Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội
Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội gồm 1 trang với 5 bài toán tự luận, thí sinh có 180 phút để làm bài, kỳ thi được diễn ra vào ngày 14 tháng 09 năm 2018 nhằm tuyển chọn các em học sinh lớp 12 có năng khiếu môn Toán để bồi dưỡng, đào tạo.
Preview text:
LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12, THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2018-2019 −x
Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số y = C = + 2
có đồ thị ( ) và đường thẳng d có phương trình y x m , x +1
m là tham số. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng hệ số góc của
các tiếp tuyến với (C) tại A và B là lớn nhất. Lời giải 1 1 −
Tập xác định D = ℝ \ − y′ = 2 . Ta có đạo hàm . (2x+ )2 1 −x 2
Phương trình hoành độ giao điểm
= x + m ⇔ g(x) = 2x + 2(m + ) 1 x + m = 0 2 . x +1 2 2
∆′ = m + 2m +1− 2m = m +1 > 0, m ∀ Ta có 1 1
nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị (C) tại hai g − = − ≠ 0, m ∀ 2 2
điểm phân biệt A , B với mọi giá trị thực m . S = −(m + ) 1 Gọi x x
1 , 2 là hoành độ của điểm A và B khi đó m . P = 2 1 1 2
4S −8P + 4S + 2 2 Suy ra K = − + = − = −(4m + 2) ≤ 2 − . (2 2 x + )2 1 (2x + )2 1 4P + 2S +1 1 2 ( )
Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với (C) tại A và B bằng 2 − đạt được khi m = 0 .
Câu 2: (5 điểm) a) Giải phương trình 2 cos x = 1− x Lời giải Xét hàm số 2
f (x) = cos x + x −1 với x ∈ ℝ .Ta có f '(x) = −sin x + 2x ;
f ' (x) = −cos x + 2 .Vì f ' (x) > 0 ∀x ∈ ℝ ⇒ f '(x) đồng biến trên ℝ . Mà f '(0) = 0 suy ra
phương trình f '(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 0 . Bảng biến thiên: 1
Từ bảng biến thiên suy ra f (x) = 0 ⇔ x = 0 .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0 . 2 2
x + 3y + 2xy −6x − 2y + 3 = 0
b) Giải hệ phương trình 2 x
− y + 5 = 2x y + 3 Lời giải Ta có: 2 2
x + 3y + 2xy − 6x − 2 y + 3 = 0
⇔ x + ( y − ) x +( y − )2 2 2 2 3
3 + 2 y + 4 y − 6 = 0 2
⇒ 2 y + 4 y −6 ≤ 0 ⇔ 1≤ y ≤ 3 ( ) 1 . Lại có: 2
x − y + 5 = 2x y + 3 2
⇔ x − 2x y + 3 + y + 3+ 2(1− y) = 0 ⇔ (x− y + )2 3
+ 2(1− y) = 0 ⇒ 2(1− y)≤ 0 ⇔ y ≥1 ( ) 2 . Từ ( ) 1 và ( )
2 ⇒ y = 1.Thay y = 1 vào hệ được x = 2 . x = 2
Vậy hệ có nghiệm là . y =1 2 Câu 3: 1 a
(3 điểm) Cho dãy số (a xác định bởi a = , n a = ; n = 1, 2,... n ) 1 n 1 + 2 2 a − a +1 n n
a) Chứng minh dãy số (a là dãy số giảm. n )
b) Với mỗi số nguyên dương n, đặt b = a + a + ... + a . Tính lim b . n 1 2 n n n→+∞ Lời giải a −a a − n n ( n )2 2 1 a) Xét hiệu a − a = − a = . n 1 + n 2 n 2 a − a +1 a − a +1 n n n n 2
Từ cách xác định dãy số ta có a > 0∀n và 2 *
a − a +1 > 0 ⇒ a − a < 0 n ∀ ∈ N n n n n 1 + n
Vậy (a là dãy số giảm. n ) 2
a − a +1+ a −1 a −1 b) Ta có n n n a = =1 n + n 1 + 2 2 a − a +1 a − a +1 n n n n 2 a −1 1 a − a +1 1 ⇒ a −1 n n n = ⇒ = = a + n 1 + 2 a − a +1 a −1 a −1 n a −1 n n n 1 + n n 1 1 ⇒ a = − n a −1 a −1 n 1 + n 1 1 1
Suy ra b = a + a + ... + a = − = + 2 (1) n 1 2 n a
−1 a −1 a −1 n 1 + 1 n 1 +
Lại có: Dãy số (a là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn, giả sử n ) 2 a
lim a = a ⇒ lim a = a ⇒ a = ⇒ a = 0 a = (2) n n 1 + 2 n n→+∞ n→+∞ a − a + hay lim 0 1 n→+∞
Từ (1) và (2) ta có lim b = 1. n n→+∞
Câu 4: (6 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I , đường cao AH .
Gọi E là hình chiếu của B trên AI , HE cắt AC tại P . Gọi M là trung điểm của BC . Biết H (6; 4 − ) ; P(11; ) 1 và M (10; 4 − ) . Lời giải A A P I I E P M C C B H M H B E F F Hình 1 Hình 2
H không trùng M nên tam giác ABC không cân.
Vẽ đường kính AF của đường tròn ( I ) . 3
Ta có AHB = AEB = 90° nên bốn điểm ,
A E, H , B cùng thuộc một đường tròn.
Từ đó ta có ABH = HEF = AFC (với hình 1) hoặc ABH = AEH = AFC (với hình 2).
nên HP//CF , lại có AC ⊥ CF suy ra HP ⊥ AC . Ta có HP (5;5)
Do vậy đường thẳng AC qua P (11; ) 1 có vtpt là n (1; )
1 có phương trình x + y –12 = 0
Đường thẳng BC qua H (6; 4
− ) và M (10; 4
− ) có phương trình y = 4 − .
C là giao điểm của AC và BC , tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
x + y –12 = 0 x = 16 ⇔ y = 4 − y = 4 − Vậy C (16; 4 − ) và do M (10; 4
− ) là trung điểm của BC nên B(4; 4 − ).
Đường thẳng AH vuông góc với BC và qua H (6; 4
− ) có phương trình x = 6 .
x + y –12 = 0 x = 6
A là giao điểm của AH và AC nên tọa độ là nghiệm của hệ ⇔ x = 6 y = 6
Vậy A(6;6); B(4; 4 − );C (16; 4 − ). 2)
a) Theo quy tắc hình hộp ta có: AC ' AB AD AA '
AC ' = AB + AD + AA ' ⇒ AQ = AM + AN + AP . AQ AM AN AP AC ' AB AD AA ' 3 1 1 1
Mà M, N, P, Q đồng phẳng nên = + + ⇒ = + + . ( Vì AC’ AQ AM AN AP AQ AM AN AP 1
là đường chéo hình lập phương ABCDA’B’C’D’ nên AB = AD = AA' = AC ' ). 3 1 1 1 1
b) Dễ dàng chứng minh kết quả quen thuộc của tứ diện vuông là: = + + . 2 2 2 2 AH AM AN AP 2 1 1 1 1 1 1 Mà + + < + + 2 2 2 AM AN AP AM AN AP 1 1 1 1 3 ⇒ < + + = ⇒ AQ < 3AH AH AM AN AP AQ
Câu 5: (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn 2 2 2
a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của 4
biểu thức P = a + b + c − 4abc . Lời giải 1
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c thì từ 2 2 2
1 = a + b + c 2 2
⇒ 1 ≤ 3a ⇒ a ≥ . 3 Mặt khác: 2 2 2
2bc ≤ b + c = 1− 1 2
a ⇒ 0 ≤ 2bc ≤ 1− = 1 ⇒ 0 ≤ bc ≤ . 3 3 3 Ta có: 2 2
P = a ( − bc) + (b + c) 2 2 1 4 .1 2 ≤ a +
= (1+ 2bc) (1− 4bc)2
(b +c) (1−4bc) +1 +1 a Dấu bằng xảy ra khi = b + c(*) 1 − bc Đặ 1
t t = bc ⇒ 0 ≤ t ≤ , suy ra được 2 P ≤ ( + t )( 2 t − t + ) 3 1 2 16 8
2 = 32t − 4t + 2 3 6 t = 1 12
Xét hàm số f (t ) 3
= 32t − 4t + 2, t ∈ 0; ; f ′(t ) 2 = 96t − 4 = 0 ⇔ . 3 − 6 t = (l) 12 f ( ) 1 50 6 0 = 2, f = , f ≈ 1, 4556 . 3 27 12 1 a = c = b = 0 ( )* 2
Suy ra GTLN f (t) = 2 khi t = 0 ⇒ ⇒ . c = 0 1 a = b = 2 1 a = b =
Kết luận: max P = 2 , đạt được khi
2 , hoặc các hoán vị của nó. c = 0
Tập thể thầy cô trên Nhóm Toán VD -VDC giải bài: 1. Thầy Binh Nguyen 2. Thầy Khải Nguyễn
3. Cô Trang Nguyễn Thị Thu
4. 1. Thầy Lê Thanh Bình – 2. Thầy Huỳnh Đức Vũ 5. Thầy Trần Minh Ngọc
Tổng hợp : Thầy Lê Tài Thắng 5
Document Outline
- [toanmath.com] - Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội
- LG - HSGHaNoi2018