Đề thi hsg toán 12 trường đồng đậu năm 2019-2020 có đáp án

TRƯỜNG THPT
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12NĂM HỌC 2019 - 2020 ĐỒNG ĐẬU MÔN: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang)
Thời gian: 180 phút, (không kể thời gian giao đề)
Câu 1(2,0 điểm) 1
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 3 y 
mx  m   2
1 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 d : y  2x 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA, OB bằng 45.
Câu 2(2,0 điểm)
cos x 2sin x   1
a) Giải phương trình lượng giác sau   . x   x   3 sin 1 2sin 1 2 2
x 4y 3 x y 3y 3  0
b) Giải hệ phương trình sau   , x y    . 2 3
 x  3x  y  5  3x  2  2  3a 6
Câu 3(2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng AB . C A B  C
  có AB  a , AC  2a , AA  và 2   góc 
BAC  60 . Gọi M là điểm trên cạnh CC sao cho CM  2MC .
a) Chứng minh rằng AM  B M  .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  AB M   . 1
Câu 4(1,0 điểm)Cho dãy số u có số hạng tổng quát u  1 , n   . n  * 2  n  n   1
Tính limu u u u . 1 2 3 n 
Câu 5(1,0 điểm)Cho đa giác lồi  H  có n đỉnh ( n   , n  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.
Câu 6(1,0 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương
trình đường chéo AC là x  y 1  0 , 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.
Câu 7(1,0 điểm) Cho a, b, c  0 và a  b  c  3. Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1    1 2 2 2
a  b  c
b  c  a
c  a  b
---------------------------------------------------- HẾT --------------------------------------------------- Trang1 HƯỚ TRƯỜ
NG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NG THPT NĂM HỌ ĐỒNG ĐẬ C: 2019 - 2020 U MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút, (không kể thời gian giao đề) I. Những lưu ý chung:
- 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. Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm 1
a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 1 3 y 
mx  m   2
1 x  3m  2 x  2019 đồng biến trên 2;  . 3 Ycbt 2
 y  mx  2m  
1 x  3m  2  0, x  2; 0,25 2x  6  0,25 m   f x , x
  2;  m  max f x 2         2; x 2x 3 2 2
x  6x  3
x  3 6 tm 0,25
Ta có: f  x 
; f  x  0   2  
 2x 2x3 x  3 6  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 d : y  2x 1 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 2x 3 m 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 m 1 m  5. 0,25    Khi đó, A  m 3 1;1 , B ; m  4   .  2 
Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45 là: 0,25 2   m  3 2  m  3  O . A OB  O . A O . B cos 45   m  4  2. .    m42 2 2  2  m  3 0,25 2
 m  7m 12  0   tm m  4 2
cos x 2sin x   1 1
a) Giải phương trình lượng giác sau   . x   x   3 sin 1 2sin 1 sin  x  1  0,25  ĐKXĐ: 
1 . Phương trình đã cho biến đổi thành: sin x   2 x  x   2 sin 2 cos
3 2sin x  sin x   1
 sin 2x  cos x  3 sin x  cos 2x Trang2        0,25
sin 2x  3 cos 2x  3 sin x  cos x  sin 2x   sin x       3   6       0,25 2x 
 x   k2 x  
 k2 ktm   3 6 2      7 5 2   2x   x   k2 x   k. tm  3 6  18 3 5 2 0,25
Vậy nghiệm của phương trình là: x   k. , k    18 3 2 2  1
x  4 y  3 x y  3y  3  0
b) Giải hệ phương trình sau   , x y    . 2 3
 x  3x  y  5  3x  2  2  y  0 0,5 ĐK: 
. Biến đổi phương trình đầu về dạng: 2
x  3x  y  5  0  y  1 2 y y x  3 2 4  3 1  0  
 y  x  3 2 2 x  3 x  3  y 1    l 2    x  3 4 Thay 2
y  x  3 vào phương trình thứ hai, ta được: 0,25 2  3
2x  3  3x  2  2 . 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)  3  9   0,25
Vậy, nghiệm của hệ là:  x y 2 31 ;  ;    3 9  3 2 Cho hình lăng trụ 3a 6 đứng AB . C A B  C
  có AB  a , AC  2a , AA  và góc 2   
BAC  60 . Gọi M là điểm trên cạnh CC sao cho CM  2MC .
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  2MC suy ra: a 6
CM  a 6, MC  2 Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC
 BC  a 3 .
Sử dụng Pitago, dễ dàng 0,25 tính được: 2 29a 2 2 2 AB  , AM  10a 2 2 9a và 2 B M   . 2 Trang3 Từ đó suy ra: 0,25 2 2 2
AB  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 B N
 và H là hình chiếu vuông góc của B N
  AK  B N   A H 
A lên AK. Ta có   A H    AB M   A H   AK 1 0,25 Do N  C M   A
 CM theo tỉ số k  nên dễ dàng suy ra: C N
  a và theo định 2 lí cosin suy ra: B N   a 7 1 0,25 2. . a 3 . a sin 60 2.S   3a 21 A B N 2 A K     B N  a 7 14 1 1 1 3a 10 0,25
Trong tam giác vuông AA K  ta có:    A H   2 2 2 A H  AA A K  10 3a 10
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  AB M   bằng . 10 4 1 1
Cho dãy số u có số hạng tổng quát u  1 , n   . n  * 2  n  n   1
Tính limu u u u . 1 2 3 n  1 n n  2 0,25 Ta có: * u  1  n   n n  , 2 1 n 2 1 1.3 2.4 3.5 4.6 n n  2 1 n  2 0,5
Suy ra: u u u u    . 1 2 3 n 2 2 2 2 2 3 4 5 n 2 1 2 n 1 1 0,25
Do đó, lim u u u u  1 2 3 n  2 5
Cho đa giác lồi  H  có n đỉnh ( n   , n  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.
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: 3 C 0,25 n
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 n n  4 Theo giả thiết, ta có: 0,25
n  4ktm 3
C  n  n n   n n   n  n     n  4 5  4 2 39 140 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 x  y 1  0 , 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 Trang4 tung độ dương.
Vì DE  AC nên 0,25
DE : x  y  3  0  D t; t   3 . Ta có, d G AC  1
 d B AC 1 , ,
 d D, AC 3 3 1 2t  4
t 1 D1; 4    2    3 2 t  5   D   5  ;2
Vì D và G nằm khác phía so với AC nên D 1; 4
   B1;8  B : x 1 0,25
Vì A AC  A ; a a   1 . Từ gt S  32  S  24 nên 0,25 AGCD ABD
a  5  A5;6 1 tm d  ,
A B.DB  24  a 1  4   2 a  3   A   3  ; 2  l  
Từ AD  BC  C  3  ; 2
  . Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình bình hành là: 0,25
A5;6, B 1;8, C  3  ; 2  , D1; 4   7
Cho a, b, c  0 và a  b  c  3. Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 1    1 2 2 2
a  b  c
b  c  a
c  a  b 0,25 Đưa bất đẳ 1 1 1 ng thức về dạng:    1 2 2 2 a  a  3 b  b  3 c  c  3 1 x  4 Ta chứng minh BĐT phụ:  , x   0;3 2   x  x  . 3 9 2
Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với:  x  
1  x  3  0 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  a, b, c  3. 0,25
Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c: 1 a  4 1 b   4 1 c  4  ;  ;  2 2 2 a  a  3 9 b  b  3 9 c  c  . 3 9
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có: 0,25 1 1 1
a  b  c 12    1 2 2 2 a  a  3 b  b  3 c  c  (đpcm) 3 9
Dấu bằng xảy ra khi a  b  c 1 . 0,25
-------------------------------------------------------- HẾT -------------------------------------------------- Trang5