Gửi đến các bạn học sinh “Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 12 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội” được TaiLieu.VN chia sẻ dưới đây nhằm giúp các em có thêm tư liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Cùng tham khảo giải đề thi để ôn tập kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi các em nhé, chúc các em thi tốt!
Trang 21
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12, THÀNH PHỐ HÀ NỘI
NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số
2 1
x y x
−
= + có đồ thị ( )C và đường thẳng d có phương trình y= +x m,
m là tham số Tìm m để d cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng hệ số góc của
các tiếp tuyến với ( )C tại A và B là lớn nhất
Lời giải
Tập xác định 1
\ 2
D= −
ℝ Ta có đạo hàm
1
2 1
y x
−
′ = +
Phương trình hoành độ giao điểm 2 1x x m
x
+ ⇔g x( )=2x2+2(m+1)x m+ =0
Ta có
0,
∆ =′ + + − = + > ∀
nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A , B với mọi giá trị thực m
Gọi x , 1 x là hoành độ của điểm A và B khi đó 2 ( 1)
2
m P
= − +
=
Suy ra
K
2
2
4 2 1
S P S
P S
= −
+ + = −(4m2+ ≤ −2) 2
Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với ( )C tại A và B bằng 2− đạt được khi 0
m=
Câu 2: (5 điểm)
a) Giải phương trình cosx= −1 x2
Lời giải
Xét hàm số f x( )=cosx+x2− với x ∈ ℝ Ta có '( )1 f x = −sinx+2x;
''( ) cos 2
f x = − x+ Vì ''( )f x > x0 ∀ ∈ ℝ ⇒ f x'( ) đồng biến trên ℝ Mà '(0)f = suy ra 0 phương trình f x'( )= có nghiệm duy nhất 0 x= 0
Bảng biến thiên:
Trang 32
Từ bảng biến thiên suy ra ( )f x = ⇔ = 0 x 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm làx= 0
b) Giải hệ phương trình
2
x y xy x y
+ + − − + =
Lời giải
Ta có: 2 2
x + y + xy− x− y+ = ( ) ( )2
2
2y 4y 6 0
⇒ + − ≤ ⇔ 1≤ ≤ ( )y 3 1
Lại có: x2− + =y 5 2x y+ 3 2 ( )
⇔ − + + + + − = (x y 3)2 2 1( y) 0
⇔ − + + − = ⇒2 1( −y)≤0 ⇔ ≥ y 1 ( )2
Từ ( )1 và ( )2 ⇒ = Thay y 1 y= vào hệ được 1 x= 2
Vậy hệ có nghiệm là 2
1
x y
=
=
Câu 3: (3 điểm) Cho dãy số ( )a n xác định bởi
2
1 , ; 1, 2,
n n
a
a a
+
− + a) Chứng minh dãy số ( )a n là dãy số giảm
b) Với mỗi số nguyên dương ,n đặt b n= + + +a1 a2 a n Tính lim n
→+∞
Lời giải
1
n n n
a a a
+
Trang 43
Từ cách xác định dãy số ta có a n > ∀0 n và a n2− + >a n 1 0⇒a n+1− < ∀ ∈a n 0 n N*
Vậy ( )a n là dãy số giảm
b) Ta có
2
1
n
a
2
1
1
+
+
1
n
a
a + a
Suy ra 1 2
a+ a a +
Lại có: Dãy số ( )a n là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn, giả sử
2
1
a
a a
+
− + hay limn a n 0
→+∞ = (2)
Từ (1) và (2) ta có lim n 1
→+∞ =
Câu 4: (6 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, đường cao AH Gọi E là hình chiếu của Btrên AI, HE cắt AC tại P Gọi M là trung điểm của BC Biết
(6; 4)
H − ; P( )11;1 và M(10; 4− )
Lời giải
M
F
P
E
H
I
C B
A
Hình 1
P M
F E H
I
C B
A
Hình 2
H không trùng M nên tam giác ABC không cân
Vẽ đường kính AF của đường tròn( )I
Trang 54
Ta có AHB=AEB= °90 nên bốn điểm A E H B, , , cùng thuộc một đường tròn
Từ đó ta có ABH =HEF= AFC (với hình 1) hoặc ABH =AEH = AFC(với hình 2) nên HP CF , lại có AC// ⊥CF suy ra HP⊥AC
Ta có HP( )5;5
Do vậy đường thẳng AC qua P(11; 1) có vtpt là n( )1;1 có phương trình x+y–12=0
Đường thẳng BC qua H(6; 4 − ) và M(10; 4− ) có phương trình y= −4
C là giao điểm của AC và BC , tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
– 12 0 16
⇔
Đường thẳng AH vuông góc với BC và qua H(6; 4− ) có phương trình x=6
A là giao điểm của AH và AC nên tọa độ là nghiệm của hệ – 12 0 6
⇔
Vậy A( ) (6;6 ;B 4; 4− ) (;C 16 4;− )
2)
a) Theo quy tắc hình hộp ta có:
Mà M, N, P, Q đồng phẳng nên AC' AB AD AA'
AQ = AM + AN + AP ⇒ 3 1 1 1
AQ = AM + AN + AP ( Vì AC’
là đường chéo hình lập phương ABCDA’B’C’D’ nên 1
3
AB=AD=AA = AC )
b) Dễ dàng chứng minh kết quả quen thuộc của tứ diện vuông là: 12 1 2 12 12
AH = AM + AN +AP
Mà
2
3
AQ AH
AH AM AN AP AQ
⇒ < + + = ⇒ <
Câu 5: (2 điểm) Cho , ,a b c là các số thực không âm thỏa mãn a2+ +b2 c2=1 Tìm giá trị lớn nhất của
Trang 65
biểu thức P= + + −a b c 4abc
Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử a≥ ≥b c thì từ 1=a2+ +b2 c2 2 2 1
1 3
3
a a
⇒ ≤ ⇒ ≥
Mặt khác: 2 2 2
2bc≤ + = −b c 1 a 0 2 1 1 2
3 3
bc
3
bc
⇒ ≤ ≤
Ta có:
2
P =a − bc + +b c 2 ( ) (2 )2
1 4 1
1 2bc 1 4bc 1
Dấu bằng xảy ra khi ( )*
1
a
b c
bc= +
−
3
t=bc⇒ ≤ ≤t , suy ra được 2 ( ) ( 2 ) 3
1 2 16 8 2 32 4 2
P ≤ + t t − +t = t − +t
Xét hàm số ( ) 3 1
32 4 2, 0;
3
f t t t t
; ( ) 2
6 12
96 4 0
6 ( ) 12
t
f t t
=
= −
3 27 12
f f f
= = ≈
Suy ra GTLN f t( )=2 khi 0 0
0
b t
c
=
= ⇒
=
( ) *
1 2 1 2
a c
a b
= =
= =
⇒
Kết luận: maxP= 2, đạt được khi
1 2 0
a b c
= =
=
, hoặc các hoán vị của nó
1 Thầy Binh Nguyen
2 Thầy Khải Nguyễn
3 Cô Trang Nguyễn Thị Thu
4 1 Thầy Lê Thanh Bình – 2 Thầy Huỳnh Đức Vũ
5 Thầy Trần Minh Ngọc
Tổng hợp : Thầy Lê Tài Thắng