Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

HÀ NỘI

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 03 tháng 10 năm 2019
Thời gian làm bài: 180 phút (đề thi gồm 01 trang)

Bài I (4 điểm)
3

Cho hàm số y  x3  3 x 2  (m  4) x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường
2

thẳng y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A(1; 0) , B, C sao cho MBC là tam giác đều.

Bài II (5 điểm)
1) Giải phương trình:

2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3.

 x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y 
.
2) Giải hệ phương trình: 
4

4
2
2
8 x  8 y  8 x  8 y  9  16 xy ( x  y )
Bài III (3 điểm)
Cho dãy số  un  xác định bởi u1 

u 2  1 1
3
, un 1  n
; n  1, 2, 
3
un

1) Chứng minh  un  là dãy số bị chặn.
2) Chứng minh

1 1
1
 
 22020.
u1 u2
u2019

Bài IV (6 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M, N (1; 1) lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình
x  3 y  6  0 , tìm tọa độ điểm C.
2) Cho hình chóp S.ABC có CA  CB  2 , AB  2 , SAB là tam giác đều, mp ( SAB )  mp ( ABC ).
Gọi D là chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh C của tam giác SBC.

a) Tính thể tích khối chóp D.ABC.
b) Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng (MAB), (MBC), (MCA) với mặt phẳng (ABC)
   
là bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4MS  4 MC .
Bài V (2 điểm)
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3. Tìm giá trị lớn nhất của:
P  a 3  b3  c3 

3 3 3
  .
a b c

--------------- HẾT ---------------


NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12

KỲ THI CHỌN HSG THÀNH PHỐ

ĐỀ CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT

(Đề thi có 01 trang)

NĂM HỌC 2019 - 2020

Ngày thi : 3/10/2019

MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút

Họ và tên: .......................................................................................... SBD: ................................................. .
Bài I.

(4 điểm)

3

Cho hàm số y  x 3  3x 2   m  4  x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường thẳng
2

 d  : y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  1;0  , B, C sao cho MBC là tam giác đều.

Bài II.

NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

(5 điểm)

1) Giải phương trình

2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3

 x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y 


2) Giải hệ phương trình 
8 x 4  8 y 4  8 x 2  8 y 2  9  16 xy  x  y 
Bài III. (3 điểm)
Cho dãy số  un  xác định bởi u1 

u2 1 1
3
, un 1  n
; n  1, 2,3...
3
un

1) Chứng minh rằng  un  là dãy số bị chặn.

1 1
1
  .... 
 22020 .
u1 u2
u2019

Bài IV. (6 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M , N (1; 1) lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình
x  3 y  6  0, tìm tọa độ điểm C.
2) Cho hình chóp S . ABC có CA  CB  2, AB  2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác

SBC .
a. Tính thể tích khối chóp D. ABC .

b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với mặt phẳng  ABC 
bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC .

Bài V. (2 điểm)
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = a 3 + b3 + c3 −

3 3 3
− − .
a b c
----- HẾT -----

/>
Trang 1

NHÓM TOÁN VD – VDC

2) Chứng minh


NHÓM TOÁN VD – VDC

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI

Đ thi h c sinh gi i l p 12

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐỀ CHÍNH THỨC

(4 điểm)

3

Cho hàm số y  x 3  3x 2   m  4  x  m  2 có đồ thị  Cm  và điểm M  2;   . Tìm m để đường thẳng
2

 d  : y  2 x  2 cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt A  1; 0  , B, C sao cho MBC là tam giác đều.

Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x 2   m  4  x  m  2  2 x  2

 x3  3x 2   m  2  x  m  0 (1)

NHÓM TOÁN VD – VDC

Bài I.

  x  1  x 2  2 x  m   0

 x  1
 2
 x  2x  m  0 2
+)  d  cắt  Cm  tại ba điểm phân biệt   2  có hai nghiệm phân biệt, khác 1.

   1  m  0

 m  1 *
1  m  0
+) Gọi A  1;0  , B  x1; 2 x1  2  , C  x2 ; 2 x2  2  là tọa độ ba giao điểm của  d  và  Cm  .

 x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình  2 

NHÓM TOÁN VD – VDC

 x12  2 x1   m
 x1  x2  2
Theo Viet, có 
và  2
 x2  2 x2   m
 x1.x2  m

x x

Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC  I  1 2 ; x1  x2  2   I  1; 0 
 2

3

Ta có MI   3;  ; BC   x2  x1 ; 2  x2  x1  
2


 MI .BC  0 hay MBC là tam giác cân tại M.
Do đó MBC là tam giác đều  MI 

3
MB  4 MI 2  3MB 2
2

2

7 
2

 45  3  x1  2    2 x1     4 x12  8 x1  1  0  4  x12  2 x1   1  0
2  



m

1
(Thỏa mãn (*)).
4

/>
Trang 2


NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12

1
Vậy m  .
4

NHÓM TOÁN VD – VDC

2
2
 MB  MC
Cách 2: MBC là tam giác đều  MB  MC  BC  
2
2
 MB  BC
2
2

7
7
2
2


x

2

2
x


x

2

2
x






 1
2
 1

 2

2
2




2
7
2
2
2


 x1  2    2 x1  2    x2  x1   4  x2  x1 


5  x12  x22   10  x1  x2   0
5  x1  x2  x1  x2  2   0




 2
65
2
4 x2  8 x1 x2  8 x1  13  0
 5  x12  2 x1 x2  x22 
5 x1  10 x1 

4
 x1  x2  2  0  ld 

(vì x1  x2 )
2
4
x

2
x

8
x

x

8
x
x

13


0




2
2
1
2
1
2


 4m  16  8m  13  0  m 

1
(thỏa mãn (*))
4

1
Vậy m  .
4
Bài II.

(5 điểm)

Điều kiện : x  

2 x 2  22 x  29  x  2  2 2 x  3

Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

1) Giải phương trình
3
.
2

Khi đó phương trình *  2 x 2  22 x  29  x 2  4 x  4  4  x  2  2 x  3  4  2 x  3
 3  2 x  3  4  x  2  2 x  3   x  2   0
2

Đặt t  2 x  3  t  0  .

 3t  4  x  2  t   x  2 
2

2

t  x  2
0   x2 .
t 
3


 x  2
 x  2

 x  1 (thỏa mãn điều

Với t  x  2  2 x  3  x  2  
 2
2
2 x  3  x  4 x  4
x  2x  1  0
kiện).
Với t 

x  7  6 2
 x  2
x2
 x  2
 3 2x  3  x  2  
 2

(Thỏa
2
3
x

14
x

23

0
9  2 x  3   x  4 x  4
x

7


6
2




mãn điều kiện).
/>
Trang 3


NHÓM TOÁN VD – VDC



Đ thi h c sinh gi i l p 12



Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1; 7  6 2 .

NHÓM TOÁN VD – VDC

 x 2  y 3   y 2  x 3  6  x 2  x   6  y 2  y 

2) Giải hệ phương trình 
8 x 4  8 y 4  8 x 2  8 y 2  9  16 xy  x  y 
Lời giải
 x 2  y  a

Đặt  2
thay vào từng phương trình của hệ thu được
 y  x  b

1  a3  b3  6  a  b 
 2   8  x 4  2 x 2 y  y 2  y 4  2 xy 2  x 2   9  8  a 2  b 2   9
 a  b   a 2  ab  b 2   6  a  b 


.
9
2
2
a  b 
8

a  b  0
3

TH1.  2
9 ab .
2
4
a  b  8

 x  y  0
3   x  y  1
. Vậy ta có các nghiệm là
Với x 2  y  y 2  x    
4  2

3
 x  y  4

1 1
 3 3 
 ;  và  ;  .
2 2
 2 2 

NHÓM TOÁN VD – VDC

39

 a 2  ab  b 2  6
ab

69


8
TH2.  2

 a 2  2ab  b 2    0 ( loại).
9
2
8
a  b 
a 2  b 2  9
8



8
1 1
 3 3 
Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là  ;  và  ; 
2 2
 2 2 

Bài III. (3 điểm)
Cho dãy số  un  xác định bởi u1 

u2 1 1
3
, un 1  n
; n  1, 2,3...
3
un

1) Chứng minh rằng  un  là dãy số bị chặn.
2) Chứng minh

1 1
1
  .... 
 22020 .
u1 u2
u2019
Lời giải

un21  1  1

un 1
3

 0; n  2,3,... do đó  un  bị chặn dưới.
1) Ta có u1 
 0  u1  1 , un 
2
un1
3
un 1  1  1

/>
Trang 4


NHÓM TOÁN VD – VDC

Lại có

un21  1  1  un 1  un 

3

 tan , u2 
3
6

tan

2 

6

tan

un 1
u

2
n 1

1 1

 1; n  1, 2.. do đó  un  bị chặn trên suy ra

1
1 1

cos




Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp un  tan


3.2n

1  cos

6

tan

6

1






sin

6




6 

2sin 2
2sin

6


12


12

cos



 tan

 un 

bị chặn.

NHÓM TOÁN VD – VDC

2) u1 

Đ thi h c sinh gi i l p 12


12

12

, n  1, 2...

Dễ thấy mệnh đề trên đã đúng với n  1
Giả sử mệnh đề trên đã đúng với n  k  1 tức là uk  tan



3.2k

ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với

n  k  1 . Thậ vậy

uk2  1  1
uk 1 

uk

tan

2

1


3.2

tan

n

1 1




3.2

cos

n

1


3.2

tan

n



3.2n

1  cos




3.2n  tan 

3.2n1
sin n
3.2

 

Lại có bất đẳng thức tan x  x, x   0; 
 2

hay

1
1
 
 , x   0;  . Áp dụng ta được
tan x x
 2

1 1
1
1
1
1
3
3
  .... 


 .. 
  2  22  ...22019   .2.  22019  1  22020 .


u1 u2
u2019 tan 

tan 2

tan 2019 
3.2
3.2
3.2
Bài IV. (6 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I với M , N (1; 1) lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng IA, CD. Biết điểm B có hoành độ dương và đường thẳng MB có phương trình
x  3 y  6  0, tìm tọa độ điểm C.
Lời giải

/>
Trang 5

NHÓM TOÁN VD – VDC

1
 
 
Thật vậy: xét hàm số f  x   tan x  x liên tục 0;  và có f   x  
 1  0, x   0;  nên hàm
2
cos x
 2
 2
 
 
số đồng biến trên 0;  . Do đó x   0;  suy ra f  x   f  0   tan x  x
 2
 2

NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12

NHÓM TOÁN VD – VDC

+) Gọi hình vuông ABCD có cạnh là 1
5
5
5
Khi đó ta có BN 2  ; BM 2  BI 2  MI 2  ; MN 2  MC 2  CN 2  2CM .CN .co s 45o 
4
8
8
 BN 2  BM 2  MN 2  BMN vuông tại M

+) Đường thẳng MN qua N (1; 1) và vuông góc với đường thẳng BM : x  3 y  6  0 có phương trình
là 3 x  y  2  0
x  3y  6  0
x  0

 M (0; 2)
Tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình 
3 x  y  2  0
y  2
+) Gọi B (3 y o  6; y o ), y o  2

 yo  3 (tm)
Khi đó MB 2  MN 2  (3 yo  6) 2  (yo  2)2  10  

 yo  1 (ktm)
Với yo  3  xo  3  B (3;3)

NHÓM TOÁN VD – VDC

Cách 1. Ta có BN 2  20  BC  4 và phương trình đường thẳng BN : 2 x  y  3  0
Gọi (C1 ) đường tròn đường kính BN : (x  2) 2  (y  1)2  5
(C2 ) là đường tròn tâm B bán kính BC :

(x  3) 2  (y  3) 2  16

(x  2) 2  (y  1)2  5
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 
2
2
(x  3)  (y  3)  16

  y  1

 y  3
C  3; 1
x  1 2 y

5



   1 3 
2
2

C
;
(1  2 y  2)  (y  1)  5
 x  3
  5 5 

1
 x 
5

Mà C và M nằm về 2 phía của BN , nên tọa độ cần tìm là C  3; 1 .

Cách 2.
Gọi J là giao điểm của BN và CM, khi đó J là trọng tâm tam giác BCD, vậy BJ 

/>
2
BN
3
Trang 6


NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12

2
2 2
4
Lại có CJ  CI  . CM  CM  C (3; 1)

3
3 3
9
2) Cho hình chóp S . ABC có CA  CB  2, AB  2 , mặt bên ABC là tam giác đều nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi D là chân đường phân giác trong góc C của tam giác

SBC .
a. Tính thể tích khối chóp D. ABC .
b. Gọi M là điểm sao cho các góc tạo bởi các mặt phẳng  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với mặt phẳng  ABC 

NHÓM TOÁN VD – VDC

2

 xJ  3  3 (1  3)
5 1

J ; 
3 3
 y  3  2 (1  3)
J

3

bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC .

Lời giải

NHÓM TOÁN VD – VDC

Gọi H là trung điểm của AB . Ta lần lượt có những điều như sau:
+ SH   ABC  .
+ Tam giác CAB vuông cân ở C .
+ Tam giác SCA, SCB cân ở S .
+ CH  1, SH  3 .
+  SCH  là mặt phẳng đối xứng của hình chóp S . ABC .
a. Ta có

VD. ABC DB
VD. ABC
DB CB
2

do đó



.
VS . ABC SB
VS . ABC  VD. ABC DS CS
2

2
2
2 11
2
VS . ABC 
.  . 2 . 3 
.
22

2 2 3 2
2 3 6

b. Gọi N là hình chiếu của M trên  ABC  . Do tính đối xứng của hình chóp S . ABC qua  SCH 

Tức VD. ABC 

 

nên M   SCH  , tức N  CH .
/>
Trang 7


NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12

Do góc tạo bởi  MAB  ,  MBC  ,  MCA  với  ABC  bằng nhau nên khoảng cách từ N đến các

MA  MB  4 MS  4 MC  2 MH  2CS  2 MF .
Dựng hình chữ nhật NN ' FG với N ', G lần lượt thuộc MN , CH . Ta thấy MF nhỏ nhất khi và
chỉ khi MF  NG  3  CN  3  1  x  

3 2 2
.
1 2
64 2
.
1 2

Tóm lại, giá trị nhỏ nhất của MA  MB  4 MS  4 MC là

NHÓM TOÁN VD – VDC

cạnh của tam giác ABC bằng nhau, gọi khoảng cách này là x ta được 1  x  x 2 . Tìm được
1
x
.
1 2
Gọi E là đối xứng của C qua S , dựng hình bình hành CHFE ta được

Bài V. (2 điểm)
Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P = a 3 + b3 + c3 −

3 3 3
− − .
a b c

Lời giải
+ Do vai trò của a, b, c như nhau nên ta có thể giả sử a  b  c và a  b  c  3  a  1 ,
b  c  3  a  2 mà b  c  2 bc  bc  1 .
+ Xét P = f (a, b, c) = a 3 + b 3 + c 3 −

3 3 3
− − ta chứng minh: f (a, b, c) ≤
a b c
3

 b + c b + c 

f a,
,

2
2 

3

3

3

3

2

b + c 
4b 3 + 4c 3 − (b + c )
12bc − 3 (b + c )
3 3
12
3
3

 −
⇔ b + c − − ≤ 2. 
⇔
+

≤0

 2 
b c
b +c
4
bc (b + c )
3

⇔

(

4
2

⇔

3

)

4 (b + c ) b 2 − bc + c 2 − (b + c )

3 (b + c )(b − c )
4

2

−

3 (b − c )

bc (b + c )

≤0

2

−



2 (b + c )
1
≤0
≤ 0 ⇔ (b − c ) 
−

bc (b + c )
bc (b + c ) 
 4



3 (b − c )

2 
2
2


⇔ (b − c ) bc (b + c ) − 4 ≤ 0 ⇔ bc (b + c ) − 4 ≤ 0 (đúng do b  c  2; bc  1 )



+ Đặt t =

b +c
⇒ b + c = 2t ⇒ a = 3 − 2t
2

 b + c b + c 
3
3
6
 = g (t ) = (3 − 2t ) + 2t 3 −
⇒ f a,
,
− , 0  t 1.
2
2 
3 − 2t t


/>
Trang 8

NHÓM TOÁN VD – VDC

b + c 

b + c 
3 3 3
3
6
6
 + 
 − −
⇔ a + b + c − − − ≤ a 3 + 
−

a b c
a b +c b +c
 2 
 2 
3


NHÓM TOÁN VD – VDC

Đ thi h c sinh gi i l p 12
2

⇒ g ′ (t ) = −6 (3 − 2t ) + 6t −

6

2

2

(3 − 2t )

(t − 1) (−2t + 1)(t − 3)(−2t
⇒ g ′ (t ) = 6
t (3 − 2t )
2

2

NHÓM TOÁN VD – VDC

2





2
6
1

2

+ 2 = 6 − (3 − 2t ) + t  1 −
2

 
t
t 2 (3 − 2t ) 




)

+ 3t + 1

2

2

2
− (3 − 2t ) + t = 0

1
1
⇒ g ′ (t ) = 0 ⇔ 
⇔t = .
=0
1 −
2
2
2

t
3
−
2
t
(
)



BBT:

 max g  t   
 0;1

21
21
 P  f  a; b; c   g  t    .
4
4

Dấu bằng xảy ra khi a  2; b  c 

1
21
và các hoán vị  max P  max f  a; b; c    .
2
4
----- HẾT -----

NHÓM TOÁN VD – VDC

/>
Trang 9