Đề thi HSG môn Toán lớp 12 - Sở GD&ĐT Phú Yên

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020

SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

MÔN: TOÁN

(Đề thi có 01 trang)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

U

U

Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình x3 =
+1 2 3 2x −1 .
Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm
B′ và C ′ sao cho AB. AB′ = AC. AC ′. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM ⊥ B′C ′.

Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos 2 x + sin x + m − 3 =
0.
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
(0; π ).
Câu 4. (4,0 điểm) Cho f ( x)= mx 2 + 4(m − 1) x + m − 1 ( m là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) > 0 với mọi x ∈ .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) < 0 với mọi x ∈ ( 0; 2 ) .
 x + 1 + y + 2 =m
Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình 
( m là tham số).

3m
 x + y =
a. Giải hệ phương trình khi m = 4.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm.
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ OM , ON và

OP lần lượt vuông góc với các cạnh BC , AC và AB. Chứng minh

BC AC AB 2 p
trong đó
+
+
≥
OM ON OP
r

p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Kéo dài AC về phía C một đoạn CD
= AB
= 1;
 = 300. Tính độ dài đoạn AC.
CBD

---------- HẾT ----------


SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

Môn Toán – Thời gian: 150 phút
Đáp án

Câu
Câu1
(2,0 điểm)

Đặt:=
y

3

Điểm

2 x − 1.

1,0

3
3
3
=
=
 x + 1 2 y =
 x + 1 2 y
 x + 1 2 y
Ta có:  3

⇔ 3
⇔

3
2
2
 y + 1= 2 x
 x − y = 2( y − x)
( x − y )( x − xy + y + 2)= 0

0,25

2

y
3y2
Do x 2 − xy + y 2 + 2 =  x −  +
+ 2 > 0 ∀x, y


2

 x3 + 1 =2 y

Nên ta có hệ: 

x = y

4

0,5

⇒ x3 + 1= 2 x ⇔ ( x − 1)( x 2 + x − 1)= 0


x = 1

−1 + 5
⇔  x =
2

 x = −1 − 5

2

Câu 2
(2,0 điểm)

0,25

Vì M là trung điểm của BC nên
 1  
=
AM
AB + AC
2

(

B

)

B'

A

C'
  1        
Ta có: AM .B′C ′ =
AB + AC AC ′ − AB′ = AC. AC ′ − AB. AB′ = 0
2

(

)(

C

)

Vậy: AM ⊥ B′C ′
Câu 3

0,5

M

a. (1,5 điểm) cos 2 x + sin x + m − 3 = 0 ⇔ 2sin 2 x − sin x = m − 2

1,5
0,25

(3,0 điểm) Đặt:
=
t sin x, t ∈ [ −1;1]
Phương trình trở thành 2t 2 − t = m − 2

0,5

Xét hàm số =
y 2t 2 − t với t ∈ [ −1;1]
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m − 2 =1 ⇔ m = 3

0,75


b. (1,5 điểm) x ∈ ( 0; π ) ⇒ t ∈ ( 0;1]
Xét hàm số =
y 2t 2 − t trên nửa khoảng ( 0;1]

1,0
1
8

Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ − < m − 2 < 0 ⇔
Câu 4
(4,0 điểm)

15

8

0,5

a. (1,5 điểm)
+ Khi m = 0 thì f ( x) > 0 ⇔ −4 x − 1 > 0 ⇔ x < −

1
(loại)
4

0,5

+ Khi m ≠ 0 để

1,0

m > 0
m > 0
4
⇔
⇔1< m <
f ( x) > 0∀x ∈  ⇔ 
3
 ∆′ < 0
(m − 1)(3m − 4) < 0

b. (2,5 điểm)
+ Khi m = 0 thì f ( x) < 0 ⇔ −4 x − 1 < 0 ⇔ x > −

m < 0

1
(thỏa mãn)
4

0,5

m < 0

+
⇔
⇒ VN
 ∆′ < 0
(m − 1)(3m − 4) < 0

0,5

+ Khi m > 0 đề f ( x) < 0∀x ∈ (0; 2) thì f ( x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa
 x ≤ 0 < x2 (1)
x1 ≤ 0 < 2 ≤ x2 ⇔  1
 x1 < 2 ≤ x2 (2)

0,5

m −1
≤ 0 ⇔ 0 < m ≤1
m

0,5

(1) ⇔

(2) ⇔ ( x1 − 2)( x2 − 2) ≤ 0 ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤

Vậy: 0 ≤ m ≤
Câu 5
(4,0 điểm)

13
10

0,5

13
.
10

a. (1,5 điểm)
y 12 − x
 x + 1 + y + 2 =
 =
4
⇔
4
12
 x + 1 + 14 − x =
 x + y =

Khi m = 4 ta có 

( −1 ≤ x ≤ 14; −2 ≤ y ≤ 13)

1,0



13 + 4 14
x =
2
⇒ 2 ( x + 1)(14 − x) = 1 ⇔ −4 x 2 + 52 x + 55 = 0 ⇔ 

13 − 4 14
x =
2



11 − 4 14
y =
2


11 + 4 14
y =

2

0,5

 13 + 4 14 11 − 4 14 
 13 − 4 14 11 + 4 14 
;
;
 và 

2
2
2
2





Vậy: hệ có hai nghiệm 
b. (2,5 điểm)
Đặt: =
a

b
x + 1 và =

m
a + b =
 2
y + 2. Hệ trở thành a + b 2 = 3m + 3
a ≥ 0, b ≥ 0


m có điểm chung với
Để hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng a + b =
2
2
đường tròn a + b = 3m + 3 trong đó a ≥ 0 và b ≥ 0
 m 2 − 6m − 6 ≤ 0

3 + 21
≤ m ≤ 3 + 15
3m + 3 ≤ m ≤ 6m + 6 ⇔ m 2 − 3m − 3 ≥ 0 ⇔
2
m ≥ 0


Vậy:
Câu 6
(2,0 điểm)

0,5
1,0

1,0

3 + 21
≤ m ≤ 3 + 15
2

Theo BĐT Bunhiacopski, ta có
 BC


AC
AB
. BC.OM +
. AC.ON +
. AB.OP 

ON
OP
 OM


2

 BC AC AB 
≤
+
+
 ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )
 OM ON OP 

1,0

 BC AC AB 
⇔ ( BC + AC + AB) 2 ≤ 
+
+
 ( BC.OM + AC.ON + AB.OP )
 OM ON OP 
BC AC AB 2 p
 BC AC AB 

2
(do S ABC = pr )
⇔
+
+
+
+
≥
 .2 S ABC ≥ 4 p ⇔
OM ON OP
r
 OM ON OP 

0,5


Dấu bằng xảy ra OM = ON + OP ⇔ O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC

Câu 7
(3,0 điểm)

Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với
CD cắt BC tại E

0,5

E

Tứ giác ABDE nội tiếp

1,0

∠DBC =
∠DAE
D
C

B

A

Đặt AC = x > 1 ⇒ AD = x + 1
π

DE
= AD.tan=
6

x +1
; BC
=
3

∆CDE  ∆CBA ⇒

CD BC
=
⇔ 3 =( x + 1) x 2 − 1
ED BA

x2 −1

0,5

1,0

⇔ x( x 3 − 2) + 2( x 3 − 2) = 0 ⇔ ( x3 − 2)( x + 2) = 0 ⇔ x = 3 2

Vậy: AC = 3 2.

0,5