Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - THPT Lê Qúy Đôn

Để giúp các bạn có thêm phần tự tin cho kì thi sắp tới và đạt kết quả cao. Mời các em học sinh và các thầy cô giáo tham khảo tham Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - THPT Lê Qúy Đôn dưới đây.

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