Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án)
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu (Có đáp án), để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
TRƯỜNG THPT ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC 2019 - 2020
ĐỒNG ĐẬU MÔN: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
CâuU 1 U (2,0 điểm)
1
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y= mx32 −−( m1) x + 3( m − 2) x + 2019
3
đồng biến trên [2; +∞) .
mx−+ m 2
b) Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường
x +1
thẳng dy:= 21 x − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA,
OB bằng 45°.
CâuU 2 U (2,0 điểm)
cosxx( 2sin+ 1)
a) Giải phương trình lượng giác sau = 3 .
(sinxx+− 1)( 2sin 1)
x22−4 y + 3 xy + 3 y += 30
b) Giải hệ phương trình sau ( xy , ∈ ) .
2 3
x+3 xy −++ 5 3 x −= 22
36a
CâuU 3 U (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có AB= a , AC = 2a , AA′ =
2
và góc BAC =60 ° . Gọi M là điểm trên cạnh CC′ sao cho CM= 2 MC′ .
a) Chứng minh rằng AM⊥ B′ M .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′ M ) .
1 *
CâuU 4 U (1,0 điểm) Cho dãy số (un ) có số hạng tổng quát unn =−∈12 , ( ).
(n +1)
Tính lim(uuu123 un ) .
CâuU 5 U (1,0 điểm) Cho đa giác lồi (H ) có n đỉnh ( nn∈> ,4). Biết số các tam giác có ba
đỉnh là đỉnh của (H ) và không có cạnh nào là cạnh của (H ) gấp 5 lần số các tam giác có ba
đỉnh là đỉnh của (H ) và có đúng một cạnh là cạnh của (H ) . Xác định n.
CâuU 6 U (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương
trình đường chéo AC là xy− +=10, điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm
E (0;− 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình
hành đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.
CâuU 7 U (1,0 điểm) Cho abc,,> 0 và abc++=3. Chứng minh bất đẳng thức:
111
++≤1
a222++ bc b ++ ca c ++ ab
--------------- HẾT ---------------
HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12
TRƯỜNG THPT
NĂM HỌC: 2019 - 2020
ĐỒNG ĐẬU
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. NhU ững lưu ý chung:U
- Điểm toàn bài thi không làm tròn.
- Câu 3 học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Học sinh giải theo cách khác đáp án mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
II. ĐápU án và thang điểm:U
Câu Đáp án Điểm
1 a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1
1
y= mx32 −−( m1) x + 3( m − 2) x + 2019 đồng biến trên [2; +∞) .
3
Ycbt ⇔y′ = mx2 −2( m − 1) x + 3( m − 2) ≥ 0, ∀ x ∈[ 2; +∞) 0,25
−+26x 0,25
⇔≥m =fx( ), ∀∈+∞⇔≥ x[ 2; ) mmax fx( )
xx2 −+23 [2;+∞)
2( xx2 −+ 63) x=36 + ( tm) 0,25
Ta có: fx′′( ) = ;0fx( ) = ⇔
2 2
( xx−+23) x=36 − ( ktm)
0,25
mx−+ m 2 1
b) Cho hàm số y = có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số
x +1
m để đường thẳng dy:= 21 x − cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc
giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45°.
Phương trình hoành độ: 0,25
x =1
mx−+ m 2
=2x − 1 ⇔( x − 1)( 2 xm + 3 −) = 0,( x ≠− 1) ⇔ m − 3
x +1 x =
2
Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi mm≠∧15 ≠. 0,25
m − 3
Khi đó, AB(1;1) , ; m− 4 .
2
Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45° là: 0,25
2
mm−−3 23 2
OAOB.= OAOB . .cos 45°⇔ +m −4 = 2. . +(m −4)
2 22
2 m = 3 0,25
⇔m −7 m +=⇔ 12 0 (tm)
m = 4
2 cosxx( 2sin+ 1) 1
a) Giải phương trình lượng giác sau = 3 .
(sinxx+− 1)( 2sin 1) sinx ≠− 1 0,25
ĐKXĐ: 1 . Phương trình đã cho biến đổi thành:
sin x ≠
2
sin 2x+ cos x = 3( 2sin2 xx +− sin 1)
⇔sin2xx += cos 3sin( x − cos2 x)
ππ 0,25
⇔sin 2x + 3 cos 2 x = 3 sin xx − cos ⇔ sin 2 x += sin x −
36
ππ π 0,25
22x+=−+ xkπ x=−+ k2π ( ktm)
36
⇔⇔ 2
ππ7 52ππ
22x+ =−+ xk + π x= + k. ( tm)
36 18 3
52ππ 0,25
Vậy nghiệm của phương trình là: x=+∈ kk.,( )
18 3
22 1
x−4 y + 3 xy + 3 y += 30
b) Giải hệ phương trình sau ( xy , ∈ ) .
2 3
x+3 xy −++ 5 3 x −= 22
y ≥ 0 0,5
ĐK: 2 . Biến đổi phương trình đầu về dạng:
x+3 xy −+≥ 50
y
=1
yy x2 + 3
− −= ⇔ ⇒ =2 +
422 3 10 yx 3
xx++33 y 1
= − (l)
x2 + 34
Thay yx=2 + 3 vào phương trình thứ hai, ta được: 0,25
3 2
2xx++ 3 3 −= 22. Vế trái pt là hàm đồng biến trên ;+∞ mà x = 2 là
3
2
2 31
nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: y = +=3 (tm)
39
2 31 0,25
Vậy, nghiệm của hệ là: ( xy;;) =
39
3 36a 2
Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′′′ B C có AB= a , AC = 2a , AA′ = và góc
2
BAC =60 ° . Gọi M là điểm trên cạnh CC′ sao cho CM= 2 MC′ .
a) Chứng minh rằng AM⊥ B′ M .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′ M ) . a) Chứng minh rằng 0,5
AM⊥ B′ M .
Từ giả thiết CM= 2 MC′
suy ra:
a 6
CM= a6, MC′ =
2
Áp dụng định lí cosin
trong tam giác ABC
⇒=BC a 3 .
Sử dụng Pitago, dễ dàng 0,25
tính được:
29a2
AB′2= , AM2= 10a2
2
9a2
và BM′ 2 = .
2
Từ đó suy ra: 0,25
AB′′222= AM + B M hay
tam giác AB′ M vuông tại
M.
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ()AB′ M . Đặt N= AM ∩ A′′ C , 0,25
gọi K là hình chiếu vuông góc của A′ lên BN′ và H là hình chiếu vuông góc của
BN′⊥⇒ AK BN ′′ ⊥ AH
A′ lên AK. Ta có ⇒⊥AH′′() ABM
A′ H⊥ AK
1 0,25
Do ∆∆NC′ M ACM theo tỉ số k = nên dễ dàng suy ra: CN′ = a và theo định
2
lí cosin suy ra: BN′ = a 7
1 0,25
2.aa .3 .sin 60°
2.S 3a 21
AK′ =ABN′′ = 2 =
BN′ a 7 14
1 1 1 3a 10 0,25
Trong tam giác vuông AA′ K ta có: = + ⇒=AH′
AH′22 AA ′′ AK 2 10
3a 10
Vậy khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng ()AB′ M bằng .
10
4 1 * 1
Cho dãy số ()un có số hạng tổng quát unn =−∈1 2 , () .
()n +1
Tính lim()uuu123 un .
1 nn()+ 2 * 0,25
Ta có: unn =−1,22 = ∀∈
()nn++11() 1.3 2.4 3.5 4.6 nn( + 2) 1n + 2 0,5
Suy ra: uuu123 un = 2 = .
234522 22 (n +1) 2n + 1
1 0,25
Do đó, lim(uuu u ) =
123 n 2
5 Cho đa giác lồi (H ) có n đỉnh ( nn∈> ,4). Biết số các tam giác có ba đỉnh là 1
đỉnh của (H ) và không có cạnh nào là cạnh của (H ) gấp 5 lần số các tam giác
có ba đỉnh là đỉnh của (H ) và có đúng một cạnh là cạnh của (H ) . Xác định n.
3
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn 0,25
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n 0,25
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là: 0,25
nn( − 4)
Theo giả thiết, ta có: 0,25
=
32n4( ktm)
Cn −− n nn( −=4) 5 nn( −⇔− 4) n 39 n + 140 =⇔ 0
n= 35( tm)
Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh.
6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình 1
đường chéo AC là xy− +=10, điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm
E (0;− 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình bình hành đã cho, biết rằng diện tích tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có
tung độ dương.
Vì DE⊥ AC nên 0,25
DE: x+ y + 30 = ⇒ D( t ; −− t 3) .
Ta có,
11
dGAC( ,,,) = dBAC( ) = dDAC( )
33
1 24t + tD=⇒−1( 1; 4 )
⇔=2 ⇔
3 2 tD=−⇒5( − 5; 2)
Vì D và G nằm khác phía so với AC nên D(1;−⇒ 4) B( 1; 8) ⇒ Bx : = 1 0,25
Vì A∈⇒ AC A( a;1 a +). Từ gt SSAGCD =⇒=32ABD 24 nên 0,25
1 a=5 ⇒ A( 5; 6)( tm)
d( A, B) . DB= 24 ⇔ a −=⇒ 1 4
2 aA=−⇒3( − 3; − 2)( l)
Từ AD= BC ⇒ C ( −−3; 2) . Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình bình hành là: 0,25
A(5;6) , BC(1;8) , (−− 3; 2) , D(1; − 4)
7 Cho abc,,> 0 và abc++=3. Chứng minh bất đẳng thức: 1
111
++≤
2221
a++ bc b ++ ca c ++ ab
111 0,25
Đưa bất đẳng thức về dạng: ++≤1
aabbcc2−+333 22 −+ −+ 14−+x
Ta chứng minh BĐT phụ: ≤, ∀∈x ( 0;3) .
xx2 −+39
2
Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: ( xx−1) ( −≤ 30) luôn đúng,
∀∈x (0;3).
Dấu bằng xảy ra khi x =1 .
Vì a, b, c là ba số dương có tổng bằng 3 nên: 0<<ab , ,c 3. 0,25
Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c:
1−+abc 41−+ 41−+ 4
≤≤≤;;.
aa2−+39 bb 22−+ 39 cc−+ 39
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có: 0,25
111−(abc ++) +12
++≤ =1 (đpcm)
aabbcc2−+3339 22 −+ −+
Dấu bằng xảy ra khi abc= = =1 . 0,25
--------------- HẾT ---------------
File đính kèm:
de_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_12_thpt_nam_hoc_2019.pdf