Đề thi chọn Học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn Học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2020-2021 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Nội (Có đáp án)

1. ĐỀ HỌC SINH GIỎI SỞ HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 - 2021 THỜI GIAN : 180 PHÚT ĐỀ BÀI 3 Bài 1. Cho hàm số y x3 mx2 m3 có đồ thị (C ) . Tìm tất cả giá trị của tham số mđể đồ thị hàm 2 m số có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABO có diện tích bằng 32 ( vớiO là gốc tọa độ). Câu II. 1. Giải phương trình x3 1 4x 3 2x 1 3 2 y y x 2 2. Giải hệ phương trình . 3 2 3 2 8y 3y 2x 2x y 7 7 Bài III. Cho đa giác đều 30 đỉnh A1 , A2 , , A30 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 30 điểm A1 , A2 , , A30 , đồng thời không có cạnh nào là cạnh của đa giác. Câu IV. Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt trên các cạnh AB, A D sao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng ABCD một góc bằng 60 . 1. Tinh độ dài đoạn thẳng MN . 2. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC 1 2 Câu V. Cho dãy số un xác định bởi u1 6, un 1 un 4un 9 , n 1,2,3 2 1. Chứng minh dãy số un là dãy tăng. 1 1 1 1 2. Chứng minh . u1 1 u 2 1 u2020 1 3 Câu VI. Với a, b , c là các số thỏa mãn a2 b2 c2 ab bc ca 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b b c c a .
2. HƯỚNG DẪN GIẢI 3 Bài 1. Cho hàm số y x3 mx2 m3 có đồ thị (C ) . Tìm tất cả giá trị của tham số mđể đồ thị hàm 2 m số có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABO có diện tích bằng 32 ( vớiO là gốc tọa độ). Lời giải TXĐ: D ¡ . 2 x 0 Ta có y ' 3x 3mx 3x(x m) 0 . x m Đểđồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì y ' 0 có 2 nghiệm phân biệt m 0 . 1 Gọi hai điểm cực trị củađồ thị hàm số là A(0;m3 ), B(m; m3 ) . Ta có d(B;Oy) m . 2 1 1 3 4 m 2 2 Ta có32 S OAB .d(B;Oy).OA 32 . m . m m 64 . 2 2 m 2 2 m 2 2 KL: . m 2 2 Câu II. 1. Giải phương trình x3 1 4x 3 2x 1 Lời giải 3 Điều kiện: x 4 Ta có x3 1 4x 3 2x 1 x3 1 4x 3 1 2x 1 1 4x 4 2x 2 4(x 1) 2(x 1) (x 1)(x2 x 1) 4x 3 1 2x 1 1 4x 3 1 2x 1 1 x 1 0 x 1(n) 4 2 x2 x 1 (1) 4x 3 1 2x 1 1 f (x) x2 x 1 Giải (1) đặt 4 2 g(x) 4x 3 1 2x 1 1 3 3 dễ dàng f (x) là hàm đồng biến trên ; , và g(x) là hàm nghịnh biến trên ; nên có 4 4 nghiệm tồn tại nghiệm duy nhất. Nhẩm nghiệm x 1(thỏa) Vậy S 1là nghiệm của phương trình. 3 2 y y x 2 2. Giải hệ phương trình . 3 2 3 2 8y 3y 2x 2x y 7 7
3. Lời giải Đặt u 3 2x2 y 7 u3 2x2 y 7 . y3 2y 5 u3 (1) Hệ phương trình trên trở thành: . 3 3 8y 2y u u (2) Nhận thấy: y3 y x2 2 2 y3 y 2 y 1 (vì hàm số f y y3 y đơn điệu tăng). Suy ra u3 2x2 y 7 8 u 2 . Xét hàm số f t t3 t . Đơn giản ta thấy hàm số f t đơn điệu tăng với t 2 . Do đó phương trình f 2y f u 2y u . Suy ra 8y3 2x2 y 7 6y3 3y 3 0 y 1 (vì x2 2 y3 y ). Vậy nghiệm của hệ phương trình là 0;1 . Bài III. Cho đa giác đều 30 đỉnh A1 , A2 , , A30 . Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 30 điểm A1 , A2 , , A30 , đồng thời không có cạnh nào là cạnh của đa giác. Lời giải Mỗi tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 30 điểm A1 , A2 , , A30 là một tổ hợp chập 3 của 30 phần tử. 3 Số tam giác được tạo thành bằng C30 4060 . Gọi X là tập các tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 30 đỉnh A1 , A2 , , A30 của đa giác 3 n X C30 4060 . A là tập cáctam giác cần tìm. Khi đó X \ A là tập các tam giác có một cạnh hoặc hai cạnh là cạnh của đa giác. TH1:Tam giác có một cạnh là cạnh của đa giác + Chọn 1 cạnh có 30 cách chọn, có được hai đỉnh của tam giác. + Chọn một đỉnh từ 26 đỉnh trừ đi hai đỉnh kề với hai đỉnh đã chọn có 26 cách chọn. Số tam giác thỏa mãn 30.26 780 . TH2:Tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác Để chọn được một tam giác có hai cạnh là cạnh của đa giác thì ta chọn ba đỉnh liền kề nhau nên có 30 cách chọn tạo ra 30 tam giác thỏa mãn. Ta có n X \ A 780 30 810 . Vậy số tam giác thỏa mãn bằng n A n X n X \ A 4060 810 3250 .
4. Câu IV. Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt trên các cạnh AB, A D sao cho đường thẳng MN tạo với mặt phẳng ABCD một góc bằng 60 . 1). Tinh độ dài đoạn thẳng MN . 2. Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC Lời giải 1). Gọi K là hình chiếu vuông góc của N lên mặt phẳng ABCD . NK 2 3 M¼N, ABCD M¼N, MK N¼MK 60 sin 600 MN . MN 3 2). Kẻ CT  MK T MK . CT  MK Ta có: CT  MNK CT  MN CT  NK Mà CT  CC nên CT d MN,CC . Đặt AK x, AM y 0 x, y 1 . 2S 2. S S S S x y xy Ta có: CT MCK ABCD AMK MBC KCD MK MK x2 y2 3 1 Mà MK x2 y2 . 3 3 x2 y2 1 Đặt t xy 0 xy . 2 6
5. 3 1 1 Bài toán trở thành tìm giá trị lớn nhất của CT f t 2t t với t 0; . 3 3 6 3 1 1 1 Ta có f x . 1 0 2t 1 t l 3 1 3 3 2t 3 1 1 3 6 2 Lập bảng biến thiên, ta thấy f t luôn đồng biến t 0; max f 6 1 6 18 0; 6 x y 6 Dấu bằng xảy ra khi 0 x, y 1 x y . 6 1 xy 6 1 2 Câu V. Cho dãy số un xác định bởi u1 6, un 1 un 4un 9 , n 1,2,3 2 1) Chứng minh dãy số un là dãy tăng. 1 1 1 1 2) Chứng minh . u1 1 u 2 1 u2020 1 3 Lời giải 1 2 1 2 1) Ta có: un 1 un un 6un 9 un 3 0 1 2 2 Có u1 6 3, giả sử un 3 , khi đó theo 1 ta được:un 1 un 3. Theo nguyên lí qui nạp: un 3,n 1,2 Khi đó un 1 un . Vậy dãy số đã cho là dãy tăng. 1 2 1 2) Có un 1 3 un 4un 3 un 1 un 3 . 2 2 1 2 1 1 1 1 1 Suy ra . un 1 3 un 1 un 3 un 3 un 1 un 1 un 3 un 1 3 1 1 1 2020 1 1 1 1 1 1 1 Vì vậy  u1 1 u2 1 u2020 1 n 1 un 3 un 1 3 u1 3 u2021 3 3 u2021 3 3 . Câu VI. Với a, b , c là các số thỏa mãn a2 b2 c2 ab bc ca 6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b b c c a . Lời giải
6. 2 2 2 Ta có: a2 b2 c2 ab bc ca 6 12 a b b c c a . Đặt x a b , y b c , z c a . 2 x2 y2 z2 1 x2 y2 1 z2 x y 2xy 1 z2 xy z2 6 Ta có: . x y z 0 x y z x y z x y z Hệ trên có nghiệm x , y khi và chỉ khi z2 4 z2 6 2 2 z 2 2 . Khi đó P xyz z2 6 z Xét hàm số f z z3 6z f z 3z2 6 , f z 0 z 2 . f 2 2 f 2 4 2 , f 2 2 f 2 4 2 Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 4 2 đạt được tại z 2 , x 2 , y 2 2 . Có thể chọn a 2 , b 0 , c 2 2 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 2 .