Giải chi tiết Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Nội

8991 0 Đã đăng 2020-09-30 01:34:57 Tài liệu môn Toán - vted.vn


Sáng thứ Ba ngày 29 tháng 09 năm 2020, sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hà Nội tổ chức kỳ thi chọn học sinh giỏi (HSG) cấp thành phố lớp 12 THPT năm học 2020 – 2021 môn thi Toán.

>>Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Nội

>>Đề chọn đội tuyển HSG Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Nội

>>Đề thi HSG Môn Toán lớp 12 thành phố Hà Nội vòng 1 năm học 2019-2020

>>Đề thi và lời giải chi tiết kì thi chọn học sinh giỏi lớp 12 vòng 1 và vòng 2 Môn Toán năm học 2018 - 2019 thành phố Hà Nội

>>Đề thi và lời giải chọn học sinh giỏi lớp 12 vòng 1 và vòng 2 Môn Toán năm học 2017 - 2018 thành phố Hà Nội

>>Đề thi học sinh giỏi Môn Toán lớp 12 |vòng 1| Thành phố Hà Nội các năm học 2012 - 2013; 2013 - 2014; 2014 - 2015; 2015 - 2016 và 2016 - 2017.

Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Nội gồm 01 trang với 06 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi là 180 phút; qua khảo sát ý kiến của một số thầy, cô giáo và các em học sinh, đề thi năm nay không quá khó (so với các năm học trước).

Trích dẫn đề thi chọn học sinh giỏi Toán 12 THPT năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hà Nội:
+ Cho hàm số y = x^3 – 3/2mx^2 + m^3 có đồ thị (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác ABO có diện tích bằng 32 (với O là gốc tọa độ).
+ 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.
+ 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 độ.
1) Tính độ dài đoạn thẳng MN.
2) Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và CC’.

LỜI GIẢI CHI TIẾT CỦA ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN 12 THÀNH PHỐ HÀ NỘI NĂM HỌC 2020 - 2021

Bài I (4 điểm)

Cho hàm số $y={{x}^{3}}-\dfrac{3m}{2}{{x}^{2}}+{{m}^{3}}$ có đồ thị $({{C}_{m}}).$ Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để $({{C}_{m}})$ có hai điểm cực trị $A,B$ sao cho tam giác $ABO$ có diện tích bằng $32$ với $O$ là gốc toạ độ.

Có $y' = 0 \Leftrightarrow 3{x^2} - 3mx = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{gathered} x = 0 \hfill \\ x = m \hfill \\ \end{gathered} \right..$ Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi $m\ne 0.$ Khi đó $A(0;{{m}^{3}}),B(m;\frac{1}{2}{{m}^{3}})\Rightarrow {{S}_{OAB}}=\frac{1}{2}\left| 0.\frac{1}{2}{{m}^{3}}-m.{{m}^{3}} \right|=\frac{1}{2}{{m}^{4}}=32\Leftrightarrow m=\pm 2\sqrt{2}.$

Bài II (6 điểm)

1) Giải phương trình ${{x}^{3}}+1=\sqrt{4x-3}+\sqrt{2x-1}.$

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{gathered} {y^3} + y = {x^2} + 2 \hfill \\ 8{y^3} - 3y = 2{x^2} - \sqrt[3]{{2{x^2} + y + 7}} + 7 \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Câu 1)

\[\begin{gathered} {x^3} + 1 = \sqrt {4x - 3} + \sqrt {2x - 1} \hfill \\ \Leftrightarrow ({x^3} - 3x + 2) + (2x - 1 - \sqrt {4x - 3} ) + (x - \sqrt {2x - 1} ) = 0 \hfill \\ \Leftrightarrow {(x - 1)^2}(x + 2) + \frac{{4{{(x - 1)}^2}}}{{2x - 1 + \sqrt {4x - 3} }} + \frac{{{{(x - 1)}^2}}}{{x + \sqrt {2x - 1} }} = 0 \hfill \\ \Leftrightarrow {(x - 1)^2}\left[ {x + 2 + \frac{4}{{2x - 1 + \sqrt {4x - 3} }} + \frac{1}{{x + \sqrt {2x - 1} }}} \right] = 0 \Leftrightarrow x = 1. \hfill \\ \end{gathered} \]

Câu 2)

Đặt $a=\sqrt[3]{2{{x}^{2}}+y+7}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+y+7={{a}^{3}}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+7={{a}^{3}}-y.$ Khi đó phương trình thứ hai của hệ trở thành: ${{a}^{3}}-y-a=8{{y}^{3}}-3y\Leftrightarrow {{a}^{3}}-a=8{{y}^{3}}-2y(1).$

Vì ${{y}^{3}}+y={{x}^{2}}+2\ge 2\Rightarrow y\ge 1\Rightarrow a\ge 2.$ Hàm số $f(t)={{t}^{3}}-t\Rightarrow {f}'(t)=3{{t}^{2}}-1>0,\forall t\ge 1.$

Do đó $(1)\Leftrightarrow f(a)=f(2y)\Leftrightarrow a=2y\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+7=8{{y}^{3}}-y\Leftrightarrow {{x}^{2}}=\frac{8{{y}^{3}}-y-7}{2}.$

Thay ngược lại phương trình đầu có:${{y}^{3}}+y=\frac{8{{y}^{3}}-y-7}{2}+2\Leftrightarrow y=1\Rightarrow x=0.$

Hệ có nghiệm duy nhất $(x;y)=(0;1).$

Bài III (2 điểm)

Cho đa giác đều 30 đỉnh ${{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{30}}.$ Hỏi có bao nhiêu tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm trong 30 điểm ${{A}_{1}},{{A}_{2}},...,{{A}_{30}}$ đồng thời không có cạnh nào là cạnh của đa giác đều đã cho?

  • Số tam giác có ba đỉnh của đa giác đều là $C_{30}^{3}.$
  • Ba đỉnh được chọn ra là ba đỉnh của một tam giác có đúng một cạnh là cạnh của đa giác đều là $C_{30}^{1}.C_{26}^{1}$(bước 1: chọn ra một cạnh của đa giác đều có $C_{30}^{1}$ cách; bước 2: chọn ra 1 trong 26 đỉnh không kề với đỉnh thuộc cạnh đã chọn có $C_{26}^{1}$ cách).
  • Ba đỉnh được chọn ra là ba đỉnh của một tam giác có đúng hai cạnh là cạnh của đa giác đều là $30$ (chọn hai cạnh kề nhau sẽ cho một tam giác thoả mãn).

Vậy có tất cả $C_{30}^{3}-\left( C_{30}^{1}C_{26}^{1}+30 \right)=3250$ tam giác thoả mãn.

Bài IV (3 điểm)

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 ${{60}^{0}}.$

1) Tính độ dài đoạn thẳng $MN.$

2) Tìm giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $C{C}'.$

Câu 1) Gọi $H=h/c(N,(ABCD))\Rightarrow \widehat{HMN}=\left( MN,(ABCD) \right)={{60}^{0}}\Rightarrow MN=\frac{HN}{\sin {{60}^{0}}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.$

Câu 2) Kẻ $CK \bot HM,\left( {K \in HM} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} CK \bot HM \hfill \\ CK \bot HN \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow CK \bot (MNH) \Rightarrow CK \bot MN \Rightarrow CK = d(CC',MN).$

Đặt $AM=x,AH=y\left( 0\le x,y\le 1 \right)$ khi đó $CK=\frac{2{{S}_{CHM}}}{MH}=\frac{2\left( {{S}_{ABCD}}-{{S}_{AMH}}-{{S}_{BMC}}-{{S}_{DCH}} \right)}{MH}=\frac{2-xy-(1-x)-(1-y)}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}=\frac{x+y-xy}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}.$

Mặt khác $HM=HN\cot {{60}^{0}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow \sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{3}}.$

Suy ra: $CK=\frac{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+2xy}-xy}{\sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}}=\sqrt{3}\left( \sqrt{\frac{1}{3}+2xy}-xy \right)=\sqrt{6xy+1}-\sqrt{3}xy=g(t)=\sqrt{6t+1}-\sqrt{3}t.$

Có $t=xy\le \frac{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}}{2}=\frac{1}{6}\Rightarrow t\in \left[ 0;\frac{1}{6} \right].$ Dễ có $\underset{\left[ 0;\frac{1}{6} \right]}{\mathop{\max }}\,g(t)=g\left( \frac{1}{6} \right)=\sqrt{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}.$ Dấu bằng đạt tại $x=y=\frac{1}{\sqrt{6}}.$

Vậy khoảng cách lớn nhất giữa hai đường thẳng $MN,C{C}'$ bằng $\sqrt{2}-\frac{\sqrt{3}}{6}.$

Bài V (3 điểm)

Cho dãy số $({{u}_{n}})$ xác định bởi ${{u}_{1}}=6,{{u}_{n+1}}=\dfrac{1}{2}\left( u_{2}^{2}-4{{u}_{n}}+9 \right),n=1,2,...$

1) Chứng minh dãy số $({{u}_{n}})$ là dãy số tăng.

2) Chứng minh $\dfrac{1}{{{u}_{1}}-1}+\dfrac{1}{{{u}_{2}}-1}+...+\dfrac{1}{{{u}_{2020}}-1}<\dfrac{1}{3}.$

Có ${{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}=\frac{1}{2}\left( u_{n}^{2}-6{{u}_{n}}+9 \right)=\frac{1}{2}{{({{u}_{n}}-3)}^{2}}\ge 0(1).$

Có ${{u}_{1}}=6>3$ giả sử ${{u}_{n}}>3,$ khi đó theo (1) có ${{u}_{n+1}}\ge {{u}_{n}}>3.$ Vì vậy theo nguyên lí quy nạp có ${{u}_{n}}>3,\forall n=1,2,...$ Khi đó ${{u}_{n+1}}>{{u}_{n}}$ vì vậy dãy số đã cho là dãy tăng.

Có ${{u}_{n+1}}-3=\frac{1}{2}\left( u_{n}^{2}-4{{u}_{n}}+3 \right)=\frac{1}{2}({{u}_{n}}-1)({{u}_{n}}-3).$

Suy ra $\frac{1}{{{u}_{n+1}}-3}=\frac{2}{({{u}_{n}}-1)({{u}_{n}}-3)}=\frac{1}{{{u}_{n}}-3}-\frac{1}{{{u}_{n}}-1}\Leftrightarrow \frac{1}{{{u}_{n}}-1}=\frac{1}{{{u}_{n}}-3}-\frac{1}{{{u}_{n+1}}-3}.$

Vì vậy $\frac{1}{{{u}_{1}}-1}+\frac{1}{{{u}_{2}}-1}+...+\frac{1}{{{u}_{2020}}-1}=\sum\limits_{n=1}^{2020}{\left( \frac{1}{{{u}_{n}}-3}-\frac{1}{{{u}_{n+1}}-3} \right)}=\frac{1}{{{u}_{1}}-3}-\frac{1}{{{u}_{2021}}-3}=\frac{1}{3}-\frac{1}{{{u}_{2021}}-3}<\frac{1}{3}.$

Bài VI (2 điểm)

Với $a,b,c$ là các số thực thoả mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=ab+bc+ca+6.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=(a-b)(b-c)(c-a).$

Có ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=ab+bc+ca+6\Leftrightarrow {{(a-b)}^{2}}+{{(b-c)}^{2}}+{{(c-a)}^{2}}=12.$

Đặt $\left\{ \begin{gathered} x = a - b \hfill \\ y = b - c \hfill \\ z = c - a \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y + z = 0 \hfill \\ {x^2} + {y^2} + {z^2} \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Khi đó: $P=xyz=x\dfrac{{{(y+z)}^{2}}-({{y}^{2}}+{{z}^{2}})}{2}=x\dfrac{{{x}^{2}}-(12-{{x}^{2}})}{2}=g(x)=x({{x}^{2}}-6).$

Mặt khác $2({{y}^{2}}+{{z}^{2}})\ge {{(y+z)}^{2}}\Leftrightarrow 2(12-{{x}^{2}})\ge {{x}^{2}}\Leftrightarrow -2\sqrt{2}\le x\le 2\sqrt{2}.$

Dễ có $\underset{[-2\sqrt{2};2\sqrt{2}]}{\mathop{\min }}\,g(x)=g(\sqrt{2})=g(-2\sqrt{2})=-4\sqrt{2}.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $-4\sqrt{2}.$ Dấu bằng đạt tại $(x;y;z)=(\sqrt{2};-2\sqrt{2};\sqrt{2})$ và các hoán vị.

>>Sách Khám Phá Tư Duy Kỹ Thuật Giải Bất Đẳng Thức Bài Toán Min- Max


Bình luận

Để bình luận, bạn cần đăng nhập bằng tài khoản Vted.

Đăng nhập