TRƯỜNG THPT
ĐỒNG ĐẬU
(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 12 NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)
U

U

a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y=
đồng biến trên [ 2; +∞ ) .

1 3
mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019
3

mx − m + 2
có đồ thị là (C). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường
x +1
thẳng d : =
y 2 x − 1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA,

b) Cho hàm số y =

OB bằng 45° .
Câu 2 (2,0 điểm)
U

2

1
Câu 4 (1,0 điểm) Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un =
1−
, ( n ∈ * ) .
2
( n + 1)
U

U

Tính lim ( u1u2u3  un ) .
Câu 5 (1,0 điểm) Cho đa giác lồi ( H ) có n đỉnh ( n ∈ , n > 4 ). Biết số các tam giác có ba
U

U

đỉnh là 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.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương
trình đường chéo AC là x − y + 1 =
0 , điểm G (1; 4 ) là trọng tâm tam giác ABC, điểm
U

U

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.
Câu 7 (1,0 điểm) Cho a, b, c > 0 và a + b + c =

U

U

U

U

Câu
Đáp án
1
a)Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
1 3
y=
mx − ( m − 1) x 2 + 3 ( m − 2 ) x + 2019 đồng biến trên [ 2; +∞ ) .
3
Ycbt ⇔=
y′ mx 2 − 2 ( m − 1) x + 3 ( m − 2 ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 2; +∞ )

−2 x + 6
= f ( x ) , ∀x ∈ [ 2; +∞ ) ⇔ m ≥ max f ( x )
[ 2;+∞ )
x − 2x + 3
 x= 3 + 6 ( tm )
2 ( x 2 − 6 x + 3)
′

Ta có: f ′ ( x )=
=
⇔

x +1
x=
2

Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi m ≠ 1 ∧ m ≠ 5 .
 m−3

Khi đó, A (1;1) , B 
;m − 4 .
 2

Điều kiện để OA, OB tạo với nhau một góc 45° là:
2
 
m−3
2  m−3
2
OA.OB OA.OB.cos 45° ⇔ =
2.
. 
=
+m−4
 + ( m − 4)
2
2  2 
m = 3
⇔ m 2 − 7 m + 12 =0 ⇔ 
( tm )
m = 4
2


⇔ sin 2 x + cos=
x

0,25

3 ( sin x − cos 2 x )

π
π


3 sin x − cos x ⇔ sin  2 x + = sin  x − 
3
6


π
π
π


− + k 2π ( ktm )
 2 x + 3 = x − 6 + k 2π
x =
2
⇔
⇔
5π
2π

+
5
+
3
x
−
2
=
2


y ≥ 0
ĐK:  2
. Biến đổi phương trình đầu về dạng:
 x + 3x − y + 5 ≥ 0
⇔ sin 2 x + 3 cos 2 x=


y
=1
 2
y
y
x +3

−3 2
−1 = 0 ⇔
⇒ y = x2 + 3
4 2


31
2
nghiệm nên nghiệm đó duy nhất. Suy ra: =
(tm)
y   +=
3
9
3
 2 31 
Vậy, nghiệm của hệ là: ( x; y ) =  ; 
3 9 

3

Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có AB = a , AC = 2a , AA′ =


= 60° . Gọi M là điểm trên cạnh CC ′ sao cho CM = 2 MC ′ .
BAC
a) Chứng minh rằng AM ⊥ B′M .
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) .

0,25

3a 6
và góc
2

2


Từ đó suy ra:
′2 AM 2 + B′M 2 hay
AB
=
tam giác AB′M vuông tại
M.

0,25

0,25

N AM ∩ A′C ′ ,
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A′ đến mặt phẳng ( AB′M ) . Đặt=
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′H ⊥ ( AB′M )
A′ lên AK. Ta có 
 A′H ⊥ AK

0,25

1
nên dễ dàng suy ra: C ′N = a và theo định
2

0,25

Do ∆NC ′M  ∆ACM theo tỉ số k =

lí cosin suy ra: B′N = a 7

Cho dãy số ( un ) có số hạng tổng quát un =
1−
, ( n ∈ * ) .
2
( n + 1)

Trong tam giác vuông AA′K ta có:

4

0,5

0,25

0,25

1

Tính lim ( u1u2u3  un ) .
Ta có: un = 1 −

1

( n + 1)

2

=

n ( n + 2)

5

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.

6

Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là: Cn3
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 2 cạnh là cạnh của (H) là: n
Số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) và có đúng 1 cạnh là cạnh của (H) là:
n ( n − 4)

0,25

Theo giả thiết, ta có:

0,25

 n = 4 ( ktm )
Cn3 − n − n ( n − 4 ) =5n ( n − 4 ) ⇔ n 2 − 39n + 140 =0 ⇔ 
 n = 35 ( tm )
Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình
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

1

0,25

32 ⇒ S ABD =
24 nên
Vì A ∈ AC ⇒ A ( a; a + 1) . Từ gt S AGCD =

0,25

 a= 5 ⇒ A ( 5;6 )( tm )
1
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

=
d ( G, AC )

A ( 5;6 ) , B (1;8 ) , C ( −3; −2 ) , D (1; −4 )

7

3 . Chứng minh bất đẳng thức:
Cho a, b, c > 0 và a + b + c =
1

Ta chứng minh BĐT phụ:

2

∀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 .
Áp dụng BĐT phụ cho 3 số a, b, c:
1
1
1
−a + 4
−b + 4
−c + 4
.
; 2
; 2
≤
≤
≤
2
9
9
9
a −a+3
b −b+3
c −c+3
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên , ta có:
− ( a + b + c ) + 12