Đề thi HSG toán 12 lần 1 năm 2019 2020 trường đồng đậu vĩnh phúc

TRƯỜNG THPT
ĐỒNG ĐẬU
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)
U

U

a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=
đồng biến trên [ 2; +∞ ) .

1 3
mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019
3

mx − m + 2
có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường
x +1
thẳng d : =
y 2 x − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA,

b) Cho hàm số y =

OB bằng 45° .
Câu 2 (2,0 điểm)
U

U

a) Giải phương trình lượng giác sau

cos x ( 2sin x + 1)
= 3 .
( sin x + 1)( 2sin x − 1)

 x 2 − 4 y + 3 x 2 y + 3 y + 3 =
0
b) Giải hệ phương trình sau 
2
 x 2 + 3 x − y + 5 + 3 3 x − 2 =

( x, y ∈  ) .

Câu 3 (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ =
U

U



= 60° . Gọi M là điểm trên cạnh CC ′ sao cho CM = 2 MC ′ .
và góc BAC
a) Chứng minh rằng AM ⊥ B′M .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) .

3a 6

2

1
Câu 4 (1,0 điểm) Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un =
1−
, ( n ∈ * ) .
2
( n + 1)
U

U

Tính lim ( u1u2u3  un ) .
Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > 4 ). Biết số các tam giác có ba
U

U

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
U

U

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:
U

U

1
1
1
+ 2
+ 2
≤1
a +b+c b +c+a c +a+b
2

--------------- HẾT ---------------


HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12
NĂM HỌC: 2019 - 2020
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

TRƯỜNG THPT
ĐỒNG ĐẬU

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:

U

U

U

U

Câu
Đáp án
1
a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1 3
y=
mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019 đồng biến trên [ 2; +∞ ) .
3
Ycbt ⇔=
y′ mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ )

−2 x + 6
= f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) ⇔ m ≥ max f ( x )
[ 2;+∞ )
x − 2x + 3
 x= 3 + 6 ( tm )
2 ( x 2 − 6 x + 3)
′

Ta có: f ′ ( x )=
=
⇔

f
x
;
0
)
(
2
 x= 3 − 6 ( ktm )
( x 2 − 2 x + 3)
⇔m≥

Điểm
1

0,25
0,25

2

mx − m + 2
có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số
x +1
m để đường thẳng d : =
y 2 x − 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:
x = 1
mx − m + 2
= 2 x − 1 ⇔ ( x − 1)( 2 x + 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 .
 m−3

Khi đó, A (1;1) , B 
;m − 4 .
 2

Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45° là:
2
 
m−3
2  m−3
2
OA.OB OA.OB.cos 45° ⇔ =
2.
. 
=
+m−4
 + ( m − 4)
2
2  2 
m = 3
⇔ m 2 − 7 m + 12 =0 ⇔ 
( tm )
m = 4
2

cos x ( 2sin x + 1)
= 3 .
a) Giải phương trình lượng giác sau
( sin x + 1)( 2sin x − 1)

b) Cho hàm số y =

0,25

0,25
1

0,25

0,25

0,25

0,25
1


sin x ≠ −1

ĐKXĐ: 
1 . Phương trình đã cho biến đổi thành:
sin x ≠ 2
sin 2 x + =
cos x
3 ( 2sin 2 x + sin x − 1)

⇔ sin 2 x + cos=
x

0,25

3 ( sin x − cos 2 x )

π
π


3 sin x − cos x ⇔ sin  2 x + = sin  x − 
3
6


π
π
π


− + k 2π ( ktm )
 2 x + 3 = x − 6 + k 2π
x =
2
⇔
⇔
5π
2π

 2 x + π =− x + 7π + k 2π
=
x
+ k . ( tm )

18
3
3
6

5π
2π
Vậy nghiệm của phương trình là: x =+ k . , ( k ∈  )
18
3
2
2

0
x − 4 y + 3 x y + 3y + 3 =
b) Giải hệ phương trình sau 
( x, y ∈  ) .
2
3
x
+
3
x
−
y

+
5
+
3
x
−
2
=
2


y ≥ 0
ĐK:  2
. Biến đổi phương trình đầu về dạng:
 x + 3x − y + 5 ≥ 0
⇔ sin 2 x + 3 cos 2 x=


y
=1
 2
y
y
x +3

−3 2
−1 = 0 ⇔
⇒ y = x2 + 3
4 2


x +3
x +3
y
1
= − (l )
 2
4
 x +3
2
y x + 3 vào phương trình thứ hai, ta được:
Thay =
2

2 x + 3 + 3 3x − 2 =
2 . Vế trái pt là hàm đồng biến trên  ; +∞  mà x = 2 là
3


0,25
0,25

0,25
1

0,5

0,25

2

31
2
nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: =
(tm)
y   +=
3
9
3
 2 31 
Vậy, nghiệm của hệ là: ( x; y ) =  ; 
3 9 

3

Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ =


= 60° . Gọi M là điểm trên cạnh CC ′ sao cho CM = 2 MC ′ .
BAC
a) Chứng minh rằng AM ⊥ B′M .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) .

0,25

3a 6
và góc
2

2

a) Chứng minh rằng
AM ⊥ B′M .


Từ giả thiết CM = 2 MC ′
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
tính được:
29a 2
2
′
=
AB
=
, AM 2 10a 2
2
9a 2
và B′M 2 =
.
2

Từ đó suy ra:
′2 AM 2 + B′M 2 hay
AB
=
tam giác AB′M vuông tại
M.

0,25

0,25

N AM ∩ A′C ′ ,
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) . Đặt=
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′H ⊥ ( AB′M )
A′ lên AK. Ta có 
 A′H ⊥ AK

0,25

1
nên dễ dàng suy ra: C ′N = a và theo định
2

0,25

Do ∆NC ′M  ∆ACM theo tỉ số k =

lí cosin suy ra: B′N = a 7

1
2. a.3a.sin 60°
2.S A′B′N
3a 21
2
=
A′K =
=
B′N
14
a 7
1
1
1
3a 10
=
+
⇒ 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
1

Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un =
1−
, ( n ∈ * ) .
2
( n + 1)

Trong tam giác vuông AA′K ta có:

4

0,5

0,25

0,25

1

Tính lim ( u1u2u3  un ) .
Ta có: un = 1 −

1

( n + 1)

2

=

n ( n + 2)

( n + 1)

2

, ∀n ∈ *

0,25


1.3 2.4 3.5 4.6 n ( n + 2 ) 1 n + 2
=

.
2
22 32 42 52
( n + 1) 2 n + 1

0,5

1
2
Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > 4 ). Biết số các tam giác có ba đỉnh là

0,25

Suy ra: u1u2u3  un
=

Do đó, lim ( u1u2u3  un ) =

5

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.

6

Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn3
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là:
n ( n − 4)

0,25

Theo giả thiết, ta có:

0,25

 n = 4 ( ktm )
Cn3 − n − n ( n − 4 ) =5n ( n − 4 ) ⇔ n 2 − 39n + 140 =0 ⇔ 
 n = 35 ( tm )
Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh.
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.
Vì DE ⊥ AC nên
DE : x + y + 3 = 0 ⇒ D ( t ; −t − 3) .

0,25
0,25

1

0,25

Ta có,

1
1
=
d ( B, AC )
d ( D, AC )
3
3
1 ⇒ D (1; −4 )
t =
1 2t + 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

32 ⇒ S ABD =
24 nên
Vì A ∈ AC ⇒ A ( a; a + 1) . Từ gt S AGCD =

0,25

 a= 5 ⇒ A ( 5;6 )( tm )
1
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

=
d ( G, AC )

A ( 5;6 ) , B (1;8 ) , C ( −3; −2 ) , D (1; −4 )

7

3 . Chứng minh bất đẳng thức:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c =
1

1
1
+ 2
+ 2
≤1
2
a +b+c b +c+a c +a+b
1
1
1
Đưa bất đẳng thức về dạng: 2
+ 2
+ 2
≤1
a −a +3 b −b+3 c −c +3

1

0,25


−x + 4
1
≤
, ∀x ∈ ( 0;3) .
x − x+3
9
2
Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: ( x − 1) ( x − 3) ≤ 0 luôn đúng,

Ta chứng minh BĐT phụ:

2

∀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 .
Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c:
1
1
1
−a + 4
−b + 4
−c + 4
.
; 2
; 2
≤
≤
≤
2
9
9
9
a −a+3
b −b+3
c −c+3
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có:
− ( a + b + c ) + 12

1
1
1
+
+
≤
=
1 (đpcm)
a 2 − a + 3 b2 − b + 3 c2 − c + 3
9
Dấu bằng xảy ra khi a= b= c= 1 .
--------------- HẾT ---------------

0,25

0,25

0,25