Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố Toán 12 năm học 2023 – 2024 sở GD&ĐT Hà Nội

Dethihsg247.Com giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi chọn học sinh giỏi cấp thành phố môn Toán 12 THPT năm học 2023 – 2024 sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hà Nội, kỳ thi được diễn ra vào ngày 30 tháng 09 năm 2023. Đề thi vòng 2 sẽ được chúng tôi cập nhật ở bài viết này

Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số $y=2x^3-3(2m-1)x^2-12mx$ có đồ thị $\left(C_m\right)$ với $m$ là tham số thực.

1) Khi $m=1,$ viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến cắt các trục $Ox,Oy$ lần lượt tại hai điểm phân biệt $M$ và $N$ sao cho $ON=24OM.$

2) Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $\left(C_m\right)$ có hai điểm cực trị nằm về hai phía với trục hoành.

Câu II (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình $\{\begin{array}{c}x+\sqrt{x^2+x}=y\left(\sqrt{y^2+1}+y\right)\\ \sqrt{2x^2-3y^2+7}+x=2\sqrt{3x-5}+3\end{array}$ với $x,y\in R.$

Giải. Điều kiện: $x\ge \frac{5}{3};2x^2-3y^2+7\ge 0.$

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: $x+\sqrt{x}.\sqrt{x+1}=y^2+y\sqrt{y^2+1}(\ast )$

Xét hàm số $f\left(t\right)=t^2+t\sqrt{t^2+1}$ ta có $f^{\prime }\left(t\right)=2t+\sqrt{t^2+1}+t.\frac{t}{\sqrt{t^2+1}}$

$=\frac{2t^2+1+2t\sqrt{t^2+1}}{\sqrt{t^2+1}}=\frac{{(\sqrt{{}^{}+1}+t)}^2}{\sqrt{t^2+1}}\ge 0,\forall t\in R.$

Do đó $(\ast )\iff f\left(\sqrt{x}\right)=f\left(y\right)\iff y=\sqrt{x}$

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: $\sqrt{2x^2-3x+7}+x=2\sqrt{3x-5}+3$

$\iff (\sqrt{2x^2-3x+7}-(x+1))+(2x-2-2\sqrt{3x-5})=0$

$\iff \frac{x^2-5x+6}{\sqrt{2x^2-3x+7}+x+1}+\frac{4(x^2-5x+6)}{2x-2+2\sqrt{3x-5}}=0$

$\iff (x-2)(x-3)(\frac{1}{\sqrt{2x^2-3x+7}+x+1}+\frac{4}{2x-2+2\sqrt{3x-5}})=0$

Do $\frac{1}{\sqrt{2x^2-3x+7}+x+1}+\frac{4}{2x-2+2\sqrt{3x-5}}>0,\forall x\ge \frac{5}{3}$ nên phương trình chỉ có hai nghiệm $x=2;x=3.$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(2;\sqrt{2}),(3;\sqrt{3}).$

Câu III (3,0 điểm)

Xét tập hợp $S$ gồm tất cả các bộ số $(x;y;z)$ với $x,y,z$ là các số nguyên dương không lớn hơn 30.

1) Hỏi có bao nhiêu bộ số $(x;y;z)$ thuộc tập hợp $S$ thoả mãn $x+y+z=5?$

2) Lấy ngẫu nhiên một bộ số $(a;b;c)$ thuộc tập hợp $S.$ Tính xác suất để lấy được bộ số thoả mãn $a+b+c<30.$

Giải. 1) Dễ thực hiện được bằng phép liệt kê:

Do $x,y,z\in N^{\ast }$ và $x+y+z=5\Rightarrow x=5-y-z\le 3\Rightarrow x\in \{1,2,3\}$

+ Nếu $x=1\Rightarrow y+z=4\Rightarrow (y;z)=(1;3);(2;2);(3;1)\Rightarrow 3$ bộ số.

+ Nếu $x=2\Rightarrow y+z=3\Rightarrow (y;z)=(1;2);(2;1)\Rightarrow 2$ bộ số.

+ Nếu $x=3\Rightarrow y+z=2\Rightarrow (y;z)=(1;1)\Rightarrow 1$ bộ số.

Vậy có tất cả $3+2+1=6$ bộ số thoả mãn.

2) Bài toán phụ: Số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+...+x_n=m$ với $m,n\in N^{\ast }$ là $C_{m+n-1}^{n-1}.$

Ta có $x,y,z\in \{1,...,30\}$ nên $S$ có tất cả ${30}^3$ phần tử.

Do $a,b,c\in N^{\ast }$ và $a+b+c<30\Rightarrow a+b+c\le 29\iff (a-1)+(b-1)+(c-1)\le 26.$

Đặt $x_1=a-1;x_2=b-1;x_3=c-1;x_4=26-x_1-x_2-x_3\Rightarrow x_1,x_2,x_3,x_4$ là các số nguyên không âm và $x_1+x_2+x_3+x_4=26(\ast ).$

Số bộ số $(a;b;c)$ tương tứng với số nghiệm nguyên không âm của phương trình (*) và bằng $C_{29}^3.$

Xác suất cần tính bằng $\frac{C_{29}^3}{{30}^3}.$

Câu IV(4,0 điểm)

Cho hình chóp $S.ABC$ có cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left(ABC\right),$ biết $SA=3$ và tam giác $SBC$ là tam giác đều có cạnh bằng $4.$

1) Tính số đo góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right).$

2) Cho điểm $I$ xác định bởi $2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}+4\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}.$ Xét mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ thay đổi đi qua trung điểm của đoạn thẳng $SI$ và cắt các tia $SA,SB,SC$ lần lượt tại $M,N,P$ (với $M,N,P$ không trùng với $S$). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $T=\frac{4}{S{M}^2}+\frac{9}{S{N}^2}+\frac{16}{S{P}^2}.$

Giải. 1) Gọi $E$ là trung điểm $BC\Rightarrow BC\perp SE;BC\perp SA\Rightarrow BC\perp \left(SAE\right)$$\Rightarrow (\left(SBC\right),\left(ABC\right))=\widehat{SEA}$

Ta có $\sin \widehat{SEA}=\frac{SA}{SE}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}.4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{SEA}={60}^0.$

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng $\left(SBC\right)$ và $\left(ABC\right)$ bằng ${60}^0.$

2) Ta có $2\overrightarrow{IA}+3\overrightarrow{IB}+4\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}\iff 2(\overrightarrow{SA}-\overrightarrow{SI})+3(\overrightarrow{SB}-\overrightarrow{SI})+4(\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SI})=\overrightarrow{0}$

$\iff 9\overrightarrow{SI}=2\overrightarrow{SA}+3\overrightarrow{SB}+4\overrightarrow{SC}.$

Gọi $Q$ là trung điểm của $SI$ ta có $\overrightarrow{SQ}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SI}=\frac{1}{18}(2\overrightarrow{SA}+3\overrightarrow{SB}+4\overrightarrow{SC})$

$=\frac{1}{18}\left(\frac{2SA}{SM}\overrightarrow{SM}+\frac{3SB}{SN}\overrightarrow{SN}+\frac{4SC}{SP}\overrightarrow{SP}\right).$

Do bốn điểm $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $\frac{1}{18}(\frac{2SA}{SM}+\frac{3SB}{SN}+\frac{4SC}{SP})=1.$

Sử dụng BĐT Cauchy – Schwarz dạng đa thức ta có

${(\frac{2SA}{SM}+\frac{3SB}{SN}+\frac{4SC}{SP})}^2\le (\frac{4}{S{M}^2}+\frac{9}{S{N}^2}+\frac{16}{S{P}^2})(S{A}^2+S{B}^2+S{C}^2)$

$\Rightarrow {18}^2\le T.(3^2+4^2+4^2)\Rightarrow T\ge \frac{324}{41}.$

Câu V(4,0 điểm)

Cho dãy số $\left(u_n\right)$ xác định bởi $u_1=1$ và $u_{n+1}=\frac{6u_n}{\sqrt{11u_n+9}+3},\forall n\in N^{\ast }.$

1) Chứng minh dãy số $\left(u_n\right)$ là dãy số giảm.

2) Với mỗi số nguyên dương $n,$ đặt $S_n=u_1^2+u_2^2+u_3^2+...+u_n^2.$ Tính ${lim}_{n\to +\infty }{S}_n.$

Giải. 1) Do $u_1=1$ và $u_{n+1}=\frac{6u_n}{\sqrt{11u_n+9}+3},\forall n\in N^{\ast }$ nên $u_n>0,\forall n\in N^{\ast }.$

Suy ra $\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{6}{\sqrt{11u_n+9}+3}<\frac{6}{\sqrt{9}+3}=1,\forall n\in N^{\ast }.$ Vậy $\left(u_n\right)$ là dãy số giảm.

2) Ta có $u_{n+1}=\frac{6u_n}{\sqrt{11u_n+9}+3}=\frac{6u_n(\sqrt{11u_n+9}-3)}{11u_n}=\frac{6}{11}(\sqrt{11u_n+9}-3)$

Từ đó suy ra $\sqrt{11u_n+9}+3=\frac{6u_n}{u_{n+1}}\left(1\right)$ và $\sqrt{11u_n+9}-3=\frac{11}{6}{u}_{n+1}\left(2\right).$

Lấy $\left(1\right)-\left(2\right)$ theo vế ta được

$6=\frac{6u_n}{u_{n+1}}-\frac{11}{6}{u}_{n+1}\iff 36u_{n+1}=36u_n-11u_{n+1}^2\iff 11u_{n+1}^2=36(u_n-u_{n+1})$

$\Rightarrow 11S_n=11(u_1^2+u_2^2+u_3^2+...+u_n^2)=11+11(u_2^2+u_3^2+...+u_n^2)$

$=11+36(u_1-u_2+u_2-u_3+...+u_{n-1}-u_n)$

$=11+36(u_1-u_n)=47-36u_n$

Mặt khác $\left(u_n\right)$ là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn ${lim}_{n\to +\infty }{u}_n=L,(0\le L\le 1)$

Từ $u_{n+1}=\frac{6u_n}{\sqrt{11u_n+9}+3},\forall n\in N^{\ast }.$ Cho $n\to +\infty \Rightarrow L=\frac{6L}{\sqrt{11L+9}+3}\iff L=0$

Vậy ${lim}_{n\to +\infty }{S}_n=\frac{47-36L}{11}=\frac{47}{11}.$

Câu VI (2,0 điểm)

Xét $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b=3(1-c).$ Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=abc(a^2+b^2+9c^2).$

Giải. Sử dụng BĐT AM- GM cho hai số dương ta có $ab\le {\left(\frac{a+b}{2}\right)}^2=\frac{9}{4}{(1-c)}^2$

Và $ab(a^2+b^2)=\frac{1}{2}.2ab.(a^2+b^2)\le \frac{1}{2}{\left(\frac{2ab+{}^{}+{}^{}}{2}\right)}^2$$=\frac{1}{8}{(a+b)}^4=\frac{81}{8}{(1-c)}^4$

$\Rightarrow P\le g\left(c\right)=\frac{81c}{8}{(1-c)}^4+\frac{81c^3}{4}{(1-c)}^2$

Khảo sát hàm số $g\left(c\right)$ trên khoảng $(0;1)$ dễ có ${max}_{(0;1)}g\left(c\right)=g\left(\frac{1}{3}\right)=1.$

Vậy giá trị lớn nhất của $P$ bằng $1$ đạt tại $a=b=1;c=\frac{1}{3}.$