Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu

Nội dung text: Đáp án đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Năm học 2019-2020 - Trường THPT Đồng Đậu

1. HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 TRƯỜNG THPT NĂM HỌC: 2019 - 2020 ĐỒNG ĐẬU MÔN: TOÁN Thời gian: 180 phút, (không kể thời gian giao đề) 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: Câu Đáp án Điểm 1 a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 1 1 y mx3 m 1 x2 3 m 2 x 2019 đồng biến trên 2; . 3 Ycbt y mx2 2 m 1 x 3 m 2 0,x 2; 0,25 2x 6 0,25 m f x ,x 2; m max f x x2 2x 3 2; 2 x2 6x 3 x 3 6 tm 0,25 Ta có: f x ; f x 0 2 2 x 2x 3 x 3 6 ktm 0,25 mx m 2 1 b) Cho hàm số y có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số x 1 m để đường thẳng d : y 2x 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: 0,25 x 1 mx m 2 2x 1 x 1 2x 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 . 0,25 m 3 Khi đó, A 1;1 , B ;m 4 . 2 Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45 là: 0,25 2   m 3 2 m 3 2 OA.OB OA.OB.cos 45 m 4 2. . m 4 2 2 2 2 m 3 0,25 m 7m 12 0 tm m 4 2 cos x 2sin x 1 1 a) Giải phương trình lượng giác sau 3 . sin x 1 2sin x 1
2. sin x 1 0,25 ĐKXĐ: 1 . Phương trình đã cho biến đổi thành: sin x 2 sin 2x cos x 3 2sin2 x sin x 1 sin 2x cos x 3 sin x cos 2x 0,25 sin 2x 3 cos 2x 3 sin x cos x sin 2x sin x 3 6 0,25 2x x k2 x k2 ktm 3 6 2 7 5 2 2x x k2 x k. tm 3 6 18 3 5 2 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là: x k. , k ¢ 18 3 2 2 1 x 4y 3 x y 3y 3 0 b) Giải hệ phương trình sau x, y ¡ . 2 3 x 3x y 5 3x 2 2 y 0 0,5 ĐK: 2 . Biến đổi phương trình đầu về dạng: x 3x y 5 0 y 2 1 y y x 3 2 4 2 3 2 1 0 y x 3 x 3 x 3 y 1 l x2 3 4 Thay y x2 3 vào phương trình thứ hai, ta được: 0,25 3 2 2x 3 3x 2 2 . Vế trái pt là hàm đồng biến trên ; mà x 2 là 3 2 2 31 nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: y 3 (tm) 3 9 2 31 0,25 Vậy, nghiệm của hệ là: x; y ; 3 9 3 3a 6 2 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C có AB a , AC 2a , AA và góc 2   B· AC 60 . Gọi M là điểm trên cạnh CC sao cho CM 2MC . a) Chứng minh rằng AM  B M . b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M .
3. a) Chứng minh rằng 0,5 AM  B M .   Từ giả thiết CM 2MC 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 0,25 tính được: 29a2 AB 2 , AM2 10a2 2 9a2 và B M2 . 2 Từ đó suy ra: 0,25 AB 2 AM 2 B M 2 hay tam giác AB M vuông tại M. b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M . Đặt N AM  A C , 0,25 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 lên AK. Ta có A H  AB M A H  AK 1 0,25 Do NC M : ACM theo tỉ số k nên dễ dàng suy ra: C N a và theo định 2 lí cosin suy ra: B N a 7 1 0,25 2. a.3a.sin 60 2.S 3a 21 A K A B N 2 B N a 7 14 1 1 1 3a 10 0,25 Trong tam giác vuông AA K ta có: A H A H 2 AA 2 A K 2 10 3a 10 Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng AB M bằng . 10 4 1 * 1 Cho dãy số un có số hạng tổng quát un 1 2 , n ¥ . n 1 Tính lim u1u2u3 un . 1 n n 2 * 0,25 Ta có: un 1 ,n ¥ n 1 2 n 1 2
4. 1.3 2.4 3.5 4.6 n n 2 1 n 2 0,5 Suy ra: u1u2u3 un  . 22 32 42 52 n 1 2 2 n 1 1 0,25 Do đó, lim u u u u 1 2 3 n 2 5 Cho đa giác lồi H có n đỉnh (n ¥ ,n 4 ). Biết số các tam giác có ba đỉnh là 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. 3 0,25 Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n 0,25 Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là: 0,25 n n 4 Theo giả thiết, ta có: 0,25 n 4 ktm 3 2 Cn n n n 4 5n n 4 n 39n 140 0 n 35 tm Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh. 6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình 1 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 0,25 DE : x y 3 0 D t; t 3 . Ta có, 1 1 d G, AC d B, AC d D, AC 3 3 1 2t 4 t 1 D 1; 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 Vì A AC A a;a 1 . Từ gt SAGCD 32 SABD 24 nên 0,25 1 a 5 A 5;6 tm 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 A 5;6 , B 1;8 , C 3; 2 , D 1; 4 7 Cho a,b,c 0 và a b c 3 . Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 1 1 2 2 2 1 a b c b c a c a b 1 1 1 0,25 Đưa bất đẳng thức về dạng: 1 a2 a 3 b2 b 3 c2 c 3
5. 1 x 4 Ta chứng minh BĐT phụ: ,x 0;3 . x2 x 3 9 Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: x 1 2 x 3 0 luôn đúng, 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 . 0,25 Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c: 1 a 4 1 b 4 1 c 4 ; ; . a2 a 3 9 b2 b 3 9 c2 c 3 9 Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có: 0,25 1 1 1 a b c 12 1 (đpcm) a2 a 3 b2 b 3 c2 c 3 9 Dấu bằng xảy ra khi a b c 1 . 0,25 HẾT