BỘ 16 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM 2019-2020 (CÓ ĐÁP ÁN)


1. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Đống Đa
2. Đề thi chọn đội tuyển HSG môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án Trường THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị
3. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Bắc Ninh
4. Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc gia môn Toán lớp 12 năm 2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Khánh Hòa
5. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hà Nội
6. Đề thi chọn HSG cấp thành phố môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Sở
GD&ĐT Hải Phòng
7. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Bình Phước
8. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh
9. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Hưng Yên
10. Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Ngãi
11. Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án - Trường
THPT Đồng Đậu (Lần 2)
12. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Trị
13. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Thái Bình
14. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc


15. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Đồng Đậu
16. Đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 năm 2019-2020 có đáp án Trường THPT Ngô Gia Tự


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

, n  * .
2019
2u  u 2  2u
 n 1
n
n

1
1
1
. Tính lim Sn .

 ... 
u1  2 u2  2
un  2

Câu 4 (4 điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay
đổi lần lượt thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  SMN  luôn vuông góc với
mặt phẳng  ABC  . Đặt AM  x, AN  y.
a.

Chứng minh rằng x  y  3 xy.

b.

Tìm x , y để SMN có diện tích bé nhất, lớn nhất.

Câu 5 (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

A, B, C bằng 3.

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
x3  3 x 2  mx  2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt.

1,0

x3  3 x 2  mx  2  m  0  ( x  1)( x 2  2 x  m  2)  0
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 2  2 x  m  2  0 (2) có hai nghiệm phân
 '  3  m  0
biệt khác 1  
 m  3 (*) .
1  2  m  2  0

1

1,0

Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình (2), suy ra tổng hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị
hàm số tại giao điểm A, B, C là:

1,5

y '(1)  y '( x1 )  y '( x2 )  3( x1  x2 ) 2  6 x1 x2  6( x1  x2 )  3m  3  9  3m

Tổng HSG của các tiếp tuyến bằng 3  9  3m  3  m  2 (t/m đk (*)).

0.5

ĐS: m  2


2cosx +1

 

2cosx -1 

1

1
 cosx = 2

 2  s inx + cosx   2sinx.cosx - 1 = 0

+ (1)  x  

+ (2)  x  


4


4



2cosx -1 sin 2x - 2 s inx +2 

0.5


1,0

Đặt u  x 2  2 x, v  x  y . Dễ có: u  1 .
u.v  1
Hệ trở thành: 
u  v  2

0.5

u  1
Suy ra: 
 v  1

0.5

 x 2  2 x  1
Ta có 
 x  y  1

0.5

 x  1

y  0

0.5

Cho dãy số  un 

2020

Giả sử (1) đúng với n  k (k  1) ta có uk  1 gtqn  . Ta phải chứng minh (1) đúng với

n  k  1 tức là phải chứng minh uk 1  1 .
Thật vậy uk 1  1 

uk2  2uk
u 2  2(uk  1) uk2 1
1  k

  0  uk 1  1  0  uk 1  1.
2
2
2 2

Theo nguyên lý qui nạp toán học ta có un  1, n  *
Mặt khác un 1  un  un2  un  0, n  * vì dãy số un  1 nên dãy số  un  là dãy số
tăng.

1,0


Với mọi k  N*, ta có :
2uk 1  uk (uk  2) 



(u  2)  uk
2
1
1

. Vì un  1

Nên ta có a  1 . Từ định nghĩa 2un 1  un2  2un . Chuyển qua giới hạn ta có:

1,0

 2a = a2 + 2a  a = 0. Mâu thuẫn với a ≥1.

Vậy giả sử sai, suy ra dãy  un  không bị chặn trên . do  un  là dãy tăng nên
lim  un     lim

1
1
1
1 2019
 0  lim S n  lim ( 
) 
un
u1 un 1
u1 2020

1,0

S

4

M

B

AM
AN
x
y
2
Vì  M  AB, N  AC 

1,0




x. AM  y. AN  3 xy. AO .

Do M , N , O thẳng hàng nên x  y  3 xy. (đpcm).
1
1
SO.MN  SSMN nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất và SSMN  SO.MN  SSMN
2
2
lớn nhất khi MN lớn nhất
S SMN 

2

2

Ta có MN 2  x 2  y 2  2 xy.cos600  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy  9  xy   3 xy
1,0
Từ giả thiết ta có 0  x; y  1


x 
MN lớn nhất khi t  khi 
2
1 hoặc 
2
y



2
y 1

0,5

Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng:
2
abc
abc

3
1
3  ab  bc  ca
6
1  a 1  b 1  c 
Đặt : P 

2
abc
abc


3

a, b, c  0.

Thật vậy:

1  a 1  b 1  c   1   a  b  c    ab  bc  ca   abc
2



 1  3 3 abc  3 3  abc   abc  1  3 abc

Khi đó: P 



Đặt:

6

3

3

2
3 1  abc



2
t2
1 3


t , t   0; 1
2
6
3 1  t 3  1  t

 t
2t 2
2t
t2
1  t2



2
t
.



3 2
2 2 
(1  t 3 ) 2 (1  t 2 ) 2 2
 (1  t ) (1  t )  2

0.5


rnl

rci rnr cHeN

t2 cLP rixn

cuuv0n

TRUcTNG TIrPT

rHr

HSG LdP

NAnn HQC: 2019 - 2o2o

Mdn thi: To6n

Ln eu.f BON
(DA thi

EQr ruYEN DU

gim cd 01 trang)

Thdi gian ldm bdi: 150 philt

Cflu 1(6 tli6m)
a) Gi6i phucrng


chn.

b) Tim tqa dQ di€m A,UietNp;21, dvdngthingBM cd phuong trinh

x-2y-3:0

vit

di6m A c6 hodnh d0 nh6 hon2.

Cflu 3 (a tli6m).
a) cho c6c s5 thqc a,b,c th6a man ili6u kign

a+b+c>1. chimg minh ring

14rC o-at+b'+c'
1
A4+D
a
J

b) Tim GTLN, GTNN ctra him s(i:

/(x)

= x(l0

*Jtz-71



(p saocho cosp'

=+.

Tinh theo a th6

J13

cdch gifia hai duong thFngAB vd SC.

cffu 5 (2rli6m). Tim t6t cil cilchim

Hq

mQt g6c

:

x

(0;+oo) th6a mftn

ding thirc

* ! * xY, Yx,Y e (0;+m)

SBD




1

(r)

11
+x+6>0,xe[-6;11]
Jx+6+4 l+Jl1-x

1

Qx:10 ( Vi _:
b) Gqi

)

As6 cAn t\m: a,b,c d6i mQt kh6c nhau, a+0 ' c lir sti chin.
3, 4, 5, 6,7 ,8,9\ .
{a ,b , c\ c { o,
. c=0,m6ic6chchon cs6c6 7 cdchchon a (kh6c c:0),m6ic6chchqn

ot"

c,a

.

sdc6 6 c6ch chon

b (kh6c c,a), n€nc6 7.6:42 s6loai

C

E

bing 3m. Qua M k6 dunng vu6ng g6c v6i BC cEt BC, AD
frnp:Tr,Ttr-ta
c6:
bdi
tt
de
416,
F.
Khi
] ::
,^: ^' =ABEM:AMFN'
mn tuqt t4i E,

a) E[t

canh hinh vu6ng

1

[BE:MF:2m

= fr: fr,us:vnt

+6ME+

fr


.

1

> AN : l,AM :2J,
(o-2)'*(b-2)' =r

m' = 5 e m-

Giai hQ, voi a

(4d)

a) Vx,-y € R, ta c6 xo + yo ) x3 y+rlr' ( * )
o (, * y)' (r' + xy + y')> o, dirng Vx, y e tR.

0,5

Ap dgng ( * ), ta duoc

!)'=1r,*( !\'o

o,*(

\3, 3 (3.r
o' *( !l' la,*(1)'u
\3, = 3 (31
.' *[1)'

\3,

r

,1.,'*(1)'.
3

r,r = (r)

a'J



D

/(r)>otr€n [0,.D], /(,) < o tron [-Jo,o]
:
max J (x) =
,{,1fr,f (,) = X.T / (,) - ,{,?fr,f (*)

0,5

Theo BDT C-B, ta c6
,r

(r)




./l
so..,a. =

tanp

3

!,qc.ac

1

2

ea

: 2Ji +

:

-fuxtac
ali)=t*
L BC -

SH = HK.tane =

a')Vr.uu.

HK


Gt=

,t

I a CO

a

r

5

(2d)

=

I

-----'---:-

T

I

---------=

I

=

0 (1)
. x: !=)a f (4)=4.
LAn luot thay (x;y) . {{t;t);{z;1);(3;1)} vdo (1), ta c6:
I f tzl+ / rD::
[/1:) =:
tl
i/t:lo f Q)=5-\l \2)=2[l r+i * /(3):; [7'trl :
Th6 x : !.! =l1r > O) vio ( l) ta thu dugc:
-

1

.t l
Hl: n'' a.

1

7

0.5

r