de chon doi tuyen hsg toan 12 nam 2019 2020 truong le quy don ha noi

Cho hình chóp tam giác đều S ABC có cạnh đáy bằng 1.. M N, là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnhAB AC, sao cho mặt phẳng SMN luôn vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tìm x y, để SMN

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 Câu 1 (4 điểm)

Tìm m để đồ thị hàm số yx33x2 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 2xcos 2x 2 2 sin 2 cos x xsinx2 cosx

b Giải hệ phương trình: 3   2

2







Câu 3 (4 điểm)

Cho dãy số  u n xác định bởi 1 *

2 1

2020

2019

2 n n 2 n

u

n

u  u u















Đặt

n

n

S

   Tính limS n.

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 cạnhAB 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   Tìm giá trị lớn nhất của biểu 3 thức

3

2

P

- 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

1

Tìm m để đồ thị hàm số 3 2

yx  x mx 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

4

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

x  x mx m có 3 nghiệm phân biệt

x  x mx m  x x  xm 

1,0

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x22xm 2 0(2) có hai nghiệm phân

m

m m

   



   



Gọi x x là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị 1, 2

hàm số tại giao điểm A B C, , là:

2

y y x y x  x x  x x  x x  m   m

1,5

Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9 3m 3 m (t/m đk (*)) 2

ĐS: m 2

0.5

2

a

Giải phương trình: 2 sin 2xcos 2x 2 2 sin 2 cos x xsinx2 cosx

1,0

2

os2x = 2 sin 2x.cosx - sin2x 2 sin x - sin2x 2 2cosx - 2

2 os 1 sin 2x 2 osx -1 2 s inx 2 osx -1 2 2 osx -1

c

 

2 osx +1 2 osx -1 2 osx -1 sin 2x - 2 s inx +2

1 osx = 1

2

2 s inx + cosx 2sinx.cosx - 1 = 0 2

c





 



0.5

4



Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………

0.5

b

Giải hệ phương trình: 3   2

2





   



3

Viết lại hệ:  2   

2





    

Đặt ux22 ,x v x y Dễ có: u   1

Hệ trở thành: . 1

2

u v

u v







  



0.5

Suy ra: 1

1

u v

 





 



0.5

Ta có

2

1

x y

   



  



0.5

1

0

x y

 







3

Cho dãy số u n xác định bởi: 1 *

2 1

2020

, 2019

2 n n 2 n

u

n

u  u u















Đặt

n

n

S

   Tính: limS n

4

Ta chứng minh u n    1, n *(1) bằng phương pháp qui nạp toán học

Với 1, 1 2020 1 (1)

2019

n u    đúng với n  1

Giả sử (1) đúng với nk k( 1) ta có u k 1gtqn Ta phải chứng minh (1) đúng với

1

n  tức là phải chứng minh k u k1 1

Thật vậy

u            u    u  

Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có *

1,

n

u    n

Mặt khác u n1u n u n2u n 0,  n * vì dãy sốu  nên dãy số n 1  u n là dãy số

tăng

1,0

Với mọi k  N*, ta có :

1



S



1,0

Ta chứng minh dãy số  u n là dãy số không bị chặn

Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn Do dãy số  u n là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy

 u n tăng và bị chặn thì dãy số  u n có giới hạn hữu hạn Giả sử lim u n  Vì a u  n 1

Nên ta có a  Từ định nghĩa 1 2

1

2u n u n 2u n Chuyển qua giới hạn ta có:

 2a = a2 + 2a  a = 0 Mâu thuẫn với a ≥1

1,0

Vậy giả sử sai, suy ra dãy  u n không bị chặn trên do  u n là dãy tăng nên

 

2020

4

a

Chứng minh xy3xy

Kẻ SOMN O, MNdo SMN  ABCSOABC

Do hình chóp S ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

1,0

Gọi Hlà trung điểm của BC Và O là trọng tâm của tam giác ABC

O

H A

C

B S

N

M

4

2

        

Vì MAB N, AC

x AMy AN xy AO

Do M N O, , thẳng hàng nên xy3 xy(đpcm)

1,0

1 2

S  SO MNS nhỏ nhất khiMN nhỏ nhất và 1

2

S  SO MN S

lớn nhất khi MN lớn nhất

MN x y  xy c x y xy xy  xy xy  xy

1,0

Từ giả thiết ta có 0x y; 1

9

xy x y xy xy

2

x y  xy  x yxy  xyxy

0.5

Đặt t = xy, 4 1; 2 9 2 3

9 2

t  MN  t  t

Lập bảng biến thiên của hàm số   2 4 1

9 2

f t  t  t t  

  ta được

t khi x y

MN lớn nhất khi

1 1

1 2

2

x

t khi

y











hoặc

1 2 1

x y









 



0,5

Cho a b c, , là các số thực dương thoả mãn a b c   Chứng minh rằng: 3

3

2

1

Đặt :

3

2

P

0.5

5

Áp dụng bất đẳng thức: xyz 3xyyzzx x y z, ,  

Với a b c , , 0 ta có:

ab bc ca  abc a b c  abc ab bc ca abc

Ta có:      3 3

1a 1b 1c  1 abc a b c, , 0

Thật vậy:

1 3 3 1

0.5

Khi đó:

3 3

2

6 1

3 1

abc abc P

abc abc





abc  t abc t abct

Vì a b c , , 0 nên

3

3

a b c

0.5

Xét hàm số

2

3 2 3

3 1

t

t t





(1 )(1 )

(1 ) (1 ) 2

Suy ra f t( ) đồng biến trên f t( ) trên (0;1] ta có f t( ) f(1) 1,  t (0;1]

0.5

3

2

1

Dấu ‘=’ xảy ra khi ab  c 1

VậyMaxP 1khi ab  c 1

0.5

Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa