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