Bộ 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp thành phố

TaiLieu.VN giới thiệu Bộ 8 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập Toán một cách thuận lợi.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ MỤC LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Trường THPT Chu Văn An, Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Đà Nẵng Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hải Phòng Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hồ Chí Minh ĐỀ THI CHỌN ĐT HSG QUỐC GIA TP HÀ NỘI NĂM HỌC 2020-2021 Phan Phương Đức - Nguyễn Tiến Dũng A NGÀY THỨ NHẤT (19/10/2020) un √ n u , ∀n ≥ Tìm giới hạn lim n 2n un + Bài Cho đa thức P (x) = (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − a9 ) − 3, a1 , a2 , · · · , a9 số nguyên đôi Bài Cho dãy số (un ) xác định u1 = un+1 = khác Chứng minh P (x) không phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Bài Cho tam giác ABC cân A (∠BAC < 90◦ ) M trung điểm đoạn thẳng AB Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng CM cho ∠CBN = ∠ACM a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N b) Đoạn thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N điểm thứ hai P Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh đường thẳng N P qua trung điểm đoạn thẳng M I Bài Tìm số nguyên dương (a1 , a2 , · · · , a15 ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) ≤ a1 < a2 < · · · < a15 ≤ 2020; ii) ≡ i2 (mod 5), ∀i = 1, 2, · · · , 15 B NGÀY THỨ HAI (20/10/2020) Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (4xf (x) + f (y)) = (f (x))2 + y, ∀x, y ∈ R Bài Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC điểm S Qua S kẻ tiếp tuyến SX, SY tới đường tròn (O), với X, Y tiếp điểm a) Chứng minh D, X, Y thẳng hàng b) Gọi I giao điểm hai đường thẳng XY EF Chứng minh đường thẳng IH qua trung điểm đoạn thẳng BC Bài Cho p số nguyên tố lớn p−1 Cpi a) Chứng minh ≡ (mod p3 ) i=1 p b) Cho n số nguyên dương thỏa mãn n ≡ (mod p) Chứng minh Cnp ≡ n (mod p4 ) Trang Đề thi chọn ĐT HSG Quốc gia TP Hà Nội năm học 2020-2021 C HƯỚNG DẪN GIẢI Bài Cho dãy số (un ) xác định u1 = un+1 = un √ n u , ∀n ≥ Tìm giới hạn lim n 2n un + Lời giải: Từ giả thiết, dễ chứng minh quy nạp: un = 0, ∀n ∈ N∗ Khi đó, ta có: = 2n + un+1 un 1 + 2n+1 = + 2n = · · · = 3n + = 3n+1 ⇒ un+1 un u1 1 ⇒ = 3n − 2n ⇒ un = n , ∀n ∈ R un − 2n 1 √ √ = Khi đó, lim n un = = · n n lim 3n − 2n lim n − Bài Cho đa thức P (x) = (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − a9 ) − 3, a1 , a2 , · · · , a9 số nguyên đôi khác Chứng minh P (x) khơng phân tích thành tích hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn Lời giải: Giả sử phân tích P (x) = F (x).G(x), với F (x), G(x) ∈ Z[x], deg F, deg G ≥ KMTTQ, giả sử deg F ≤ deg G Do deg F + deg G = deg P = nên deg F ≤ Từ đề bài, ta có: F (ai ).G(ai ) = 3, ∀i = 1, ⇒ F (ai ) ∈ {±1; ±3}, ∀i = 1, Do ≤ deg F ≤ nên không tồn giá trị F (ai ) Mặt khác, theo nguyên lí Dirichlet, tồn ≥ giá trị F (ai ) KMTTQ, giả sử F (a1 ) = F (a2 ) = F (a3 ) = a ⇒ F (x) = (x − a1 )(x − a2 )(x − a3 )Q(x) + a, (a ∈ {±1; ±3}) Khi đó, ta xét TH sau: TH1: Nếu tồn i = j ∈ 4, mà F (ai ), F (aj ) = a ± ⇒ (ai − a1 )(ai − a2 )(ai − a3 )Q(ai ) = ±2; (aj − a1 )(aj − a2 )(aj − a3 )Q(aj ) = ±2 Do a1 = a2 = a3 ⇒ − a1 ; − a2 ; − a3 có số 1, số −1, số ±2 KMTTQ, giả sử − a1 = 1; − a2 = −1 Tương tự, aj − a1 ; aj − a2 ; aj − a3 có số 1, số −1, số ±2 ⇒a i − a1 + − a2 + − a3 ≡ ≡ aj − a1 + aj − a2 + aj − a3 (mod 2) ⇒ ≡ aj (mod 2)  ai − a1 ≡ aj − a1 (mod 2) ⇒ aj − a1 = −1 ⇒  ai − a2 ≡ aj − a2 (mod 2) ⇒ aj − a2 = ⇒ − a1 + − a2 = = aj − a1 + aj − a2 ⇒ = aj (vơ lí) TH2: Nếu khơng tồn i, j thỏa mãn TH1, phải có giá trị, KMTTQ a5 , a6 , a7 , a8 , a9 cho F (a5 ) = F (a6 ) = F (a7 ) = F (a8 ) = b; F (a9 ) = b ± ⇒ F (x) = (x − a5 )(x − a6 )(x − a7 )(x − a8 ) + b ⇒ (a9 − a5 )(a9 − a6 )(a9 − a7 )(a9 − a8 ) = ±2 Khi đó, phải có số a9 − a5 , a9 − a6 , a9 − a7 , a9 − a8 (vơ lí) Suy đpcm Đề thi chọn ĐT HSG Quốc gia TP Hà Nội năm học 2020-2021 Trang Bài Cho tam giác ABC cân A (∠BAC < 90◦ ) M trung điểm đoạn thẳng AB Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng CM cho ∠CBN = ∠ACM a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BCN tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N b) Đoạn thẳng AC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AM N điểm thứ hai P Gọi I trung điểm đoạn thẳng BC Chứng minh đường thẳng N P qua trung điểm đoạn thẳng M I Lời giải: a) Vì ∠ABC = ∠ACB ∠CBN = ∠ACM nên ∠ABN = ∠BCN ⇒ M BN ∼ M CB (g.g) ⇒ ∠BN M = ∠M BC M N.M C = M B = M A2 ⇒ M AN ∼ M CA (c.g.c) ⇒ ∠M AN = ∠M CA Ta có ∠BN M = ∠ABC = ∠ACB = ∠BCN + ∠ACM = ∠BCN + ∠M AN Từ đó, ta thấy (BCN ) tiếp xúc với (AM N ) b) Do M I đường trung bình ABC nên M I CA Suy ∠M IB = ∠ACB = ∠M N B ⇒ BM N I tứ giác nội tiếp Suy ∠N M I = ∠N BI ∠M IN = ∠M BN = ∠BCN ⇒ N BC ∼ N M I Gọi P N cắt M I K ∠M N K = ∠M AP = ∠BM I = ∠BN I Do N I đường trung tuyến N BC nên N K trung tuyến Trang N M I Đề thi chọn ĐT HSG Quốc gia TP Hà Nội năm học 2020-2021 Bài Tìm số nguyên dương (a1 , a2 , · · · , a15 ) thỏa mãn đồng thời điều kiện sau: i) ≤ a1 < a2 < · · · < a15 ≤ 2020; ii) ≡ i2 (mod 5), ∀i = 1, 2, · · · , 15 Lời giải:    a1 = 5k1 −        a2 − a1 = 5k2 −       a3 − a2 = 5k3        a4 − a3 = 5k4 −    Từ đề bài, ta có: a5 − a4 = 5k5 −      a6 − a5 = 5k6 −        ·········        a15 − a14 = 5k15 −      2020 − a15 = 5k16 − 16 ⇒ 2020 = 16 ki − 35 ⇒ i=1 , với ki ∈ N∗ , ∀i = 1, 16 ki = 411 i=1 Ta thấy với cách chọn (ki ), ta số a1 ; a2 ; · · · ; a15 thỏa mãn đề 15 Theo toán chia kẹo Euler, số cách chọn (ki ) C410 15 Suy số (a1 ; a2 ; · · · ; a15 ) thỏa mãn C410 Bài Tìm tất hàm số f : R → R thỏa mãn f (4xf (x) + f (y)) = (f (x))2 + y, (1) ∀x, y ∈ R Lời giải: Thay y = −4 (f (x))2 vào (1), ta f (A) = 0, với A biểu thức Thay x = A vào (1), ta f (f (y)) = y Mặt khác, thay x = vào (1), ta f (f (y)) = 4f (0) + y ⇒ f (0) = Thay y = vào (1), ta f (4xf (x)) = 4f (x) (2) Thay x → f (x) vào (2), ta được: f (4f (x)f (f (x))) = 4f (f (x)) ⇒ f (4xf (x)) = 4x2 (3) Từ (2) (3) suy f (x) = x2 ⇒ f (a) = a f (a) = −a, với số thực a Giả sử tồn a, b = cho f (a) = a f (b) = −b 2 Thay  x = a, y = b vào (1), ta được f (4a − b) = 4a + b 4a2 − b = 4a2 + b a=0 ⇒ ⇒ (vơ lí) b − 4a2 = 4a2 + b b=0  f (x) = x, ∀x ∈ R Vậy  (thử lại thỏa mãn) f (x) = −x, ∀x ∈ R Đề thi chọn ĐT HSG Quốc gia TP Hà Nội năm học 2020-2021 Trang Bài Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE CF tam giác ABC đồng quy H Đường thẳng EF cắt đường thẳng BC điểm S Qua S kẻ tiếp tuyến SX, SY tới đường tròn (O), với X, Y tiếp điểm a) Chứng minh D, X, Y thẳng hàng b) Gọi I giao điểm hai đường thẳng XY EF Chứng minh đường thẳng IH qua trung điểm đoạn thẳng BC Lời giải: a) Do AD, BE, CF đồng quy H nên (SD; BC) = −1 Chú ý SX, SY tiếp tuyến (O), theo hàng điều hòa đường trịn ta có X, I, Y thẳng hàng b) Gọi M trung điểm BC Vì (DS; BC) = −1 H trực tâm DM.DS = DB.DC = DA.DH Từ ta thấy H trực tâm ABC nên theo hệ thức Maclaurin ta có AM S Hạ SH ⊥ AM K Theo kết quen thuộc, gọi AO ⊥ EF L Vì ∠SXO = ∠SY O = ∠SLO = 90◦ ∠ADS = ∠AKS = ∠ALS = 90◦ nên S, X, Y, O, L thuộc đường trịn (SO) đường kính SO A, D, K, L, S thuộc đường trịn đường kính AS Chú ý M, D, E, F thuộc đường trịn Euler ABC, ta có: SX = SY = SB.SC = SE.SF = SD.SM Xét phép nghịch đảo tâm S phương tích SX : M ↔ D, H ↔ K, (SO) ↔ (XY ), SE ↔ SE I ↔ L Do S, D, K, L đồng viên nên M, H, I thẳng hàng Trang Đề thi chọn ĐT HSG Quốc gia TP Hà Nội năm học 2020-2021 NHĨM TỐN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 Vậy m  NHĨM TỐN VD – VDC 2  MB  MC Cách 2: MBC tam giác  MB  MC  BC   2  MB  BC 2  7 7 2   x   x   x   x           2 2     7 2    x1     x1     x2  x1    x2  x1   5  x12  x22   10  x1  x2   5  x1  x2  x1  x2        65 4 x2  x1 x2  x1  13    x12  x1 x2  x22  5 x1  10 x1    x1  x2    ld   (vì x1  x2 ) x  x  x  x  x x  13      2 2   4m  16  8m  13   m  (thỏa mãn (*)) Vậy m  Bài II (5 điểm) Điều kiện : x   x  22 x  29  x   2 x  Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC 1) Giải phương trình Khi phương trình *  x  22 x  29  x  x    x   x    x  3   x  3   x   x    x    Đặt t  x   t    3t   x   t   x   2 t  x  0   x2 t    x  2  x  2   x  1 (thỏa mãn điều Với t  x   x   x     2 2 x   x  x  x  2x   kiện) Với t  x    x  2 x2  x  2  2x   x      (Thỏa x  14 x  23  9  x    x  x  x      mãn điều kiện) https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC  Đ thi h c sinh gi i l p 12  Vậy tập nghiệm phương trình S  1;  NHĨM TỐN VD – VDC  x  y 3   y  x 3   x  x    y  y   2) Giải hệ phương trình  8 x  y  x  y   16 xy  x  y  Lời giải  x  y  a Đặt  thay vào phương trình hệ thu  y  x  b 1  a3  b3   a  b      x  x y  y  y  xy  x     a  b    a  b   a  ab  b    a  b    2 a  b   a  b   TH1  ab a  b   x  y    x  y  Vậy ta có nghiệm Với x  y  y  x       x  y  1 1  3 3   ;   ;  2 2  2  NHĨM TỐN VD – VDC 39   a  ab  b  ab  69   TH2    a  2ab  b    ( loại) a  b  a  b    1 1  3 3  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  ;   ;  2 2  2  Bài III (3 điểm) Cho dãy số  un  xác định u1  u2 1 1 , un 1  n ; n  1, 2,3 un 1) Chứng minh  un  dãy số bị chặn 2) Chứng minh 1     22020 u1 u2 u2019 Lời giải un21   un 1   0; n  2,3,  un  bị chặn 1) Ta có u1    u1  , un  un1 un 1   https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC Lại có un21    un 1  un    tan , u2  tan  tan un 1 u n 1 1 1  1; n  1,  un  bị chặn suy 1 1 cos   Ta chứng minh quy nạp un  tan  3.2n  cos tan 1    sin    2sin 2sin  12  12 cos   tan  un  bị chặn NHĨM TỐN VD – VDC 2) u1  Đ thi h c sinh gi i l p 12  12 12 , n  1, Dễ thấy mệnh đề với n  Giả sử mệnh đề với n  k  tức uk  tan  3.2k ta chứng minh mệnh đề với n  k  Thậ uk2   uk 1   uk tan  3.2 tan n 1 1   3.2 cos n 1  3.2 tan n  3.2n  cos   3.2n  tan   3.2n1 sin n 3.2   Lại có bất đẳng thức tan x  x, x   0;   2 hay 1    , x   0;  Áp dụng ta tan x x  2 1 1 1 3           22  22019    22019  1  22020   u1 u2 u2019 tan   tan tan 2019  3.2 3.2 3.2 Bài IV (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vng ABCD tâm I với M , N (1; 1) trung điểm đoạn thẳng IA, CD Biết điểm B có hồnh độ dương đường thẳng MB có phương trình x  y   0, tìm tọa độ điểm C Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC     Thật vậy: xét hàm số f  x   tan x  x liên tục 0;  có f   x     0, x   0;  nên hàm cos x  2  2     số đồng biến 0;  Do x   0;  suy f  x   f    tan x  x  2  2 NHĨM TỐN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 NHĨM TỐN VD – VDC +) Gọi hình vng ABCD có cạnh 5 Khi ta có BN  ; BM  BI  MI  ; MN  MC  CN  2CM CN co s 45o  8  BN  BM  MN  BMN vuông M +) Đường thẳng MN qua N (1; 1) vng góc với đường thẳng BM : x  y   có phương trình x  y   x  3y   x    M (0; 2) Tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình  3 x  y   y  +) Gọi B (3 y o  6; y o ), y o   yo  (tm) Khi MB  MN  (3 yo  6)  (yo  2)2  10    yo  (ktm) Với yo   xo   B (3;3) NHĨM TỐN VD – VDC Cách Ta có BN  20  BC  phương trình đường thẳng BN : x  y   Gọi (C1 ) đường trịn đường kính BN : (x  2)  (y  1)2  (C2 ) đường trịn tâm B bán kính BC : (x  3)  (y  3)  16 (x  2)  (y  1)2  Tọa độ C nghiệm hệ phương trình  2 (x  3)  (y  3)  16   y  1   y  C  3; 1 x  1 y        1  2 C ; (1  y  2)  (y  1)   x    5   1  x   Mà C M nằm phía BN , nên tọa độ cần tìm C  3; 1 Cách Gọi J giao điểm BN CM, J trọng tâm tam giác BCD, BJ  https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc BN Trang NHĨM TỐN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 2 Lại có CJ  CI  CM  CM  C (3; 1) 3 2) Cho hình chóp S ABC có CA  CB  2, AB  , mặt bên ABC tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABC  Gọi D chân đường phân giác góc C tam giác SBC a Tính thể tích khối chóp D ABC b Gọi M điểm cho góc tạo mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với mặt phẳng  ABC  NHĨM TỐN VD – VDC   xJ   (1  3) 5 1  J ;  3 3  y   (1  3) J  Tìm giá trị nhỏ MA  MB  MS  MC Lời giải NHĨM TỐN VD – VDC Gọi H trung điểm AB Ta có điều sau: + SH   ABC  + Tam giác CAB vuông cân C + Tam giác SCA, SCB cân S + CH  1, SH  +  SCH  mặt phẳng đối xứng hình chóp S ABC a Ta có VD ABC DB VD ABC DB CB     VS ABC SB VS ABC  VD ABC DS CS 2 2 11 VS ABC     22 2 3 2 3  b Gọi N hình chiếu M  ABC  Do tính đối xứng hình chóp S ABC qua  SCH  Tức VD ABC    nên M   SCH  , tức N  CH https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 Do góc tạo  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với  ABC  nên khoảng cách từ N đến MA  MB  MS  MC  MH  2CS  MF Dựng hình chữ nhật NN ' FG với N ', G thuộc MN , CH Ta thấy MF nhỏ MF  NG   CN   1  x   3 2 1 64 1 Tóm lại, giá trị nhỏ MA  MB  MS  MC NHĨM TỐN VD – VDC cạnh tam giác ABC nhau, gọi khoảng cách x ta  x  x Tìm x 1 Gọi E đối xứng C qua S , dựng hình bình hành CHFE ta Bài V (2 điểm) Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a + b3 + c3 − 3 − − a b c Lời giải + Do vai trị a, b, c nên ta giả sử a  b  c a  b  c   a  , b  c   a  mà b  c  bc  bc  + Xét P = f (a, b, c) = a + b + c − 3 − − ta chứng minh: f (a, b, c) ≤ a b c  b + c b + c   f a, ,  2  3 3 b + c  4b + 4c − (b + c ) 12bc − (b + c ) 3 12 3   − ⇔ b + c − − ≤  ⇔ + ≤0    b c b +c bc (b + c ) ⇔ ( ⇔ ) (b + c ) b − bc + c − (b + c ) (b + c )(b − c ) − (b − c ) bc (b + c ) ≤0 −   (b + c ) ≤0 ≤ ⇔ (b − c )  −  bc (b + c ) bc (b + c )     (b − c )  2  ⇔ (b − c ) bc (b + c ) − 4 ≤ ⇔ bc (b + c ) − ≤ (đúng b  c  2; bc  )   + Đặt t = b +c ⇒ b + c = 2t ⇒ a = − 2t  b + c b + c  3  = g (t ) = (3 − 2t ) + 2t − ⇒ f a, , − ,  t 1 2  − 2t t  https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM TỐN VD – VDC b + c  b + c  3 3 6  +   − − ⇔ a + b + c − − − ≤ a +  −  a b c a b +c b +c     NHĨM TỐN VD – VDC Đ thi h c sinh gi i l p 12 ⇒ g ′ (t ) = −6 (3 − 2t ) + 6t − 2 (3 − 2t ) (t − 1) (−2t + 1)(t − 3)(−2t ⇒ g ′ (t ) = t (3 − 2t ) 2 NHĨM TỐN VD – VDC      2  + = − (3 − 2t ) + t  1 − 2    t t (3 − 2t )    ) + 3t + 2  − (3 − 2t ) + t =  1 ⇒ g ′ (t ) = ⇔  ⇔t = =0 1 − 2  t − t ( )  BBT:  max g  t     0;1 21 21  P  f  a; b; c   g  t    4 Dấu xảy a  2; b  c  21 hoán vị  max P  max f  a; b; c    - HẾT - NHĨM TỐN VD – VDC https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN:TỐN – BẢNG KHƠNG CHUN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 điểm) x  x   m   x  m  2019 Tìm điều kiện tham số m để hàm số cho đồng biến khoảng  0;   a) Cho hàm số y  2mx   2m có đồ thị  C  Tìm tất giá trị thực tham số m để x2 đường thẳng d : y  x  cắt  C  hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường b) Cho hàm số y  thẳng OA OB 450 Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình lượng giác sau 1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x   x  y  x y  y   b) Giải hệ phương trình sau tập số thực   x  x  y   x    Bài (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a góc BAC 1200 Gọi M trung điểm cạnh CC ' a) Chứng minh MB vng góc với A ' M b) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  theo a Bài (1,0 điểm) Từ tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác , lấy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Bài (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H , K hình chiếu vng góc A đường thẳng BD CD Biết A  4;6  ; đường thẳng HK có phương trình x  y   0; điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y   điểm B thuộc đường thẳng d : x  y   0; điểm K có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B C u1    Bài (1,0 điểm) Cho dãy số  un  xác định   un , n  , n  un1   n Hai dãy số   ,  wn  xác định sau:  1  un  ; wn  u1.u2 u3 un , n  , n  Tìm giới hạn lim ; lim wn Bài (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 4a  3b3  2c3  3b c a  b  c ……………HẾT…………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:………………………….…………… Cán coi thi 1:…………………………… Cán coi thi 2:…………………………………… Trang 1/1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ LỚP 12 Năm học 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MƠN:TỐN – BẢNG KHƠNG CHUN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 19/9/2019 (Đáp án gồm 06 trang) BÀI Bài (2,0 điểm) Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM x  x   m   x  m  2019 Tìm điều kiện tham số m để hàm số cho đồng biến khoảng  0;   (1,0đ) Cho hàm số a y TXĐ: D   ; y '  x  x  m  Hàm số đồng biến khoảng  0;    y '  0, x   0;   0,25  x  x  m   0, x   0;    m   x  x  2, x   0;   0,25 Xét hàm số g  x    x  x  2; g '  x   2 x  2; g '  x    x  x + g ' x  0,25 g  x Từ bảng biến thiên  m  g  x  , x   0;    m  Max  g  x    m  x 0;   0,25 2mx   2m có đồ thị  C  Tìm tất giá trị x2 thực tham số m để đường thẳng d : y  x  cắt  C  hai điểm (1,0đ) phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA OB 450 Phương trình hồnh độ giao điểm: 2mx   2m  x  2,  x  2  x2  x  2mx  2m   ,  x  2  0,25 Cho hàm số y  b x 1   x  2m  m   2m     d cắt  C  hai điểm phân biệt   2m   2  m      Gọi A 1; 1 ; B  2m  1; 2m  3  OA 1; 1 ; OB  2m  1; 2m  3   OA.OB  OA.OB.cos 450   8m2  16m  10  8m2  16m    m   m   2 Kết hợp điều kiện, ta m  0,25 0,25 m  2 0,25 Bài (2,0 điểm) a Giải phương trình lượng giác sau    x    k 2  7   m 2 , ĐK:  x      x   n2  1  2sin x  cos x  1  2sin x 1  sin x  k , m, n   (1,0đ) 0,25 Pt  cos x  sin x  1  sin x  sin x  0,25  cos x  sin x  sin x  cos x b  2  x   k      18  sin   x   sin  x     ,k  3 6    x    k 2   2 Kết hợp điều kiện  Pt có nghiệm x    k , k  18 Giải hệ phương trình sau tập số thực  x  y  x y  y   (1)   x  x  y   x   (2) ĐK: y  0; x  x  y   0,25 0,25 (1,0đ) Từ phương trình 1 ta có x2   y  y  x2  2  3y y 2 1 x 2 x 2 y   y  x2  x 2 Thay vào phương trình   ta có Suy 4x   2x   u  x  Đặt  u  0 v  x  Hệ phương trình cho trở thành u  v  u     u  2v  v  Bài (2,0 điểm) a 0,5   x   x   Ta có:   (Thỏa mãn điều kiện) y   x    1 9 Vậy hệ có nghiệm  ;  2 4 Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có AB  a; AC  2a; AA '  2a  1200 Gọi M trung điểm cạnh CC ' góc BAC a) Chứng minh MB vng góc với A ' M 0,25 0,25 (1,0đ) A' C' B' M H A C N K B b Áp dụng định lí cosin tam giác ABC   a  BC  a  BC  AB  AC  AB AC cos BAC Trong tam giác A ' C ' M : A ' M  A ' C '2  C ' M  9a Trong tam giác BAA ' : A ' B  AB  A ' A2  21a Trong tam giác BCM : BM  BC  CM  12a Ta có: A ' M  MB  A ' B  tam giác A ' BM vuông M hay MB  A ' M Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  0,5 0,5 (1,0đ) Gọi A ' M  AC  N  d  A,  A ' BM    d  A,  A ' BN   Kẻ AK  BN , K  BN Kẻ AH  A ' K , H  A ' K 0,5  d  A,  A ' BN    AH Chứng minh CM đường trung bình tam giác A ' AN  A ' M  MN có BM  A ' N  tam giác A ' BN cân B  BN  A ' B  a 21 Diện tích tam giác ABN là:   AK BN  AK  a S ABN  AB AN sin BAN 2 1 36 a Ta có:     AH  2 2 AH AK A' A 20a a Vậy: d  A,  A ' BM    Từ tập hợp tất số tự nhiên có chữ số mà chữ số khác , lẫy ngẫu nhiên số Tính xác suất để số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác Ta có: Số phần tử không gian mẫu  là: n     95 Bài (1,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0đ) 0,25 Gọi A biến cố: “Trong số tự nhiên lấy có mặt ba chữ số khác nhau” Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số 1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 C93 Xét số thỏa mãn yêu cầu toán tạo thành từ chữ số a; b; c Có hai trường hợp sau xảy TH1: Một chữ số có mặt lần; chữ số cịn lại có mặt lần: 5! Có tất cả:  60 số 3! TH2: Hai chữ số có mặt hai lần, chữ số cịn lại có mặt lần: 0,25 0,25 5!  90 số 2!.2! Số kết thuận lợi biến cố A là: n  A    60  90  C93  12600 Có tất cả: Xác suất biến cố A là: p  A   n  A  1400   0, 2134 n    6561 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi H , K hình chiếu vng Bài (1,0 điểm) góc A đường thẳng BD CD Biết A  4;6  ; đường thẳng HK có phương trình x  y   0; điểm C thuộc đường thẳng d1 : x  y   điểm B thuộc đường thẳng d : x  y   0; điểm K có hồnh độ nhỏ Tìm tọa độ điểm B C (1,0đ) A B H D E K C Gọi E  AC  HK   HKC  Tứ giác AHKD nội tiếp  HAD Tứ giác ABCD nội tiếp   ABD   ACD   Tam giác ABD vuông A  ABD  HAD  Vậy HKC ACD hay tam giác ECK cân E Vì tam giác ACK vuông K nên E trung điểm AC c 8c ; Ta có C  d1  C  c;2  c   E     Vì E  HK nên tìm c   C  4; 2  0,25 0,25 K  HK : x  y   nên gọi K  4t ;3t  1    AK  4t  4;3t   ; CK (4t  4;3t  1)    t  Ta có: AK  CK  AK CK   25t  50t     t   2 Vì hồnh độ điểm K nhỏ  K ( ; ) 5 BC có phương trình: x  y  10  B  BC  d  B (6;2) Kết luận: B  6;  ; C  4; 2  0,25 0,25 Bài (1,0 điểm) u1    Cho dãy số  un  xác định   un u  ,  n   , n   n1  Hai dãy số   ,  wn  xác định sau: (1,0đ)  4n 1  un  ; wn  u1.u2 u3 un , n  , n  Tìm giới hạn lim ; lim wn   Chọn    0;  cho cos    2  cos    cos Khi ta có u1  cos   u2  2    ( Do    0;  nên cos  )  2  cos 0,25   cos  Tương tự ta có u3   cos  2n 1  cos  2n 1     Suy  n (1  un )  n 1  cos n 1   4n.2sin n   Bằng quy nạp ta chứng minh un    sin n     Vậy lim  lim  4n.2sin n   lim      n      2  2  2     cos 2     2n sin n 1 cos n 1 cos n  cos cos sin 2 2 2     2n sin n 1 2n sin n 1 2         sin 2 sin 2    sin 2  lim  Suy lim wn  lim     2 2 2n sin n 1 sin n 1   2       2n 1  Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: Ta có wn  u1u2 un  cos Bài (1,0 điểm) n 1 P cos n2    cos 0,25 4a  3b3  2c3  3b c 0,25 0,25 (1,0đ) a  b  c Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 3b c  2b3  c , dấu “=” xảy  b  c Ta chứng minh: b  c b  c   0,25 (1) , b  0, c  Thật vậy: 1   b3  c3   b3  3b2c  3bc  c3   b  c  b  c   0, b  0, c  Dấu “=” xảy  b  c Áp dụng BĐT ta được: b  c 4a  a , t   0;1 P  4t  1  t  , với t  abc a  b  c 1  t  với t   0;1  t  2 Có: f '  t   12t  1  t  ; f '  t     t    Bảng biến thiên: 1 t + f 't  0,25 Xét hàm số f  t   4t  0,25 f t  25 Từ bảng biến thiên suy ra: P  f  t   25 b  c  Dấu “=” xảy   a  2a  b  c   a  b  c Vậy giá trị nhỏ P 2a  b  c 25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác mà cho điểm tối đa 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH KHĨA THI NGÀY 10/06/2020 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (4 điểm)   Giải phương trình: 4log2020 x  log 2  x log 2020  2log 2020 x  log 2020 x  Bài (4 điểm) x2 có đồ thị  C  Gọi d đường thẳng di động qua điểm I 1;1 cắt  C  x 1 hai điểm M, N Tính khoảng cách từ điểm A  2; 3 đến d tam giác AMN có diện tích nhỏ Cho hàm số y  Bài (4 điểm) Cho hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' , khoảng cách từ A ' đến BB ' CC ' 2, góc hai mặt phẳng  BCC ' B '  ACC ' A ' 60 Hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  A ' B ' C ' trung điểm M B ' C ' A ' M  13 a) Tính khoảng cách từ M đến AA ' b) Tính thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' Bài (4 điểm) xm x  mx g ( x)  , tham số m  , có đồ thị  C1  ,  C2  Biết tồn x 1 hai số x0  (2;3) cho gọi d1 , d tiếp tuyến điểm có hồnh độ x0 thuộc Cho hàm số f ( x)   C1  ,  C2  d1 , d cắt A, d1 , d cắt trục Ox B, C AB = AC Tìm tất giá trị m Bài (4 điểm) Cho tập hợp X   x | x  ; 5  x  5; x  0 Chọn ngẫu nhiên số đôi phân biệt a, b, c, d  X ax  b (với ad  bc ) có đồ thị  C  mà  C  lẫn tiệm cận đứng cx  d  C  cắt trục Ox theo chiều dương Tính xác suất để hàm số y  - HẾT https://toanmath.com/ ...MỤC LỤC Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi học sinh giỏi. .. Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2020-2021 - Trường THPT Chu Văn An, Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Cần Thơ Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp. .. lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Đà Nẵng Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 12 cấp Thành phố năm 2019-2020