Bộ đề thi chọn HSG toán 12 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2021 – 2022 MƠN THI: TỐN Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chứng minh với m  hàm số f ( x) = x  mx  có x2  2x  cực trị Lời giải g ( x).g ( x) x  mx  Cách Đặt g ( x) =  y  g ( x )  y  g ( x) x  2x  Số điểm cực trị hàm số y  g ( x ) số nghiệm phương trình: g ( x).g ( x)  Xét g ( x)   x  mx   Ta thấy ac  1  0, m  g ( x)  ln có nghiệm bội lẻ (1) Xét g ( x)   (2 x  m)( x2  x  3)  (2x  2)( x2  mx  1)   (2  m) x  8x  3m   m   Do  2 32  '  16  (2  m)(3m  2)  3m  4m  12  3(m  )   nên g '( x)  có nghiệm bội lẻ (2) Từ (1) (2) ta có hàm số y= Cách Đặt g ( x ) = x  mx  có điểm cực trị (ĐPCM) x2  2x  g ( x).g ( x) x  mx   y  g ( x )  y  g ( x) x  2x  Số điểm cực trị hàm số y  g ( x ) số nghiệm phương trình: g ( x).g '( x)  Xét g ( x)   x  mx   Ta thấy ac  1  0, m  g ( x)  ln có nghiệm bội lẻ (1) Nhận xét: g '( x) bậc 2, g '( x) khơng đổi dấu g ( x)  có tối đa nghiệm (loại) Do đó: g '( x) phải đổi dấu, tức g '( x) phải có nghiệm phân biệt Vậy hàm số ln có cực trị Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] a) Giải phương trình x   x  x   x  Lời giải  x 1   x  1 3 x    Điều kiện:   x   x  2 x    x  2 x     Ta có x   3x  x   x    x   x  x  1  x    x   3x  x   x  1    2x   2x 1 x  x  1    x   x  1 Trang 1/6 - WordToan  x  1  lo¹ i   3x  3x  x  x   x2  x     x  Vậy phương trình cho có nghiệm x   x  x   x   y  y  y Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] b) Giải hệ phương trình   x  y  25 Lời giải 1  x  Điều kiện:  0  y   Ta có x  x   x   y  y  y  x  x    3x  x   y  y  y   x  1   x  1  x   y  y  y *  Xét hàm số f  t   t  3t  4t với t  Ta có f   t   4t  6t  ; f   t   12t  Khi f   t    12t    t   2 t   f      2  2   Suy f   t   4t  6t   0, t  Vậy hàm số f  t   t  3t  4t đồng biến với t   Ta có *  f    y x 1  f x 1  y  y  x 1 Thay y  x  vào phương trình x  y  25 ta x   y  x   x  1  25  x  x  12     x  3  lo¹ i  Kết luận: Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    4;3 Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Chọn ngẫu nhiên số từ tập số tự nhiên có chữ số Tính xác suất để chọn số chia hết cho chứa nhiều chữ số Lời giải Số phần tử không gian mẫu: n     9.107 Gọi biến cố: A :" chọn số chia hết cho chứa nhiều chữ số " Gọi số cần lập có dạng: a1a2 a3a4 a5a6 a7 a8  a1   TH1:  9, i  1,8 Chọn a1 có cách chọn Chọn a2 a3 a4 a5 a6 a7 có 96 cách Chọn a8 , có cách chọn Vậy có: 8.9 số TH2: a1  chữ số lại khác Trang 2/6 – Diễn đàn giáo viên Tốn Chọn a1 có cách Chọn a2 a3 a4 a5 a6 a7 có 96 cách Chọn a8 , có cách chọn Vậy có: 96 số TH3: Chữ số khơng vị trí a1 Chọn a1 , có cách Chọn vị trí cho chữ số , có cách chọn Giả sử a2  Chọn a3 a4 a5 a6 a7 , có 95 cách Chọn a8 , có cách chọn Vậy có: 8.7.95 số n  A   8.96  96  56.95 * Xác suất biến cố A P  A   n  A n   898857 107 Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Cho dãy số  un  xác định u1  ; un 1  3un  ; n  1, 2,3, un  1) Chứng minh dãy số  un  dãy số giảm 2) Tính tổng S  1    u1  u2  u100  Lời giải 1) Ta có u1    un  1  un  Theo ngun lí quy nạp un  với số nguyên dương n Giả sử un  , ta có un 1   Xét hiệu un 1  un  3un  1  un  un  0 un  un  Suy un 1  un , n  * Vậy  un  dãy giảm  un  1  un  1 3u  1  un1   n un  un  un  u 1 u 1 u 1 Suy n 1 2 n   2n  2n 1 un 1  un  u1  1 Vì vậy:  2n  un 1  Ta có: 2) Ta có un 1   Tổng hợp: Trần Minh Vũ Trang 3/6 S 1    u1  u  u100  1  1 1     20     21      299   2  2 2   100 100    50   51   900 tia Oz thỏa mãn xOz   300 ; Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Trong mặt phẳng  P  cho góc xOy   600 Trên tia Oz lấy điểm I cho OI  2a Trên đường thẳng d qua O vng góc zOy với  P  lấy điểm S cho OS  a Mặt phẳng  Q  thay đổi qua SI cắt tia Ox, Oy A, B ( A khác O B khác O ) 1) Tính góc  P   Q  I trung điểm AB 2) Tìm giá trị nhỏ thể tích khối chóp S OAB Lời giải Đặt OA  x, OB  y ( x, y  0) 1)   300 , OBI   600 Khi I trung điểm AB suy AB  AI  BI  2OI  4a nên OAI Khi x  2a 3, y  2a nên gọi E chân đường vng góc hạ từ O xuống AB ta có góc   P  ,  Q  góc SEO Lại có OE  2) OA.OB   SO   SEO   300  a suy tan SEO AB OE M , N hình chiếu I lên Ox , Oy suy OM  a 3, ON  a    a  a  OI  OM  ON  OA  OB Vì A, I , B thẳng hàng nên ta có x y a a    2a  xy  3a dấu xảy x y xy Suy VS OAB   x  2a   y  2a 3a 3a Vậy thể tích khối chóp S OAB nhỏ Vmin  axy  3 Câu [HSG-HÀ NỘI 2021-2022] Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b2  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  1  2 2 a b c abc Lời giải Cách Khơng tính tổng quát giả sử c  max a, b, c ,  c  Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 1 2 P      2 a b c abc ab c abc  1  1  1     1    ab  c  c a  b  c  c2  1  1     c  c  c2 Xét hàm số f  c     1 với c  1; , có: 1     c2  c  c2 f c    3  c  c  c  2c  c3  2   0, c  1;  Do hàm số f  c  đồng biến 1; , suy f  c   f 1  Từ ta có P  , đẳng thức xảy a  b  c  Cách Khơng tính tổng qt giả sử c  max a, b, c , c2  Ta có: 1 2  2 2 1   2 1 a b c abc ab c abc  1  1  1      1     ab  c  c a  b2  c  c2 P 1    c  1  c  1      1    c2  c  c2 c c  c2    c  1 c 1    c  1   2 c  c  c2  c  c      c  c2  c      c  1 c2  c  c  3  3  c  2 Đẳng thức xảy a  b  c  Vậy P  HẾT Trang 6/6 – Diễn đàn giáo viên Toán SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ 101 Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên hình vẽ sau Khẳng định sau đúng? A Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận B Hàm số nghịch biến khoảng ( −1;0 ) ( 0;+ ) C Đồ thị hàm số có ba đường tiệm cận D Hàm số có giá trị lớn giá trị nhỏ Câu Có giá trị nguyên tham số m để phương trình log ( x − m ) = x + có nghiệm thực phân biệt? A B C D Câu Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC  có đáy ABC tam giác vuông B , biết AB = a , AC = 2a , CC  = 2a Gọi M , I trung điểm AB BC  Tính góc hai đường thẳng IM AC  A 90 B 60 C 45 D 30 cos x − Câu Tìm tất giá trị thực tham số m để hàm y = nghịch biến cos x − m    ;  2  0  m  0  m  C  D   m  −1  m  −1 Câu Cho hình lăng trụ ABC  ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc A m  B m  điểm A lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm tam giác ABC Biết khoảng cách đường AA BC a Tính theo a thể tích lăng trụ ABC  ABC a3 a3 a3 a3 B C D 12 24 Câu Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm đồ thị (C ) Tiếp tuyến đồ thị ( C ) A điểm ( 2;m) có phương trình y = x − Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = f  f ( x )  2x + 2y  y − log ( x + ) = x − y  − log   = 2x + − y    y +1 + ( y + 1) = log ( x + y ) + x + y (*) y +1 y −1 y Xét hàm số f ( u ) = 2u + u , ta có f  ( u ) = 2u ln +  0, u  Hàm số f ( u ) = 2u + u đồng biến từ (*) ta có y + = log ( x + y )  y +1 = x + y  y = x Mặt khác theo giả thiết  x  2021   2x  4042   y  4042   y  log2 4042 Do y số nguyên nên y 2;3;4;5;6;7;8;9;10;11  có 10 cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn điều kiện Câu 42 Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm f  ( x ) = x ( x − 1)(13x − 15) , x   5x  cực trị hàm số y = f    x +4 A B C Lời giải Tìm số điểm D Chọn C Ta có: 2 x   x  ( x + ) − x.2 x  x   x 5x    y =  − 113 − 15   f  =    2  x +4  x +4 ( x2 + 4)  x +   x +  x +  −5 x + 20  x   x − x −  65 x − 15 x − 60  =      2 ( x2 + 4)  x +   x +  x +  = ( − x )( + x ) (x + 4)  (5x ) (x 2 + 4) ( x − 1)( − x )  ( − x ) (15 x − 20 )  x2 + (x + 4) 3  x =   x = −2 x =  y =   x = x =  x =  x =   5x  Do phương trình y = có nghiệm đơn nghiệm kép nên hàm số y = f   có  x +4 điểm cực trị Câu 43 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác đều, cạnh SA vng góc với đáy, khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) Gọi  góc hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABC ) Tính cos A cos  = thể tích khối chóp S ABC nhỏ B cos  = C cos  = D cos  = Lời giải Chọn D S H C A I B Gọi I trung điểm BC Ta có BC ⊥ ( SAI ) nên mp ( SBC ) vng góc mp ( SAI ) theo giao tuyến SI Kẻ AH ⊥ SI H AH ⊥ ( SBC ) hay AH = d ( A, ( SBC ) ) Ta có góc tạo ( SBC ) ( ABC ) SIA Theo giả thiết AH =  = SIA Lại có AI = AH sin SIA SA = AI tan  = cos  Thể tích = , sin  mặt khối khác AB = AI AB = hay chóp AI = 3 sin  S ABC 1 AB2 16 V = S ABC SA = SA = = 2 3 12 3sin  cos  9sin  cos  V nhỏ P = sin  cos  lớn Ta có P = (1 − cos2  ) cos  = − cos3  + cos  Đặt t = cos Do     Xét hàm số f ( t ) = −t + t , t  ( 0;1) ta có f  ( t ) = −3t + ; f  ( t ) =  t = Bảng biến thiên: nên t  ( 0;1) Vậy V nhỏ cos  = Câu 44 Tiếp tuyến đồ thị hàm số y = x3 − 3x2 + 6x + có hệ số góc nhỏ phương trình A y = 3x + 12 B y = x + C y = 3x + D y = 3x + Lời giải Chọn C Xét hàm số y = x3 − 3x2 + 6x + có y = 3x2 − 6x + Gọi x0 hồnh độ tiếp điểm Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số điểm có hồnh độ x0 k = 3x02 − x0 + = ( x0 − 1) +  Đẳng thức xảy x0 = , k = , tiếp điểm (1;9 ) Vậy phương trình tiếp tuyến y = ( x −1) + hay y = 3x + Câu 45 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có cạnh đáy AB = a Trên cạnh BB lấy điểm M cho BM = 2BM Biết AM ⊥ BC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC A 3a3 B 3a C 3a D Lời giải Chọn B Cách 1: Gọi I trung điểm BC A' I B' C' M B A C 3a3 16  AI ⊥ BC  Ta có   AI ⊥ ( BCC B )  AI ⊥ BC  AI ⊥ BB Lại có BC ⊥ AM nên BC ⊥ ( AMI ) suy BC ⊥ MI ( )( ) Khi BC.MI =  BC  + BB MB + BI = ( )    BC + BB  − BB + BC  =    BC 2 − BB =  2 3a a a − BB =  BB =  BB = Thể tích khối lăng trụ VABC ABC = BB.S ABC = a a 3a3 = Cách 2: Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Chọn a = đặt AA = 3x , với x  z B A M C y A' B' C' x ( 3;1;0) , C ( 3;1;3x ) ; M ( 0; 2; x ) Suy AM = ( 0; 2; x ) ; BC = ( 3; −1;3 x ) Ta có A ( 0;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C  Theo đề A ' M ⊥ BC  AM BC =  −2 + x =  x = Do AA = 3x = = a a a 3a3 = Câu 46 Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a Mặt phẳng ( P ) qua A Thể tích khối lăng trụ VABC ABC = AA.S ABC = vng góc với SC , cắt cạnh SB B với A a3 B a3 SB = Tính thể tích khối chóp S ABCD SB C a3 D a3 Lời giải Chọn D S B' H A B O C D Trong mặt phẳng ( SAC ) vẽ AH ⊥ SC H Trong mặt phẳng ( SBC ) , qua H dựng HB ⊥ SC với B  SB Cách 1: Đặt SA = SB = SC = SD = x, x  suy SB = x x − a ) x ( BS + CS − BC 2 x2 − a2 Ta có cos BSC = suy SH = SB.cos BSC = = 3x 2BS.CS x2 x2 − a2 x2 − a SH AS + CS − AC Lại có cos ASH =  = = 3x x2 SA AS.CS  x − a = ( x − a )  x = 2a  x = a Khi SO = SC − CO = 2 Thể tích khối chóp VS ABCD Cách 2: Gọi K = AH  SO (a ) 2 a 2 a −   = 2   1 a a3 = SO.S ABCD = a = 3 S H B' K A B O C D ( P ) ⊥ SC   SK SB Ta có BO ⊥ SC   BO // ( P ) mà ( SBO )  ( P ) = KB  KB//BO  = = SO SB  BO  ( P )  Suy K trọng tâm tam giác SAC nên AH vừa trung tuyến vừa đường cao Từ ta ASC cân A SAC  SO = AC a = 2 1 a a3 Thể tích khối chóp VS ABCD = SO.S ABCD = a = 3 Câu 47 Cho hình chóp S ABC có SA vng góc với đáy, SC = 2, BCS = 45 ; góc hai mặt phẳng ( SAB) ( SBC ) 90 ; góc hai mặt phẳng ( SAC ) ( SBC ) 60 Thể tích khối chóp S ABC A V = 15 B V = C V = 2 Lời giải Chọn D D V = 15 CE ⊥ SA Giả sử CE ⊥ SB mà ( SAB ) ⊥ ( SBC )  CE ⊥ ( SAB )   CE ⊥ AB Ta lại có: SA ⊥ ( ABC ) nên CE  CB Kẻ BH ⊥ AC , HK ⊥ SC Ta có BH ⊥ AC, BH ⊥ SA  BH ⊥ ( SAC )  BH ⊥ SC  SC ⊥ ( BHK )  SC ⊥ BK Từ ta có ( SAC ) , ( SBC )  = ( KH , KB ) = BKH = 600 Ta có SBC vng cân B  SB = BC = Ta có KBC vuông cân K  KB = KC = Từ ta suy HK = ; BH = ; HC = 2 Xét ABC ta có HC AC = BC  AC = Ta có: SA = SC − AC = BC = HC 5 1 = Vậy VS ABC = SA BH AC = 3 2 15 Câu 48 Cho hình chóp S ABCD hình bình hành Hai điểm M , N trung điểm AB SC Hai đường thẳng AN , MN cắt mặt phẳng ( SBD ) I K Gọi V thể tích khối chóp S ABCD V  thể tích khối tứ diện CNIK Tỉ số A  24 B  48 C  36 V V D  18 Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng ( ABCD ) gọi O = AC  BD; J = CM  BD Trong mặt phẳng ( SAC ) gọi I = SO  AN , SO  ( SBD )  I = AN  ( SBD ) Trong mặt phẳng ( SCM ) gọi K = MN  SJ , SJ  ( SBD )  K = MN  ( SBD ) Ta có VC NIK CN = =  VC NIK = VS NIK VS NIK SN Ta lại có: VS NIK SI SN SK = VS COJ SO SC SJ Ta có I trọng tâm tam giác SAC  Ta có N trung điểm SC  SI = SO SN = SC Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SCJ với điểm N , K , M thẳng hàng nằm cạnh cho tam giác SCJ , ta có: KS MJ NC KS KS SK =1 =  =3 = KJ MC NS KJ KJ SJ ( Ta có J trọng tâm tam giác ABC  VS NIK 1 = =  VS NIK = VS COJ  VC NIK = VS COJ VS COJ 4 4 Ta suy Ta có VS COJ S = COJ VS ABCD S ABCD Ta có: SCOJ =  MJ = ) MC 1 1 1 d ( J ; AC ) CO = d ( B; AC ) AC = S ABC = S ABCD 2 12 VS COJ 1 =  VS COJ = VS ABCD  VC NIK = VS ABCD VS ABCD 12 12 48 Vậy V = V 48 Câu 49 Cho a  0, a  vả hai số thực dương b, c thỏa mãn loga b = loga c = −2 , Tính a2 b c5 B P = −2 giá trị biểu thức P = log a A P = C P = −7 Lời giải D P = 13 Chọn D P = log a a2 b 1 = log a a + log a b − log a c5 = + log a b − 5log a c = + − ( −2 ) = 13 c 3 Câu 50 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = b cạnh bên SA = c vuông góc với mặt phằng ( ABCD ) Gọi M điếm cạnh SA cho AM = x ,  x  c Tìm x để mặt phằng ( MBC ) chia khối chóp thành hai khối đa diện tích A x = ( ) − ab 2c B x = ( − ) ab 2c C x = (3 − ) c D x = (3 − ) c Lời giải Chọn D  M  ( MBC )  ( SAD )  ( MBC )  ( SAD ) = MN , MN / / AD, MN  SD = N    AD / / BC Mặt phẳng ( MBC ) chia khối chóp thành hai khối đa diện khối chóp S.MNBC khối MNBCAD VS.MNBC = VS.MBC + V S.MCN ( c − x ) V VS MBC MA =  VS MBC = S ABC ; VS ABC SA c VS MNC SM SN c−x c−x =  VS MDC =   VS ADC =   VS ABC VS ADC SA SD  c   c  VS BCMN = c− x  c − x 1+ VS ABC c  c  Theo ta có  c− x  c− x VS MNBC = VS ABC =  VS ABC = VS ABC  ( c − x )( 2c − x ) = c  x − 3cx + c =  1 +  c   c   3− c x = 3−  x   x= c   1   c  3+ c x =  SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2021-2022 Thời gian làm bài: 180 phút Mơn: Tốn Câu (2 điểm) Cho dãy số  un n1 xác định u1  0, un 1  un   n  1  un a) Chứng minh dãy  un n1 có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn n Tn Tìm lim n  5n  k 1 uk  Câu (2 điểm) Tìm tất hàm số f : ¡  ¡ cho: b) Đặt Tn   f  y  f  x    f  x 2018  y   2017 yf ( x ), x, y  ¡ Câu (2 điểm) Có cách lát kín bảng  2022 viên domino 1  ? Câu (2 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với AB  BC Cho I tâm nội tiếp tam giác ABC  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC K Đường thẳng AK cắt  điểm thứ hai T Cho M trung điểm BC N điểm cung » chứa A  Đoạn thẳng NT cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC P Chứng minh BC a) Cho KI cắt ( BIC ) điểm thứ hai X N ; T ; X thẳng hàng b) PM ‖ AK Câu (2 điểm) Cho dãy số xn1   a.xn  n ¥ ; xo  ¥ * ; a nghiệm dương phương trình x2  kx 1  ( k  ¥ ; k  ) với số nguyên dương k cho trước Khi chứng minh xn 1  xn 1  (mod k ) Giải Câu : a) Ta chứng minh quy nạp theo n  ¥ , dãy  un  bị chặn dãy tăng n 1 * +) Ta có u1  Giả sử un  n  ¥ Vì hàm f  x   * ( ;1) nên un  1 un1  f un   f 1  x3 đồng biến khoảng 5 x Vậy un  với n  ¥ *  u1 Giả sử un  un1  n   Do un , un 1  f đồng biến khoảng ( ;1) nên un1  f  un   f  un1   un Vậy dãy  un  tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn n 1 +) Ta có u2  +) Đặt lim un  a  a  1 Suy a  n a  a   a  5a  Vậy lim un  n b) Ta có uk   Tn   Suy Tn   4(uk 1  3) 1     1  k    uk 1 uk   uk 1   n  1 1  n    2  n  1 u1  k 2 uk  3  k 2 uk 1   1 1   n   Tn   12 2 un   1 1 Tn 1  n  lim  un  n 5n  10 Câu : Giả sử hàm số f ( x) thỏa mãn yêu cầu toán +)Trong (1) thay y f ( x) ta có : f    f  x 2018  f ( x)   2017( f ( x)) , x  ¡ +)Trong (1) thay y x 2018 (2) ta có : f  x 2018  f ( x)   f    2017 x 2018 f ( x), x  ¡ Từ (2) (3) suy f  x  ( f ( x)  x 2018 )  0, x ¡ Vậy có x0 cho f ( x0 )  f ( x0 )   x0 Dễ thấy có hai hàm số f1 ( x)  f ( x)   x 2018 2018 (3) (4) Vậy f  0  , x ¡ thỏa mãn (4) +) Ta chứng minh có hàm số f ( x) khác hai hàm số f1 ( x ) f ( x ) mà thỏa mãn (1) (4) vơ lý Vì f ( x) khác f1 ( x ) nên x1  ¡ : f ( x1 )  Vậy f ( x1 )   x1 2018 Vì f ( x) thỏa mãn (4) khác f ( x ) nên x2  ¡ : x2  0; f ( x2 )  +) Trong (1) cho x   f ( y )  f ( y ), y  ¡ Không tổng quát, giả sử x2  +)Trong (1) thay x x y (  x1 ) ta có : f ( x1 )  f ( x2 2018  x1 )   x12018  f ( x1 )  f ( x1 )  f ( x2 2018  x1 )  ( x2 2018  x1 ) 2018   x12018 (vô lý) +) Bằng cách thử trực tiếp vào (1) ta có kết hàm số cần tìm f ( x)  0, x  ¡ Câu 3: Gọi a(n) số cách lát Ta xét hai trường hợp sau: +) Nếu hàng ô lát viên gạch  bảng trở thành  (n 1) ; ta có a(n  1) cách lát +) Nếu vuông  hàng lát viên gạch 1 ta có a(n) cách lát Như a(n)  a(n 1)  a(n  2) với a(1)  1; a(2)  Suy a(n)  Fn số Fibonacci thứ n Như số cách lát F2022 Câu 4: » không chứa A a) Cho AI cắt ( ABC) điểm thứ hai S , S trung điểm cung BC Theo tính chất trục đẳng phương AITX tứ giác nội tiếp, từ đó: ( AITX ) ATN  ASN  SIX  1800  XIA  1800  XTA Và suy N ; T ; X thẳng hàng b) Đặt P I A M  ( BIC ) , với I A  AI  ( ABC ) tâm đường trịn bàng tiếp góc A Theo tính chất trục đẳng phương NPSI A tứ giác nội tiếp Khi TNS  TAS  TXI  PXI  PI A S  PNS Và từ suy N ; P; T thẳng hàng Như vậy, P  NT  ( BIC ) Suy PI A S  PNS  TAI A PM ‖ AK (đpcm) Câu 5: +) Ta có xn 1  a.xn  xn 1   xn 1 x 1  xn  n 1 a a +) Do a số vô tỉ nên xn 1 x 1  xn  n 1 a a x   +)  n 1   xn  n  ¥  a  x  +)  n1    n  ¥  a  a (1) (2) +) Ta có  1  xn1   a.xn    xn   k     a x  x    n  xn k    n   xn k  xn k  xn 1  a  a Như xn 1  k xn  xn 1  Suy xn 1  xn 1  (mod k ) (đpcm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHỊNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 BẢNG B NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 18/01/2022 (Đề gồm 01 trang, 08 bài) Câu (2,0 điểm) a) Cho hàm số y  x  2mx   m  3 x  1 với m tham số đường thẳng  d  : y  x  Tìm tất giá trị m để đường thẳng  d  cắt đồ thị hàm số 1 ba điểm phân biệt b) Cho hàm số f  x   1  m3  x  mx  12m  3m   x  8m3  6m với m tham số Có giá trị nguyên m   2021; 2022 cho f  x   với x   2021; 2022 ? Câu (1,0 điểm) Cho số thực a; b; c thuộc khoảng 1;   thỏa mãn  c5  log a b   log b c  1 logb c  log a    b Tính giá trị biểu thức F  log a b  log b c Câu (1,0 điểm) Tính tổng tất nghiệm x   0; 4  phương trình   cos x  sin x cos x  cos x  sin x  Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  x   x2  5x    2  x   x   7 x  x  23  m  x  3  Câu (1,0 điểm) Có 15 người xếp thành hàng dọc (vị trí người hàng cố định) Chọn người hàng Tính xác suất để người chọn khơng có hai người đứng cạnh   Câu (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình thang cân, AD song song với BC, AB  BC  CD  a , AD  2a Góc hai mặt phẳng  A ' CD   ABCD  450 a) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  A ' CD  b) Gọi  P  mặt phẳng qua B vuông góc với đường thẳng A ' C Mặt phẳng  P  chia khối lăng trụ cho thành hai khối đa diện Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh A Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC khơng có góc tù, nội tiếp đường tròn tâm I Gọi D chân đường phân giác góc A  D  BC  Đường thẳng qua D vng góc với đường thẳng AI cắt đường thẳng AC điểm E Tìm tọa độ điểm A C biết A có tung   độ âm B  5;0  , I   ; 1 , E  1;0    Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a; b; c thỏa mãn a 2b  8c  a  b  Tìm giá trị nhỏ abc bac c   bc ac a  b  4c HẾT -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng cần giải thích thêm) biểu thức P  Họ tên thí sinh: ………………………………………………… Số báo danh: ….…….………… Cán coi thi 1: ………………………………… Cán coi thi 2: …….……………… ……… ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2021 – 2022 MƠN THI: TỐN Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Câu [HSG- HÀ NỘI 2021- 2022] Chứng minh với m  hàm... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ 101 Họ tên thí sinh: ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) MÃ ĐỀ 101 Họ tên thí sinh: