Đề khảo sát chọn đội tuyển HSG 12 môn toán năm học 2019 2020 trường THPT lê quý đôn đống đa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN - ĐỐNG ĐA
(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG 12
MÔN: TOÁN
NĂM HỌC: 2019 - 2020
Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 (4 điểm).
Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm
A, B, C bằng 3.

Câu 2 (6 điểm).
a. Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x  .
 x3   y  2  x 2  2 xy  1
b. Giải hệ phương trình: 
.
2
 x  3 x  y  2  0
Câu 3 (4 điểm).

Cho dãy số  un 

Đặt S n 

2020

u1 
xác định bởi 

, n  * .
2019
2u  u 2  2u
 n 1
n
n

1
1
1
. Tính lim Sn .

 ... 
u1  2 u2  2
un  2

Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay
đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với
mặt phẳng  ABC  . Đặt AM  x, AN  y.
a.

Chứng minh rằng x  y  3 xy.

b.

Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.

Câu 5 (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức.
P

2
abc
abc

3
.
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

----------------------- HẾT ----------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 12
CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

Tìm m để đồ thị hàm số y  x3  3 x 2  mx  2  m cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
A, B, C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại các điểm

4

A, B, C bằng 3.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

1,0

x3  3 x 2  mx  2  m  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  2)  0
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  2  0 (2) có hai nghiệm phân
 '  3  m  0
biệt khác 1  
 m  3 (*) .
1  2  m  2  0

1

1,0

Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại giao điểm A, B, C là:

1,5

y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 ) 2  6 x1 x2  6( x1  x2 )  3m  3  9  3m

Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9  3m  3  m  2 (t/m đk (*)).

0.5

ĐS: m  2

Giải phương trình: 2 sin 2 x  cos 2 x  2  2  sin 2 x.cos x  sin x  2 cos x 
a

1,0

 
 2cos x  1  sin 2x  2cosx -1  2 s inx  2cosx -1  2 
 cos2x =



 

2 sin 2x.cosx - sin2x 


2cosx -1

2 sin x - sin2x  2 2cosx - 2

2

1,0

2






2cosx +1

 

2cosx -1 

1

1
 cosx = 2

 2  s inx + cosx   2sinx.cosx - 1 = 0

+ (1)  x  

+ (2)  x  


4


4



2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2 

0.5

 2

 k 2

0.5
 k  x 


4

 k 2 ,

Kết luận phương trình có 3 họ nghiệm : ………..


b

 x3   y  2  x 2  2 xy  1
Giải hệ phương trình: 
.
2
 x  3 x  y  2

 x 2  2 x   x  y   1
Viết lại hệ: 
2
 x  2 x  x  y  2

3

1,0

Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 .
u.v  1
Hệ trở thành: 
u  v  2

0.5

u  1
Suy ra: 
 v  1

0.5

 x 2  2 x  1
Ta có 
 x  y  1

0.5

 x  1

y  0

0.5

Cho dãy số  un 

2020


u1 
xác định bởi: 
, n  *
2019
2u  u 2  2u
 n 1
n
n
4

Đặt S n 

1
1
1
. Tính: lim Sn .

 ... 
u1  2 u2  2
un  2

Ta chứng minh un  1, n  * (1) bằng phương pháp qui nạp toán học.
3
Với n  1, u1 

2020
 1  (1) đúng với n  1 .
2019

Giả sử (1) đúng với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  . Ta phải chứng minh (1) đúng với

n  k  1 tức là phải chứng minh uk 1  1 .
Thật vậy uk 1  1 

uk2  2uk
u 2  2(uk  1) uk2 1
1  k

  0  uk 1  1  0  uk 1  1.
2
2
2 2

Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un  1, n  *
Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * vì dãy số un  1 nên dãy số  un  là dãy số
tăng.

1,0


Với mọi k  N*, ta có :
2uk 1  uk (uk  2) 



(u  2)  uk
2
1
1

1
1
1

 k

 

uk (uk  2) uk 1
uk (uk  2)
uk 1
uk uk  2 uk 1

1,0

1
1
1
1
1
 
 Sn  
uk  2 uk uk 1
u1 un 1

Ta chứng minh dãy số  un  là dãy số không bị chặn.
Giả sử phản chứng dãy số (un) bị chặn . Do dãy số  un  là dãy tăng (cmt) nên ta có dãy

 un  tăng và bị chặn thì dãy số  un  có giới hạn hữu hạn. Giả sử lim  un   a

. Vì un  1

Nên ta có a  1 . Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un . Chuyển qua giới hạn ta có:

1,0

 2a = a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1.

Vậy giả sử sai, suy ra dãy  un  không bị chặn trên . do  un  là dãy tăng nên
lim  un     lim

1
1
1
1 2019
 0  lim S n  lim ( 
) 
un
u1 un 1
u1 2020

1,0

S

4

M

B

A
O

H

N
C
Chứng minh x  y  3 xy
Kẻ SO  MN , O  MN do  SMN    ABC   SO   ABC 
a.

Do hình chóp S . ABC là hình chóp đều nên O là tâm đương tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
Gọi H là trung điểm của BC .Và O là trọng tâm của tam giác ABC .

1,0


4

 


AB  AC 
1  1 
3 
Ta có AB  AC  2. AH 
AM 
AN  2 AH  . AM  AN  2 AO .

AM
AN
x
y
2
Vì  M  AB, N  AC 

1,0




x. AM  y. AN  3 xy. AO .

Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  3 xy. (đpcm).
1
1
SO.MN  SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN  SO.MN  SSMN
2
2
lớn nhất khi MN lớn nhất
S SMN 

2

2

Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy.cos600  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  9  xy   3 xy
1,0
Từ giả thiết ta có 0  x; y  1

Từ (1) ta có 3 xy  x  y  2 xy  xy 

4
9

 x  1 y  1  0  xy  1  x  y  xy  1  3 xy  xy 

0.5
1
2

4 1
Đặt t = xy, t   ;   MN 2  9t 2  3t
9 2
4 1
Lập bảng biến thiên của hàm số f  t   9t 2  3t ; t   ;  ta được
9 2

MN nhỏ nhất khi t 

4
2
khi x  y 
9
3

1
x  1

1


x 
MN lớn nhất khi t  khi 
2
1 hoặc 
2
y



2
y 1

0,5

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
2
abc
abc

3
1
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 
Đặt : P 

2
abc
abc


3
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

2

0.5


2

Áp dụng bất đẳng thức:  x  y  z   3  xy  yz  zx  x, y, z  
0.5

Với a, b, c  0 ta có:
5

 ab  bc  ca 

2

 3abc  a  b  c   9abc  0  ab  bc  ca  3 abc



Ta có: 1  a 1  b 1  c   1  3 abc



3

a, b, c  0.

Thật vậy:

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc
2



 1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc

Khi đó: P 



Đặt:

6

3

3

2
3 1  abc







abc
abc

3
6
1  abc

abc  t  3 abc  t 2 ,

0.5

abc  t 3 .
3

 abc
Vì a, b, c  0 nên 0  abc  
 1 0  t 1
3



Xét hàm số f (t ) 

f '(t) 

2
t2
1 3


t , t   0; 1
2
6
3 1  t 3  1  t

 t
2t 2
2t
t2
1  t2



2
t
.



3 2
2 2 
(1  t 3 ) 2 (1  t 2 ) 2 2
 (1  t ) (1  t )  2

0.5

(1  t )(1  t 5 )
t2
 2t.
  0, t  (0;1]
(1  t 2 ) 2 .(1  t 3 ) 2 2
Suy ra f (t ) đồng biến trên f (t ) trên (0;1] ta có f (t )  f (1)  1, t  (0;1] .



2
abc
abc

3
1
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 

Dấu ‘=’ xảy ra khi a  b  c  1 .
Vậy MaxP  1 khi a  b  c  1

Lưu ý: Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

0.5