Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án

Luyện tập với Bộ 16 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án được chia sẻ dưới đây sẽ giúp các em học sinh đánh giá được năng lực học tập của mình, để từ đó có hướng ôn tập phù hợp chuẩn bị cho kì thi chọn HSG sắp diễn ra. Đề thi có đáp án chi tiết kèm theo sẽ giúp các em dễ dàng hơn trong việc so sánh kết quả và tìm hiểu thêm nhiều phương pháp giải bài tập khác nhau nhằm nâng cao kỹ năng giải bài tập Toán. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

BỘ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN) Đề thi chọn đội tuyển HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Đống Đa Đề thi chọn đội tuyển HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia mơn Tốn lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Khánh Hịa Đề thi chọn HSG cấp thành phố mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi chọn HSG cấp thành phố mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phòng Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Bình Phước Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hưng Yên 10 Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 11 Đề thi chọn HSG cấp trường mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Đồng Đậu (Lần 2) 12 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Trị 13 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Thái Bình 14 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc 15 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Đồng Đậu 16 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Ngơ Gia Tự 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 MƠN: TỐN NĂM HỌC: 2019 - 2020 Thời gian làm 180 phút Câu (4 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  x  mx   m cắt trục hoành điểm phân biệt A, B, C cho tổng hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm A, B, C Câu (6 điểm) a Giải phương trình: sin x  cos x    sin x.cos x  sin x  cos x   x3   y   x  xy  b Giải hệ phương trình:   x  x  y   Câu (4 điểm) Cho dãy số  un  Đặt S n  2020  u1  xác định  , n  * 2019 2u  u  2u  n 1 n n 1 Tính lim Sn    u1  u2  un  Câu (4 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy Gọi M , N hai điểm thay đổi thuộc cạnh AB , AC cho mặt phẳng  SMN  ln vng góc với mặt phẳng  ABC  Đặt AM  x, AN  y a Chứng minh x  y  xy b Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn Câu (2 điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức P abc abc  3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  - HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12 CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  x  mx   m cắt trục hoành điểm phân biệt A, B, C cho tổng hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị hàm số điểm A, B, C Đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt phương trình x3  x  mx   m  (1) có nghiệm phân biệt 1,0 x3  x  mx   m   ( x  1)( x  x  m  2)  Phương trình (1) có nghiệm phân biệt  x  x  m   (2) có hai nghiệm phân  '   m  biệt khác    m  (*) 1   m   1,0 Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (2), suy tổng hệ số góc tiếp tuyến đồ thị hàm số giao điểm A, B, C là: 1,5 y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 )  x1 x2  6( x1  x2 )  3m    3m Tổng HSG tiếp tuyến   3m   m  (t/m đk (*)) 0.5 ĐS: m  Giải phương trình: sin x  cos x    sin x.cos x  sin x  cos x  a 1,0    2cos x   sin 2x  2cosx -1  s inx  2cosx -1    cos2x =    sin 2x.cosx - sin2x   2cosx -1 sin x - sin2x  2cosx - 2 1,0    2cosx +1   2cosx -1   1  cosx =    s inx + cosx   2sinx.cosx - = + (1)  x   + (2)  x      2cosx -1 sin 2x - s inx +2  0.5  2  k 2 0.5  k  x    k 2 , Kết luận phương trình có họ nghiệm : ……… b  x3   y   x  xy  Giải hệ phương trình:   x  x  y  2  x  x   x  y   Viết lại hệ:   x  x  x  y  2 1,0 Đặt u  x  x, v  x  y Dễ có: u  1 u.v  Hệ trở thành:  u  v  2 0.5 u  1 Suy ra:   v  1 0.5  x  x  1 Ta có   x  y  1 0.5  x  1  y  0.5 Cho dãy số  un  2020  u1  xác định bởi:  , n  * 2019 2u  u  2u  n 1 n n Đặt S n  1 Tính: lim Sn    u1  u2  un  Ta chứng minh un  1, n  * (1) phương pháp qui nạp toán học Với n  1, u1  2020   (1) với n  2019 Giả sử (1) với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  Ta phải chứng minh (1) với n  k  tức phải chứng minh uk 1  Thật uk 1   uk2  2uk u  2(uk  1) uk2 1  k     uk 1    uk 1  2 2 Theo ngun lý qui nạp tốn học ta có un  1, n  * Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * dãy số un  nên dãy số  un  dãy số tăng 1,0 Với k  N*, ta có : 2uk 1  uk (uk  2)   (u  2)  uk 1 1   k     uk (uk  2) uk 1 uk (uk  2) uk 1 uk uk  uk 1 1,0 1 1    Sn   uk  uk uk 1 u1 un 1 Ta chứng minh dãy số  un  dãy số không bị chặn Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn Do dãy số  un  dãy tăng (cmt) nên ta có dãy  un  tăng bị chặn dãy số  un  có giới hạn hữu hạn Giả sử lim  un   a Vì un  Nên ta có a  Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un Chuyển qua giới hạn ta có: 1,0  2a = a2 + 2a  a = Mâu thuẫn với a ≥1 Vậy giả sử sai, suy dãy  un  không bị chặn  un  dãy tăng nên lim  un     lim 1 1 2019   lim S n  lim (  )  un u1 un 1 u1 2020 1,0 S M B A O H N C Chứng minh x  y  xy Kẻ SO  MN , O  MN  SMN    ABC   SO   ABC  a Do hình chóp S ABC hình chóp nên O tâm đương trịn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi H trung điểm BC Và O trọng tâm tam giác ABC 1,0     AB  AC     Ta có AB  AC  AH  AM  AN  AH  AM  AN  AO AM AN x y Vì  M  AB, N  AC  1,0    x AM  y AN  xy AO Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  xy (đpcm) 1 SO.MN  SSMN nhỏ MN nhỏ SSMN  SO.MN  SSMN 2 lớn MN lớn S SMN  2 Ta có MN  x  y  xy.cos600  x  y  xy   x  y   xy   xy   xy 1,0 Từ giả thiết ta có  x; y  Từ (1) ta có xy  x  y  xy  xy   x  1 y  1   xy   x  y  xy   xy  xy  0.5 4 1 Đặt t = xy, t   ;   MN  9t  3t 9 2 4 1 Lập bảng biến thiên hàm số f  t   9t  3t ; t   ;  ta 9 2 MN nhỏ t  x  y  x    x  MN lớn t    y    y 1 0,5 Cho a, b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Chứng minh rằng: abc abc  3 1  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  Đặt : P  abc abc  3  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  0.5 Áp dụng bất đẳng thức:  x  y  z    xy  yz  zx  x, y, z   0.5 Với a, b, c  ta có:  ab  bc  ca   3abc  a  b  c   9abc   ab  bc  ca  abc  Ta có: 1  a 1  b 1  c    abc  a, b, c  Thật vậy: 1  a 1  b 1  c     a  b  c    ab  bc  ca   abc    3 abc  3  abc   abc   abc Khi đó: P   Đặt: 3  abc    abc abc   abc abc  t  abc  t , 0.5 abc  t  abc Vì a, b, c  nên  abc    1  t 1   Xét hàm số f (t )  f '(t)  t2   t , t   0; 1 1  t   t  t 2t 2t t2  t2    t    2  (1  t ) (1  t ) 2  (1  t ) (1  t )  0.5 (1  t )(1  t ) t2  2t   0, t  (0;1] (1  t ) (1  t ) 2 Suy f (t ) đồng biến f (t ) (0;1] ta có f (t )  f (1)  1, t  (0;1]  abc abc  3 1  ab  bc  ca 1  a 1  b 1  c  Dấu ‘=’ xảy a  b  c  Vậy MaxP  a  b  c  Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa 0.5   m  Vậy m  hàm số cho đồng biến khoảng  0;   4 Giải phương trình: 8sinx   cosx sinx sin x    sin x   x  k  k    cos x  Điều kiện:  (*) Với điều kiện (*) , phương trình cho  8sin x cos x  sin x  cos x    4cos x  cos x  sin x  cos x  4cos x  4cos x cos x  sin x  cos x  3cos x  2cos x  2cos3x  sin x  cos x  sin x  2cos3x    cos x  sin x  cos3x  cos  x    cos3x 2 3          x x k   k x     (thỏa mãn (*) ) 3x   x    k 2 x     k    12    Vậy nghiệm phương trình cho là: x   k ; x    k k   12 Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát un  ln  n  2n  ,  n   * Tính lim S n , biết u u u n 1 1 1 Sn           e e e u n 1 11  1 Ta có        ln  n n   n  n    n n   e e 1 1 1 1  Suy S n            2 n n2 1 1  13 1   1          n 1 n    n 1 n   1  3 Vậy, lim S n  lim      n 1 n   Giải phương trình: x    x  12  x  x  x   x  x    Điều kiện: 3  x     x  (*) 2 x    Đặt t  x    x  t    t   12  x  x Phương trình cho trở thành t  t2   x   x   t  2t  x   2 x  Xét hàm số f  u   u  2u với u  Ta có: f   u   2u   0,  u    Hàm số đồng biến  0;   Khi đó: 1  t  x  hay x    x  2x  (1)   12  x  x  x   12  x  x  x  x  1  89 (thỏa mãn (*) )  x 2 12  x  x  x  x  1  89 Vậy nghiệm phương trình là: x  Một hộp có 50 cầu đánh số từ đến 50 Lẫy ngẫu nhiên cầu từ hộp Tính xác suất để tích số ghi cầu lấy số chia hết cho Có C50 cách lấy cầu từ 50 cầu cho Chia 50 cầu hộp thành nhóm: Nhóm 1: gồm 25 cầu mang số lẻ Nhóm 2: gồm 13 cầu mang số chia hết cho mà khơng chia hết cho Nhóm 3: gồm cầu mang số chia hết cho mà khơng chia hết cho Nhóm 4: gồm cầu mang số chia hết cho Để tích số ghi cầu lấy số khơng chia hết cho có trường hợp sau xảy ra: cách lấy TH1) thuộc nhóm thuộc nhóm 2: có C125 C13 TH2) thuộc nhóm thuộc nhóm 2: có C225 C13 cách lấy TH3) thuộc nhóm thuộc nhóm 3: có C225 C16 cách lấy TH4) thuộc nhóm 1: có C25 cách lấy Vậy xác suất cần tính là: P = - 2 C125 C13 C16 + C25 + C225 C113 + C25 C50 = 193 392 Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a , AA  a Hình chiếu vng góc A mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm cạnh AB Gọi I trung điểm   AC , điểm S thỏa mãn IB  SI Tính theo a thể tích khối chóp S.AABB B' C' A' S I C B H A Gọi H trung điểm AB  AH   ABC   CH   AABB  Ta có: CH  a 1 a a a3  VC AABB  CH S AABA   3 2   3 Do IB  2SI  d  S ,  AABB    d  I ,  AABB    d  C,  AABB   3 3a Suy VS AABB  VC AABB  16 Cho tứ diện ABCD có G trọng tâm tam giác BCD Mặt phẳng  P  qua trung điểm I AG cắt đoạn AB, AC, AD điểm khác A Gọi hA , hB , hC , hD  P khoảng cách từ điểm A, B, C , D đến mặt phẳng Chứng minh rằng: hB2  hC2  hD2  hA2 Gọi B, C , D giao điểm  P với AB, AC , AD A Ta có: VA.BCD  VA.CDI  VA BCI  VA BDI ; S GBC  S GCD  S GBD  S BCD VA.BCI AB AC AI 3V AB AC   A.BCI  VA.BCG AB AC AG VA.BCD AB AC 3VA.BDI AB AD 3VA.CDI AC AD ;   VA.BCD AB AD VA.BCD AC AD D' B' I C' B D G C 3VA.BCD  AB AC AC AD AB AD        AB AC VA.BCD AC AD AB AD  AB AC AD  AB AC  AC  AD AB AD  DD BB CC        3  AB AC AD  AB AC AC AD AB AD  AD AB AC  BB hB CC  hC DD hD  ,  ,   hD  hC  hB  3hA Mặt khác ta có: AB hA AC  hA AD hA Suy ra: hB2  hC2  hD2 Hơn nữa:  hD  hC  hB    h  h  h    hA2 (đpcm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Điểm D chân đường phân giác góc A Gọi M , N hình chiếu vng góc D AB, AC Đường trịn  C  : ( x  2)2  ( y  1)2  ngoại tiếp tam giác DMN Gọi H 2 D C B giao điểm BN CM , đường thẳng AH có phương trình x  y  10  Tìm tọa độ điểm B biết M có hồnh độ dương, A có hồnh độ ngun Vì AMDN hình vng nên A   C  A Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:  y  x  10  3 x  y  10    x  2      2 ( x  2)  ( y  1)    x   19     N I M E B H F D  x  2   A  2;  y  Đường tròn  C  có tâm I (2;1) , AMDN hình vng nên I trung điểm AD  D (2; 2) Gọi E giao điểm BN DM ; F giao điểm DN CM C Ta có AMDN hình vng nên MF AN MD ME ME      EF / /CD  EF / / BC MC AC AC AN MD NF NF ND AN     ANF DBAN đồng dạng AN AM AB AB  ABN   NAF  BN  AF Tương tự CM  AE  H trực tâm DAEF  AH ^ EF  AH ^ BC Đường thẳng BC vuông góc AH , qua D nên có phương trình x  y   Đường thẳng MN vng góc AD, qua I nên có phương trình : y   Tọa độ M , N nghiệm hệ phương trình:  x   y 1      x  5  2 ( x  2)  ( y  1)  y 1  Vì M có hồnh độ dương nên M (1;1) Đường thẳng AB qua A, M nên có phương trình : x  y   10 Do B  AB  BC nên tọa độ điểm B nghiệm hệ phương trình: x  y   x    B(7; 5)  x  3y    y  5 Vậy B (7; 5) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  a 3b  b3 a   ab  ab 1 Tìm giá trị lớn biểu thức P    2  a  b  2c Theo BĐT Cơ–si ta có: a 3b  ab3  2a 2b  ab   2a 2b  ab 1 Đặt t  ab  t  0  t   2t   2t  t  2t     t  t 1 Với a , b  0; ab  ta chứng minh (*)   2 1 a 1 b  ab 1 1 Thật vậy: (*)  (  )(  )0 2  a  ab  b  ab a(b  a ) b( a  b)     (a  b) (ab  1)  (đúng) (1  a )(1  ab) (1  b )(1  ab) 3t P     ab   t t  ab 3t 1  ; f 't      0 Xét t   ;1 ; f  t   2 1 t t  2  1  t   t   1    11 Từ f  t  nghịch biến  ;1  Max f  t   f      2    15  ;1   1 ;b  ;c  Dấu "  " xảy t   a  2 Hết 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 ) khơng có 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 MƠN: 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 trịn - 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 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020 SỞ GIÁO DỤC PHÚ N TRƯỜNG THPT NGƠ GIA TỰ MƠN: TỐN (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) U U Câu (2,0 điểm) Giải phương trình x3 = +1 2x −1 Câu (2, điểm) Cho tam giác ABC vuông A Trên hai cạnh AB AC lấy hai điểm B′ C ′ cho AB AB′ = AC AC ′ Gọi M trung điểm BC Chứng minh AM ⊥ B′C ′ Câu (3,0 điểm) Cho phương trình cos x + sin x + m − = a Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt b Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; π ) Câu (4,0 điểm) Cho f ( x)= mx + 4(m − 1) x + m − ( m tham số) a Tìm tất giá trị tham số m để f ( x) > với x ∈  b Tìm tất giá trị tham số m để f ( x) < với x ∈ ( 0; )  x + + y + =m Câu (4,0 điểm) Cho hệ phương trình  ( m tham số) 3m  x + y = a Giải hệ phương trình m = b Tìm tất giá trị tham số m để hệ phương trình có nghiệm Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC Gọi O điểm tùy ý nằm tam giác Kẻ OM , ON OP vng góc với cạnh BC , AC AB Chứng minh BC AC AB p + + ≥ OM ON OP r p nửa chu vi tam giác ABC r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông B Kéo dài AC phía C đoạn CD = AB = 1;  = 300 Tính độ dài đoạn AC CBD HẾT SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020 TRƯỜNG THPT NGƠ GIA TỰ Mơn Tốn – Thời gian: 150 phút Đáp án Câu Câu1 (2,0 điểm) Đặt:= y Điểm x − 1,0 3 = =  x + y =  x + y  x + y Ta có:  ⇔ ⇔  2  y + 1= x  x − y = 2( y − x) ( x − y )( x − xy + y + 2)= 0,25 y 3y2 Do x − xy + y + =  x −  + + > ∀x, y  2  x3 + =2 y Nên ta có hệ:  x = y 0,5 ⇒ x3 + 1= x ⇔ ( x − 1)( x + x − 1)=  x =  −1 + ⇔  x =   x = −1 −  Câu (2,0 điểm) 0,25 Vì M trung điểm BC nên    = AM AB + AC ( B ) B' A C'           Ta có: AM B′C ′ = AB + AC AC ′ − AB′ = AC AC ′ − AB AB′ = ( )( C ) Vậy: AM ⊥ B′C ′ Câu 0,5 M a (1,5 điểm) cos x + sin x + m − = ⇔ 2sin x − sin x = m − 1,5 0,25 (3,0 điểm) Đặt: = t sin x, t ∈ [ −1;1] Phương trình trở thành 2t − t = m − 0,5 Xét hàm số = y 2t − t với t ∈ [ −1;1] Để phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ m − =1 ⇔ m = 0,75 b (1,5 điểm) x ∈ ( 0; π ) ⇒ t ∈ ( 0;1] Xét hàm số = y 2t − t nửa khoảng ( 0;1] 1,0 Để phương trình có nghiệm phân biệt ⇔ − < m − < ⇔ Câu (4,0 điểm) 15 ⇔ x < − (loại) 0,5 + Khi m ≠ để 1,0 m > m > ⇔ ⇔1< m < f ( x) > 0∀x ∈  ⇔   ∆′ < (m − 1)(3m − 4) < b (2,5 điểm) + Khi m = f ( x) < ⇔ −4 x − < ⇔ x > − m < (thỏa mãn) 0,5 m < + ⇔ ⇒ VN  ∆′ < (m − 1)(3m − 4) < 0,5 + Khi m > đề f ( x) < 0∀x ∈ (0; 2) f ( x) = có hai nghiệm x1 , x2 thỏa  x ≤ < x2 (1) x1 ≤ < ≤ x2 ⇔   x1 < ≤ x2 (2) 0,5 m −1 ≤ ⇔ < m ≤1 m 0,5 (1) ⇔ (2) ⇔ ( x1 − 2)( x2 − 2) ≤ ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + ≤ ⇔ < m ≤ Vậy: ≤ m ≤ Câu (4,0 điểm) 13 10 0,5 13 10 a (1,5 điểm) y 12 − x  x + + y + =  = ⇔ 12  x + + 14 − x =  x + y = Khi m = ta có  ( −1 ≤ x ≤ 14; −2 ≤ y ≤ 13) 1,0  13 + 14 x = ⇒ ( x + 1)(14 − x) = ⇔ −4 x + 52 x + 55 = ⇔   13 − 14 x =   11 − 14 y =   11 + 14 y =  0,5  13 + 14 11 − 14   13 − 14 11 + 14  ; ;    2 2     Vậy: hệ có hai nghiệm  b (2,5 điểm) Đặt: = a b x + = m a + b =  y + Hệ trở thành a + b = 3m + a ≥ 0, b ≥  m có điểm chung với Để hệ có nghiệm đường thẳng a + b = 2 đường tròn a + b = 3m + a ≥ b ≥  m − 6m − ≤  + 21 ≤ m ≤ + 15 3m + ≤ m ≤ 6m + ⇔ m − 3m − ≥ ⇔ m ≥  Vậy: Câu (2,0 điểm) 0,5 1,0 1,0 + 21 ≤ m ≤ + 15 Theo BĐT Bunhiacopski, ta có  BC  AC AB BC.OM + AC.ON + AB.OP   ON OP  OM   BC AC AB  ≤ + +  ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )  OM ON OP  1,0  BC AC AB  ⇔ ( BC + AC + AB) ≤  + +  ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )  OM ON OP  BC AC AB p  BC AC AB  (do S ABC = pr ) ⇔ + + + + ≥  S ABC ≥ p ⇔ OM ON OP r  OM ON OP  0,5 Dấu xảy OM = ON + OP ⇔ O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Câu (3,0 điểm) Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với CD cắt BC E 0,5 E Tứ giác ABDE nội tiếp 1,0 ∠DBC = ∠DAE D C B A Đặt AC = x > ⇒ AD = x + π DE = AD.tan= x +1 ; BC = ∆CDE  ∆CBA ⇒ CD BC = ⇔ =( x + 1) x − ED BA x2 −1 0,5 1,0 ⇔ x( x − 2) + 2( x − 2) = ⇔ ( x3 − 2)( x + 2) = ⇔ x = Vậy: AC = 0,5 ... Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Trị 13 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Thái Bình 14 Đề thi chọn HSG mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở... Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi chọn HSG cấp thành phố mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Phịng Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020. .. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ngãi 11 Đề thi chọn HSG cấp trường mơn Tốn lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Đồng Đậu (Lần 2) 12 Đề thi