Tham khảo Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc để các em làm quen với cấu trúc đề thi, đồng thời ôn tập và củng cố kiến thức căn bản trong chương trình học. Tham gia giải đề thi để ôn tập và chuẩn bị kiến thức và kỹ năng thật tốt cho kì thi sắp diễn ra nhé!
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm) U U a) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y= đồng biến [ 2; +∞ ) mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + 2019 mx − m + có đồ thị (C) Tìm tất giá trị tham số m để đường x +1 thẳng d : = y x − cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA, b) Cho hàm số y = OB 45° Câu (2,0 điểm) U U a) Giải phương trình lượng giác sau cos x ( 2sin x + 1) = ( sin x + 1)( 2sin x − 1) x − y + x y + y + = b) Giải hệ phương trình sau x + x − y + + 3 x − = ( x, y ∈ ) Câu (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ = U U = 60° Gọi M điểm cạnh CC ′ cho CM = MC ′ góc BAC a) Chứng minh AM ⊥ B′M b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) 3a Câu (1,0 điểm) Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = 1− , ( n ∈ * ) ( n + 1) U U Tính lim ( u1u2u3 un ) Câu (1,0 điểm) Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > ) Biết số tam giác có ba U U đỉnh đỉnh ( H ) cạnh cạnh ( H ) gấp lần số tam giác có ba đỉnh đỉnh ( H ) có cạnh cạnh ( H ) Xác định n Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC x − y + = , điểm G (1; ) trọng tâm tam giác ABC, điểm U U E ( 0; −3) thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho, biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c > a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức: U U 1 + + ≤1 a +b+c b +c+a c +a+b - HẾT - HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC: 2019 - 2020 MÔN: TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU I Những lưu ý chung: - Điểm tồn thi khơng làm tròn - Câu học sinh khơng vẽ hình khơng cho điểm - Học sinh giải theo cách khác đáp án mà cho điểm tối đa II Đáp án thang điểm: U U U U Câu Đáp án a)Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y= mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + 2019 đồng biến [ 2; +∞ ) Ycbt ⇔= y′ mx − ( m − 1) x + ( m − ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ ) −2 x + = f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) ⇔ m ≥ max f ( x ) [ 2;+∞ ) x − 2x + x= + ( tm ) ( x − x + 3) ′ Ta có: f ′ ( x )= = ⇔ f x ; ) ( x= − ( ktm ) ( x − x + 3) ⇔m≥ Điểm 0,25 0,25 mx − m + có đồ thị (C) Tìm tất giá trị tham số x +1 m để đường thẳng d : = y x − cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA, OB 45° Phương trình hồnh độ: x = mx − m + = x − ⇔ ( x − 1)( x + − m= ) 0, ( x ≠ −1) ⇔ m − x +1 x= Đường thẳng d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B m ≠ ∧ m ≠ m−3 Khi đó, A (1;1) , B ;m − 4 Điều kiện để OA, OB tạo với góc 45° là: m−3 m−3 OA.OB OA.OB.cos 45° ⇔ = = +m−4 + ( m − 4) 2 m = ⇔ m − m + 12 =0 ⇔ ( tm ) m = cos x ( 2sin x + 1) = a) Giải phương trình lượng giác sau ( sin x + 1)( 2sin x − 1) b) Cho hàm số y = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 sin x ≠ −1 ĐKXĐ: Phương trình cho biến đổi thành: sin x ≠ sin x + = cos x ( 2sin x + sin x − 1) ⇔ sin x + cos= x 0,25 ( sin x − cos x ) π π sin x − cos x ⇔ sin x + = sin x − 3 6 π π π − + k 2π ( ktm ) x + = x − + k 2π x = ⇔ ⇔ 5π 2π x + π =− x + 7π + k 2π = x + k ( tm ) 18 3 5π 2π Vậy nghiệm phương trình là: x =+ k , ( k ∈ ) 18 2 x − y + x y + 3y + = b) Giải hệ phương trình sau ( x, y ∈ ) x + x − y + + x − = y ≥ ĐK: Biến đổi phương trình đầu dạng: x + 3x − y + ≥ ⇔ sin x + cos x= y =1 y y x +3 −3 −1 = ⇔ ⇒ y = x2 + x +3 x +3 y = − (l ) x +3 y x + vào phương trình thứ hai, ta được: Thay = 2 x + + 3x − = Vế trái pt hàm đồng biến ; +∞ mà x = 3 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 31 2 nghiệm nên nghiệm Suy ra: = (tm) y += 3 31 Vậy, nghiệm hệ là: ( x; y ) = ; 3 Cho hình lăng trụ đứng ABC A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ = = 60° Gọi M điểm cạnh CC ′ cho CM = MC ′ BAC a) Chứng minh AM ⊥ B′M b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) 0,25 3a góc 2 a) Chứng minh AM ⊥ B′M Từ giả thiết CM = MC ′ suy ra: a = CM a= 6, MC ′ Áp dụng định lí cosin tam giác ABC ⇒ BC = a Sử dụng Pitago, dễ dàng tính được: 29a 2 ′ = AB = , AM 10a 2 9a B′M = Từ suy ra: ′2 AM + B′M hay AB = tam giác AB′M vuông M 0,25 0,25 N AM ∩ A′C ′ , b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) Đặt= gọi K hình chiếu vng góc A′ lên B′N H hình chiếu vng góc B′N ⊥ AK ⇒ B′N ⊥ A′H ⇒ A′H ⊥ ( AB′M ) A′ lên AK Ta có A′H ⊥ AK 0,25 nên dễ dàng suy ra: C ′N = a theo định 0,25 Do ∆NC ′M ∆ACM theo tỉ số k = lí cosin suy ra: B′N = a a.3a.sin 60° 2.S A′B′N 3a 21 = A′K = = B′N 14 a 1 3a 10 = + ⇒ A′H = 2 A′H AA′ A′K 10 3a 10 Vậy khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) 10 Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un = 1− , ( n ∈ * ) ( n + 1) Trong tam giác vng AA′K ta có: 0,5 0,25 0,25 Tính lim ( u1u2u3 un ) Ta có: un = − ( n + 1) = n ( n + 2) ( n + 1) , ∀n ∈ * 0,25 1.3 2.4 3.5 4.6 n ( n + ) n + = 22 32 42 52 ( n + 1) n + 0,5 Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > ) Biết số tam giác có ba đỉnh 0,25 Suy ra: u1u2u3 un = Do đó, lim ( u1u2u3 un ) = đỉnh ( H ) khơng có cạnh cạnh ( H ) gấp lần số tam giác có ba đỉnh đỉnh ( H ) có cạnh cạnh ( H ) Xác định n Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) là: Cn3 Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) có cạnh cạnh (H) là: n Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) có cạnh cạnh (H) là: n ( n − 4) 0,25 Theo giả thiết, ta có: 0,25 n = ( ktm ) Cn3 − n − n ( n − ) =5n ( n − ) ⇔ n − 39n + 140 =0 ⇔ n = 35 ( tm ) Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC x − y + = , điểm G (1; ) trọng tâm tam giác ABC, điểm E ( 0; −3) thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho, biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương Vì DE ⊥ AC nên DE : x + y + = ⇒ D ( t ; −t − 3) 0,25 0,25 0,25 Ta có, 1 = d ( B, AC ) d ( D, AC ) 3 ⇒ D (1; −4 ) t = 2t + ⇔= ⇔ t =−5 ⇒ D ( −5; ) Vì D G nằm khác phía so với AC nên D (1; −4 ) ⇒ B (1;8 ) ⇒ B : x = 0,25 32 ⇒ S ABD = 24 nên Vì A ∈ AC ⇒ A ( a; a + 1) Từ gt S AGCD = 0,25 a= ⇒ A ( 5;6 )( tm ) d ( A, B ) DB = 24 ⇔ a − = ⇒ a =−3 ⇒ A ( −3; −2 )( l ) Từ AD= BC ⇒ C ( −3; −2 ) Vậy tọa độ đỉnh hình bình hành là: 0,25 = d ( G, AC ) A ( 5;6 ) , B (1;8 ) , C ( −3; −2 ) , D (1; −4 ) Chứng minh bất đẳng thức: Cho a, b, c > a + b + c = 1 + + ≤1 a +b+c b +c+a c +a+b 1 Đưa bất đẳng thức dạng: + + ≤1 a −a +3 b −b+3 c −c +3 0,25 −x + ≤ , ∀x ∈ ( 0;3) x − x+3 Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: ( x − 1) ( x − 3) ≤ đúng, Ta chứng minh BĐT phụ: ∀x ∈ ( 0;3) Dấu xảy x = Vì a, b, c ba số dương có tổng nên: < a, b, c < Áp dụng BĐT phụ cho số a, b, c: 1 −a + −b + −c + ; ; ≤ ≤ ≤ 9 a −a+3 b −b+3 c −c+3 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức , ta có: − ( a + b + c ) + 12 1 + + ≤ = (đpcm) a − a + b2 − b + c2 − c + Dấu xảy a= b= c= - HẾT - 0,25 0,25 0,25 ... DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC: 2019 - 2020 MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU I Những lưu ý chung: - Điểm toàn thi khơng làm tròn - Câu học... vế theo vế ba bất đẳng thức , ta có: − ( a + b + c ) + 12 1 + + ≤ = (đpcm) a − a + b2 − b + c2 − c + Dấu xảy a= b= c= - HẾT - 0,25 0,25 0,25 ... cho điểm - Học sinh giải theo cách khác đáp án mà cho điểm tối đa II Đáp án thang điểm: U U U U Câu Đáp án a)Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y= mx − ( m − 1) x + ( m − ) x + 2019 đồng biến