Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm học 2018 – 2019 sở GD và ĐT Hà Nội

LỜI GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12, THÀNH PHỐ HÀ NỘI
NĂM HỌC 2018-2019
Câu 1:

(4 điểm) Cho hàm số y =

−x
có đồ thị ( C ) và đường thẳng d có phương trình y = x + m ,
2x +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 \ −  . Ta có đạo hàm y′ =
.
2
 2
( 2 x + 1)
Phương trình hoành độ giao điểm

−x
= x + m ⇔ g ( x ) = 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m = 0 .
2x + 1

∆′ = m 2 + 2m + 1 − 2m = m 2 + 1 > 0, ∀m


nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị ( C ) tại hai
Ta có   1 
1
g
−
=
−
≠
0,
∀
m



2
  2
điểm phân biệt A , B với mọi giá trị thực m .

S = − ( m + 1)

Gọi x1 , x2 là hoành độ của điểm A và B khi đó 
.
m
P
=


2



2
1
1

 = − 4S − 8P + 4S + 2 = − 4m 2 + 2 ≤ −2 .
Suy ra K = −
+
2
2
 2x + 1 2

( 4P + 2S + 1)
 ( 1 ) ( 2 x2 + 1) 

(

)

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 cos x = 1− x 2
Lời giải
Xét hàm số f ( x) = cos x + x 2 −1 với x ∈ ℝ .Ta có f '( x) = − sin x + 2 x ;
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 .
 x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0
b) Giải hệ phương trình  2
 x − y + 5 = 2 x y + 3


Lời giải
Ta có: x 2 + 3 y 2 + 2 xy − 6 x − 2 y + 3 = 0
2

⇔ x 2 + 2 ( y − 3) x + ( y − 3) + 2 y 2 + 4 y − 6 = 0
⇒ 2 y 2 + 4 y − 6 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ y ≤ 3 (1).
Lại có: x 2 − y + 5 = 2 x y + 3 ⇔ x 2 − 2 x y + 3 + y + 3 + 2 (1− y ) = 0

(

2

)

⇔ x − y + 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

Câu 3:

a2
1
(3 điểm) Cho dãy số ( an ) xác định bởi a1 = , an +1 = 2 n
; n = 1, 2,...
2
an − an + 1
a) Chứng minh dãy số ( an ) là dãy số giảm.
b) Với mỗi số nguyên dương n, đặt bn = a1 + a2 + ... + an . Tính lim bn .
n →+∞

Lời giải

−a ( a − 1)
an2
a) Xét hiệu an +1 − an = 2
− an = 2n n
.
an − an + 1
an − an + 1
2

2


Từ cách xác định dãy số ta có an > 0∀n và an2 − an + 1 > 0 ⇒ an +1 − an < 0∀n ∈ N *
Vậy ( an ) là dãy số giảm.
b) Ta có an +1 =

⇒ an+1 − 1 =

⇒ an =

1

an2 − an + 1 + an − 1
a −1
= 1+ 2 n
2
an − an + 1
an − an + 1

an − 1
an2 − an + 1
1
1
⇒
=
= an +
2
an − an + 1
an +1 − 1
an − 1
an − 1

1
an +1 − 1 an − 1
−

Suy ra bn = a1 + a2 + ... + an =

1

1
1
=
+ 2 (1)
an +1 − 1 a1 − 1 an +1 − 1
−

Lại có: Dãy số ( an ) là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn, giả sử

lim an = a ⇒ lim an +1 = a ⇒ a =

n →+∞

n →+∞

a2
⇒ a = 0 hay lim an = 0 (2)
n →+∞
a2 − a + 1

Từ (1) và (2) ta có lim bn = 1.
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

B

H

C

M

H

B
E
F

F

Hình 2

Hình 1

H không trùng M nên tam giác ABC không cân.
Vẽ đường kính AF của đường tròn ( I ) .
3

C


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
Mà M, N, P, Q đồng phẳng nên

3
1
1
1

AC ' AB AD AA '
=
+
+
=
+
+
⇒
. ( Vì AC’
AQ AM AN AP
AQ AM AN AP

là đường chéo hình lập phương ABCDA’B’C’D’ nên AB = AD = AA ' =

b) Dễ dàng chứng minh kết quả quen thuộc của tứ diện vuông là:

1
1
1
1
1 
 1
+
+
<
+
+
Mà

2

2
2
AM
AN
AP  AM
AN AP 
⇒

Câu 5:

1
AC ' ).
3

1
1
1
1
=
+
+
.
2
2
2
AH
AM
AN
AP 2

2

1
1
1
1
3
<
+
+
=
⇒ AQ < 3 AH
AH AM
AN AP
AQ

(2 điểm) Cho a , b, c là các số thực không âm thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
4


biểu thức P = a + b + c − 4abc .

Lời giải
Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c thì từ 1 = a 2 + b 2 + c 2 ⇒ 1 ≤ 3a 2 ⇒ a 2 ≥

1
.
3

1 2

1
Mặt khác: 2bc ≤ b 2 + c 2 = 1 − a 2 ⇒ 0 ≤ 2bc ≤ 1 − = ⇒ 0 ≤ bc ≤ .
3 3
3
Ta có:
2
2
2
2
P 2 =  a (1 − 4bc ) + ( b + c ) .1 ≤  a 2 + ( b + c )  (1 − 4bc ) + 1 = (1 + 2bc ) (1 − 4bc ) + 1






Dấu bằng xảy ra khi

a
= b + c (*)
1 − bc

1
Đặt t = bc ⇒ 0 ≤ t ≤ , suy ra được P 2 ≤ (1 + 2t ) (16t 2 − 8t + 2 ) = 32t 3 − 4t + 2
3


t =
 1
3

2
Xét hàm số f ( t ) = 32t − 4t + 2, t ∈ 0;  ; f ′ ( t ) = 96t − 4 = 0 ⇔ 

 3
t =


6
12
.
− 6
(l )
12

 1  50  6 
,f
f ( 0 ) = 2, f   =
 ≈ 1, 4556 .
 3  27  12 

a = c =
b = 0
Suy ra GTLN f ( t ) = 2 khi t = 0 ⇒ 
⇒ 
c = 0
 a = b =
(*)

1
2

.
1
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