta có

 

2 2

1

1 4

5

a

a











 

Từ đó ta có bảng biến thiên như sau:

Vậy

4 min

25

P 

đạt được khi

;

a b c 

Bài tập tương tự (VMO-2004)

Cho các số thực dương , ,a b c thỏa mãn a b c  3 32abc Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

4

a b c

P

a b c

 



 

Lời giải : Do tính thuần nhất nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử a b c   , khi đó từ giả 4 thiết suy ra abc  ta cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của 2

256

a b c

P  

Ta có a4b4c4 a2b2c22 2a b2 2b c2 2c a2 2

2

1

5 1

 

f a  0 

 

f a

4 25

Đặt t ab bc ca   thì

128

P  

Nhận xét:

2

2

4

b c

tương tự suy ra 3 5  , 3b 2  5 c 2

Theo định lý đảo Vi-et thì , ,a b c là ba nghiệm của phương trình x3 4x2tx 2 0, x 3 5; 2 Suy ra

, 3 5; 2

x

x

Có

 

2

1

f x

x

x





1 5 5 5

2

t  

 

Thay lại biểu thức

128

P  

ta được

383 165 5 9

256 P 128



 

Vậy

383 165 5 256





Min P

đạt được khi

1 5

3 5;

2

a  b c  

9

Max

128



P

đạt được khi a2;b c 1.

HẾT