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 ... 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...HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC: 2 019 - 2020 MƠN: TỐN Thời gian: 18 0 phút (không kể thời gian giao đề) TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU I Những lưu ý chung: - Điểm toàn thi khơng làm tròn... 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