Đề thi chọn học sinh giỏi cấp Thành phố môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2019-2020 - Sở GD&ĐT Hà Nội (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 03 tháng 10 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (đề thi gồm 01 trang) Bài I (4 điểm) 3 2 3 Cho hàm số y x 3 x ( m 4) x m 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường 2 thẳng y 2 x 2 cắt Cm tại ba điểm phân biệt A( 1;0) , B, C sao cho MBC là tam giác đều. Bài II (5 điểm) 1) Giải phương trình: 2x2 22 x 29 x 2 2 2 x 3. 3 3 x2 y y 2 x 6 x 2 x 6 y 2 y 2) Giải hệ phương trình: . 4 4 2 2 8x 8 y 8 x 8 y 9 16 xy ( x y ) Bài III (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 , un 1 ; n 1,2,  3 un 1) Chứng minh un là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh  22020. u1 u 2 u 2019 Bài IV (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N(1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0 , tìm tọa độ điểm C. 2) Cho hình chóp S.ABC có CA CB 2 , AB 2 , SAB là tam giác đều, mp( SAB ) mp ( ABC ). Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh C của tam giác SBC. a) Tính thể tích khối chóp D.ABC. b) Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng (MAB), (MBC), (MCA) với mặt phẳng (ABC)     là bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Bài V (2 điểm) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của: 3 3 3 P a3 b 3 c 3 . a b c --------------- HẾT --------------- NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 THPT (Đề thi có 01 trang) NĂM HỌC 2019 - 2020 VD NHÓMTOÁN Ngày thi : 3/10/2019 MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút Họ và tên: .......................................................................................... SBD: ................................................. . Bài I. (4 điểm) 3 2 3 – Cho hàm số yx 3 x m 4 xm 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường thẳng VDC 2 d: y 2 x 2 cắt C tại ba điểm phân biệt A 1;0 , B , C sao cho MBC là tam giác đều. m Bài II. (5 điểm) 1) Giải phương trình 2xx2 22 29 x 2 2 2 x 3 23 2 3 2 2 xy yx 6 xx 6 yy 2) Giải hệ phương trình 4 4 2 2 8x 8 y 8 x 8 y 916 xyxy Bài III. (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 , un 1 ; n 1,2,3... 3 un 1) Chứng minh rằng un là dãy số bị chặn. 1 1 1 2020 2) Chứng minh .... 2 . VD NHÓMTOÁN u1 u 2 u 2019 Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD . Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0, tìm tọa độ điểm C. – 2) Cho hình chóp S. ABC có CA CB 2, AB 2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt VDC phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác SBC . a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng MAB , MBC , MCA với mặt phẳng ABC gggd gggd gggd ggggd bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a, b , c thỏa mãn a+ b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 P= a3 + b 3 + c 3 −−− . a b c ----- HẾT ----- Trang 1 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 SỞ GD&ĐT HÀ NỘI HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ CHÍNH THỨC VD NHÓMTOÁN Bài I. (4 điểm) 3 2 3 Cho hàm số yx 3 x m 4 xm 2 có đồ thị Cm và điểm M 2; . Tìm m để đường thẳng 2 d : y 2 x 2 cắt Cm tại ba điểm phân biệt A 1;0 , B , C sao cho MBC là tam giác đều. Lời giải – 3 2 Phương trình hoành độ giao điểm: xxm 3 4 xm 222 x VDC 3 2 x3 x m 2 xm 0 (1) x1 x2 2 xm 0 x 1 2 x 2 x m 0 2 +) d cắt Cm tại ba điểm phân biệt 2 có hai nghiệm phân biệt, khác 1. 1 m 0 m 1 * 1 m 0 +) Gọi A 1;0, Bxx 11 ;2 2, Cxx 22 ;2 2 là tọa độ ba giao điểm của d và Cm . x1, x 2 là hai nghiệm của phương trình 2 NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN 2 x1 x 2 2 x1 2 x 1 m Theo Viet, có và x. x m 2 1 2 x2 2 x 2 m x x Cách 1 : Gọi I là trung điểm của BC I1 2 ; xx 2 I 1;0 1 2 – 2 VDC gggd 3 gggd Ta có MI 3; ; BCxx 2 1 ;2 xx 2 1 2 gggdgggd MI. BC 0 hay MBC là tam giác cân tại M. 3 Do đó MBC là tam giác đều MI MB 4 MI2 3 MB 2 2 2 2 7 2 2 453 x1 2 2 x 1 48104 xx 11 xx 11 210 2 1 m (Thỏa mãn (*)). 4 Trang 2 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 1 Vậy m . 4 2 2 MB MC VD NHÓMTOÁN Cách 2 : MBC là tam giác đều MB MC BC 2 2 MB BC 2 2 2 7 2 7 x1 22 x 1 x 2 22 x 2 2 2 2 2 7 2 2 x 2 2 x xx 4 xx 1 1 21 21 2 – VDC 5xx2 2 10 xx 0 12 12 5x x x x 2 0 1 2 1 2 65 2 2 2 2 4x 8 xx 8 x 130 510x1 x 1 5 xxxx 1122 2 2 12 1 4 xx1 2 2 0 ld (vì x1 x 2 ) 4x2 2 x 8 xx 8 xx 130 2 2 12 12 1 4m 16 8 m 13 0 m (thỏa mãn (*)) 4 1 Vậy m . 4 Bài II. (5 điểm) 2 1) Giải phương trình 2xx 22 29 x 2 2 2 x 3 VD NHÓMTOÁN Lời giải 3 Điều kiện : x . 2 Khi đó phương trình * 2xx2 2229 xx 2 444 x 223423 x x 2 – 3234x x 223 xx 2 0 VDC Đặt t 2 x 3 t 0 . t x 2 2 342t2 x tx 20 x 2 . t 3 x 2 x 2 Với t x2 2 x 3 x 2 2 2 x 1 (thỏa mãn điều 23x xx 44 xx 210 kiện). x 2 x 2 x 2 x 7 6 2 Với t 32 x 3 x 2 (Thỏa 2 2 3 923 x x 44 x x 14 x 23 0 x 7 6 2 mãn điều kiện). Trang 3 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1;7 6 2  . 23 2 3 2 2 xy yx 6 xx 6 yy VD NHÓMTOÁN 2) Giải hệ phương trình 4 4 2 2 8x 8 y 8 x 8 y 916 xyxy Lời giải x2 y a Đặt thay vào từng phương trình của hệ thu được 2 y x b 3 3 – 1 ab 6 ab VDC 4224 22 22 282 x xyyy 2 xyx 98 ab 9 aba 2 abb 2 6 ab 9 . a2 b 2 8 a b 0 3 TH1. 9 a b . a2 b 2 4 8 x y 0 2 2 3 x y 1 1 1 3 3 Với x yy x . Vậy ta có các nghiệm là ; và ; . 4 2 2 2 2 2 3 x y 4 NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN 2 2 39 a ab b 6 ab 8 2 2 69 TH2. a2 ab b 0 ( loại). 2 2 9 a b 2 2 9 8 8 a b 8 1 1 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là ; và ; 2 2 2 2 – VDC Bài III. (3 điểm) 2 3 un 1 1 Cho dãy số un xác định bởi u1 , un 1 ; n 1,2,3... 3 un 1) Chứng minh rằng un là dãy số bị chặn. 1 1 1 2) Chứng minh .... 2 2020 . u1 u 2 u 2019 Lời giải 3 u2 1 1 u 1) Ta có u 0 u 1 , u n 1 n 1 0; n 2,3,... do đó u bị chặn dưới. 13 1 n u 2 n n 1 un 1 1 1 Trang 4 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 2 un 1 Lại có u 1 1 uu 1; n 1,2.. do đó un bị chặn trên suy ra un bị chặn. n 1 n 1 n 2 un 1 1 1 1 VD NHÓMTOÁN 1 2 tan 1 1 cos 1 cos 2sin 2 3 6 2) u tan , u 6 6 12 tan 1 2 3 6 tan tan sin 2sin cos 12 6 6 6 12 12 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp un tann , n 1,2... 3.2 – VDC Dễ thấy mệnh đề trên đã đúng với n 1 Giả sử mệnh đề trên đã đúng với n k 1tức là u tan ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với k 3.2 k n k 1. Thậ vậy 1 1 2 2 tan 1 1 n cosn 1 cos n uk 1 1 3.2 u 3.2 3.2 tan k 1 u 3.2 n 1 k tan tan sin 3.2n 3.2 n 3.2 n Lại có bất đẳng thức tanx x ,  x 0; 2 1 Thật vậy: xét hàm số fx tan xx liên tục 0; và có f x 2  1 0, x 0; nên hàm 2 cosx 2 NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN số đồng biến trên 0; . Do đó x 0; suy ra fxf 0 tan xx 2 2 1 1 hay , x 0; . Áp dụng ta được tanx x 2 11111 13 3 .... .. 2 22 ...2 2019 .2. 2 2019 1 2 2020 . – u1 u 2 u 2019 tan tan tan VDC 3.2 3.22 3.2 2019 Bài IV. (6 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N (1; 1) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng IA, CD . Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình x 3 y 6 0, tìm tọa độ điểm C. Lời giải Trang 5 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN +) Gọi hình vuông ABCD có cạnh là 1 – 5 5 5 VDC Khi đó ta có BN2 ; BM 222 BI MI ; MN 222 MC CN 2..co45 CMCN s o 4 8 8 BN2 BM 2 MN 2 BMN vuông tại M +) Đường thẳng MN qua N(1; 1) và vuông góc với đường thẳng BM: x 3 y 60 có phương trình là 3x y 2 0 x 360 y x 0 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình M (0;2) 3x y 20 y 2 +) Gọi B (3yo 6;y o ), y o 2 22 2 2 yo 3 (tm) Khi đó MB MN (3yo 6) (y o 2) 10 yo 1 (ktm) Với yo 3 x o 3 B (3;3) NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN Cách 1. Ta có BN2 20 BC 4 và phương trình đường thẳng BN: 2 x y 3 0 2 2 Gọi (C1 ) đường tròn đường kính BN : (x 2) (y 1) 5 2 2 (C2 ) là đường tròn tâm B bán kính BC : (x 3) (y 3) 16 (x 2)2 (y 1) 2 5 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình – 2 2 (x 3) (y 3) 16 VDC y 1 3 y C 3; 1 x 1 2 y 5 2 2 1 3 (1 2 y 2) (y 1) 5 x 3 C ; 5 5 1 x 5 Mà C và M nằm về 2 phía của BN , nên tọa độ cần tìm là C 3; 1 . Cách 2. gggd2 gggd Gọi J là giao điểm của BN và CM, khi đó J là trọng tâm tam giác BCD, vậy BJ BN 3 Trang 6 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 2 x 3 (1 3) J 3 5 1 J ; 2 3 3 y 3 ( 1 3) VD NHÓMTOÁN J 3 gggd2 ggd 22 ggggd 4 ggggd Lại có CJ CI. CM CM C (3; 1) 3 33 9 2) Cho hình chóp S. ABC có CA CB 2, AB 2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác – SBC . VDC a. Tính thể tích khối chóp D. ABC . b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng MAB , MBC , MCA với mặt phẳng ABC gggd gggd gggd ggggd bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC . Lời giải NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN – Gọi H là trung điểm của AB . Ta lần lượt có những điều như sau: VDC + SH ABC . + Tam giác CAB vuông cân ở C . + Tam giác SCA , SCB cân ở S . + CH 1, SH 3 . + SCH là mặt phẳng đối xứng của hình chóp S. ABC . V DB V DB CB 2 a. Ta có D. ABC do đó D. ABC . VS. ABC SB VS. ABC V D . ABC DS CS 2 2 211 2 2 Tức VD. ABC V S . ABC . .2 .3 . 22 22 3 2 236 b. Gọi N là hình chiếu của M trên ABC . Do tính đối xứng của hình chóp S. ABC qua SCH nên M SCH , tức N CH . Trang 7 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12 Do góc tạo bởi MAB , MBC , MCA với ABC bằng nhau nên khoảng cách từ N đến các cạnh của tam giác ABC bằng nhau, gọi khoảng cách này là x ta được 1 x x 2 . Tìm được 1 x . VD NHÓMTOÁN 1 2 Gọi E là đối xứng của C qua S , dựng hình bình hành CHFE ta được gggd gggd gggd ggggd ggggd gggd MA MB44 MS MC 2 MH 2 CS 2 MF . Dựng hình chữ nhật NN' FG với N ', G lần lượt thuộc MN , CH . Ta thấy MF nhỏ nhất khi và 3 2 2 chỉ khi MFNG 3 CN 3 1 x . 1 2 – VDC gggd gggd gggd ggggd 6 4 2 Tóm lại, giá trị nhỏ nhất của MA MB 4 MS 4 MC là . 1 2 Bài V. (2 điểm) Xét các số thực dương a , b , c thỏa mãn a+ b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 3 P= a3 + b 3 + c 3 −−− . a b c Lời giải + Do vai trò của a , b , c như nhau nên ta có thể giả sử a b c và abc 3 a 1 , b c 3 a 2 mà bc 2 bc bc 1 .   3 3 3 3 3 3  b+ cb + c  + Xét P= fabc(, , ) =++−−− a b c ta chứng minh: fabc(,,)≤ fa , ,  a b c  2 2   3  3 333333 3 bc+  bc +  366 VD NHÓMTOÁN ⇔++−−−≤+abc a  +   −− − abc2   2  abcbc+ + 3 2   3 4b3+−+ 4 c 3 bc 12 bc −+ 3 bc 3 3 3 3b+ c  12 () () ⇔+−−≤b c 2.   − ⇔ + ≤ 0 bc 2  bc+ 4 bc() b+ c 3 2 2 2 4()bcb+() −+ bcc −+() bc 3()b− c – ⇔ − ≤ 0 VDC 4 bcb()+ c 2 2   3(bcbc+ )( − ) 3 () bc − 2 ()b+ c 1  ⇔ − ≤ 0 ⇔−()b c  −  ≤ 0 4 bc b+ c 4 bc b+ c  () ()  2 2  2 ⇔−()()()bcbcbc +−≤⇔40  bcbc +−≤ 40 (đúng do b c 2; bc 1 )   b+ c + Đặt t= ⇒+= bcta2 ⇒=− 3 2 t 2   3  b+ cb + c  3 3 6 ⇒fa ,, ==−+− gt()() 322 tt − , 0 t 1 .  22  32− t t Trang 8 NHÓM TOÁN VD – VDC Đ thi hc sinh gi i l p 12   2 6 62   1  ⇒gt′ =−−6326 tt +−2 +=−− 632 tt +2  1 −  ()() 2 2 ()  2 2  32− tt   t 32− t () ()  NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN 2 (t−1 ) ( −+ 21 tt )( −−++ 32 )() tt2 31 ⇒g′ t = 6 () 2 t2 ()3− 2 t  2 −−()3 2t + t 2 = 0  1 g′ t t . ⇒=⇔() 0 1 ⇔= – 1− = 0 2 2 VDC  t2 3− 2 t  () BBT: 21 21 max g t P fabc ; ; gt . 0;1  4 4 1 21 Dấu bằng xảy ra khi a 2; b c và các hoán vị maxP max fabc ; ; . 2 4 ----- HẾT ----- NHÓM TOÁN VD VD NHÓMTOÁN – VDC Trang 9