Vted 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 2021 – 2022 sở Giáo dục và Đào tạo thành phố Hà Nội, kỳ thi được diễn ra vào ngày 23 tháng 12 năm 2021. Đề thi vòng 2 sẽ được chúng tôi cập nhật ở bài viết này
>>Đề thi học sinh giỏi thành phố Toán 12 năm học 2022 – 2023 sở GD&ĐT Hà Nội
Một số câu hỏi trong Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố Toán 12 năm học 2021 – 2022 sở GD&ĐT Hà Nội:
Câu I (4 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực $m neq 2$ hàm số $y=left|dfrac{x^2+m x-1}{x^2+2 x+3}right|$ có đúng $4$ điểm cực trị.
Giải. Xét hàm số $uleft( x right)=dfrac{{{x}^{2}}+mx-1}{{{x}^{2}}+2x+3}Rightarrow {u}’left( x right)=dfrac{left( 2-m right){{x}^{2}}+8x+3m+2}{{{left( {{x}^{2}}+2x+3 right)}^{2}}}.$
Xét $uleft( x right)=0Leftrightarrow {{x}^{2}}+mx-1=0$ luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu do $P=-1<0$ nên $uleft( x right)$ có 2 lần đổi dấu.
Xét ${u}’left( x right)=0Leftrightarrow left( 2-m right){{x}^{2}}+8x+3m+2=0left( * right)$
Ta có ${Delta }’=16-left( 2-m right)left( 3m+2 right)=3{{m}^{2}}-4m+12>0,forall min mathbb{R}Rightarrow left( * right)$ luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi $mne 2$ nên ${u}’left( x right)$ có 2 lần đổi dấu.
Do đó hàm số $left| uleft( x right) right|$ luôn có $2+2=4$ điểm cực trị với mọi $mne 2.$
Câu II (5 điểm)
1) Giải phương trình $sqrt{x+1}+sqrt{3 x}=sqrt{2 x+2}+sqrt{2 x-1}$.
2) Giải hệ phương trình $left{begin{array}{l}x^2-5 x+4+4 sqrt{x-1}=y^2-3 y+4 sqrt{y} x^2+y^2=25end{array}right.$.
Giải. 1) Điều kiện: $xge dfrac{1}{2}.$
Phương trình tương đương với: ${{(sqrt{x+1}+sqrt{3x})}^{2}}={{(sqrt{2x+2}+sqrt{2x-1})}^{2}}$
$Leftrightarrow 4x+1+2sqrt{3xleft( x+1 right)}=4x+1+2sqrt{left( 2x+2 right)left( 2x-1 right)}$
$Leftrightarrow sqrt{3xleft( x+1 right)}=sqrt{left( 2x+2 right)left( 2x-1 right)}Leftrightarrow 3xleft( x+1 right)=left( 2x+2 right)left( 2x-1 right)$
$Leftrightarrow {{x}^{2}}-x-2=0Leftrightarrow x=-1left( L right);x=2.$
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=2$.
2) Điều kiện: $left{begin{array}{l}1 leq x leq 5 0 leq y leq 5end{array}right.$.
– Ta có $x^2-5 x+4+4 sqrt{x-1}=y^2-3 y+4 sqrt{y} Leftrightarrow x^2-2 x+1+3-3 x+4 sqrt{x-1}=y^2-3 y+4 sqrt{y}$ $Leftrightarrow(x-1)^2-3(x-1)+4 sqrt{x-1}=y^2-3 y+4 sqrt{y}(*)$.
– Xét hàm số $f(t)=t^4-3 t^2+4 t$ với $t geq 0$.
Ta có $f^{prime}(t)=4 t^3-6 t+4 ; f^{prime prime}(t)=12 t^2-6$.
Khi đó $f^{prime prime}(t)=0 Leftrightarrow 12 t^2-6=0 Leftrightarrow t^2=frac{1}{2} Leftrightarrow t=frac{sqrt{2}}{2} Rightarrow f^{prime}left(frac{sqrt{2}}{2}right)=4-2 sqrt{2}>0$.
Suy ra $f^{prime}(t)=4 t^3-6 t+4>0, forall t geq 0$.
Vậy hàm số $f(t)=t^4-3 t^2+4 t$ đồng biến với mọi $t geq 0$.
– Ta có $(*) Leftrightarrow f(sqrt{x-1})=f(sqrt{y}) Leftrightarrow sqrt{x-1}=sqrt{y} Leftrightarrow y=x-1$.
Thay $y=x-1$ vào phương trình $x^2+y^2=25$ ta được ${x^2} + {(x – 1)^2} = 25 Leftrightarrow {x^2} – x – 12 = 0 Leftrightarrow left[ {begin{array}{*{20}{l}} {x = 4 Rightarrow y = 3} {x = – 3left( L right)} end{array}} right..$
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(x ; y)=(4 ; 3)$.
Câu III (2 điểm)
Chọn ngẫu nhiên một số từ tập các số tự nhiên có 8 chữ số. Tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9.
Giải. Số phần tử của không gian mẫu: $n(Omega)=9.10^7$.
Gọi biến cố: $A$ :”chọn được số chia hết cho 9 và chứa nhiều nhất một chữ số 9 “.
Gọi số cần lập có dạng: $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7 a_8}left(a_1 neq 0right)$.
TH1: $a_i neq 9, i=overline{1,8}$.
Chọn $a_1$ có 8 cách chọn.
Chọn $overline{a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7}$ có $9^6$ cách.
Chọn $a_8$, có 1 cách chọn.
Vậy có: $8.9^6$ số.
TH2: $a_1=9$ và các chữ số còn lại khác 9 .
Chọn $a_1$ có 1 cách.
Chọn $overline{a_2 a_3 a_4 a_5 a_6 a_7}$ có $9^6$ cách.
Chọn $a_8$, có 1 cách chọn.
Vậy có: $9^6$ số.
TH3: Chữ số 9 không ở vị trí $a_1$.
Chọn $a_1$, có 8 cách.
Chọn vị trí cho chữ số 9 , có 7 cách chọn. Giả sử $a_2=9$.
Chọn $overline{a_3 a_4 a_5 a_6 a_7}$, có $9^5$ cách.
Chọn $a_8$, có 1 cách chọn.
Vậy có: $8.7 .9^5$ số.
$n(A)=8.9^6+9^6+56.9^5$.
* Xác suất của biến cố $A$ là $P(A)=dfrac{n(A)}{n(Omega)}=dfrac{898857}{10^7}$.
Câu IV (3 điểm)
Cho dãy số $left(u_nright)$ xác định bời $u_1=3 ; u_{n+1}=dfrac{3 u_n+1}{u_n+3} ; n=1,2,3, ldots$
1) Chứng minh dãy số $left(u_nright)$ là dãy số giảm.
2) Tính tổng $S=dfrac{1}{u_1-1}+dfrac{1}{u_2-1}+ldots+dfrac{1}{u_{100}-1}$.
Giải.
1) Do ${{u}_{1}}=3;{{u}_{n+1}}=dfrac{3{{u}_{n}}+1}{{{u}_{n}}+3},forall nin {{mathbb{N}}^{*}}Rightarrow {{u}_{n}}>0,forall nin {{mathbb{N}}^{*}}$
Xét ${{u}_{n+1}}-{{u}_{n}}<0,forall nin {{mathbb{N}}^{*}}Leftrightarrow dfrac{3{{u}_{n}}+1}{{{u}_{n}}+3}-{{u}_{n}}<0,forall nin {{mathbb{N}}^{*}}Leftrightarrow dfrac{1-{{u}_{n}}}{{{u}_{n}}+3}<0,forall nin {{mathbb{N}}^{*}}Leftrightarrow {{u}_{n}}>1,forall nin {{mathbb{N}}^{*}}left( * right)$
Ta chỉ cần chứng minh (*) bằng quy nạp.
Với $n=1Rightarrow {{u}_{1}}=3>1$ đúng. Giả sử [{{u}_{n}}>1,] khi đó ${{u}_{n+1}}-1=dfrac{3{{u}_{n}}+1}{{{u}_{n}}+3}-1=dfrac{2left( {{u}_{n}}-1 right)}{{{u}_{n}}+3}>0$ do [{{u}_{n}}>1] nên theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh.
2) Xét ${{u}_{n+1}}+1=dfrac{3{{u}_{n}}+1}{{{u}_{n}}+3}+1=dfrac{4left( {{u}_{n}}+1 right)}{{{u}_{n}}+3}$ suy ra $dfrac{{{u}_{n+1}}-1}{{{u}_{n+1}}+1}=dfrac{1}{2}.dfrac{{{u}_{n}}-1}{{{u}_{n}}+1}=…={{left( dfrac{1}{2} right)}^{n}}.dfrac{{{u}_{1}}-1}{{{u}_{1}}+1}={{left( dfrac{1}{2} right)}^{n+1}}$
$Rightarrow {{2}^{n}}=dfrac{{{u}_{n}}+1}{{{u}_{n}}-1}=1+dfrac{2}{{{u}_{n}}-1}Rightarrow dfrac{1}{{{u}_{n}}-1}={{2}^{n-1}}-dfrac{1}{2}$
$Rightarrow S=sumlimits_{n=1}^{100}{left( {{2}^{n-1}}-dfrac{1}{2} right)}=1.dfrac{{{2}^{100}}-1}{2-1}-50={{2}^{100}}-51.$
Câu V (4 điểm)
Trong mặt phẳng $(P)$, cho $widehat{xOy}=90^{circ}$ và tia $Oz$ thỏa mãn $widehat{xOz}=30^{circ} ; widehat{zOy}=60^{circ}$ Trên tia $Oz$ lấy điềm $I$ sao cho $OI=2 a$. Trên đường thẳng $d$ đi qua $O$ và vuông góc vơi $(P)$, lấy điểm $S$ sao cho $OS=a$. Mặt phẳng $(Q)$ thay đổi đi qua $S I$ và cắt các tia $Ox,Oy$ lần lượt tại $A,B$ ($A$ khác $O$ và $B$ khác $O$).
1) Tính góc giữa $(P)$ và $(Q)$ khi $I$ là trung điểm $AB$.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp $S.OAB$.
Giải. Đặt $O A=x, O B=y(x, y>0)$.
1) Khi $I$ là trung điểm của $A B$ suy ra $A B=2 O I=4 a$ và $widehat{O A I}=30^{circ}, widehat{O B I}=60^{circ}$.
Khi đó $x=2 a sqrt{3}, y=2 a$ nên nếu gọi $E$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $A B$ ta có góc giữa $(P),(Q)$ bằng góc $widehat{S E O}$.
Lai có $O E=dfrac{O A cdot O B}{A B}=a sqrt{3}$ suy ra $tan widehat{S E O}=dfrac{S O}{O E}=dfrac{1}{sqrt{3}} Rightarrow widehat{S E O}=30^{circ}$.
2) $M, N$ lần lượt là hình chiếu của $I$ lên $O x, O y$ ta có $O M=a sqrt{3}, O N=a$ và $overrightarrow{O I}=overrightarrow{O M}+overrightarrow{O N}=dfrac{a sqrt{3}}{x} overrightarrow{O A}+dfrac{a}{y} overrightarrow{O B}$. Vì $A, I, B$ thẳng hàng nên ta có $dfrac{a sqrt{3}}{x}+dfrac{a}{y}=1 geq 2 a sqrt{dfrac{sqrt{3}}{x y}} Leftrightarrow x y geq 4 sqrt{3} a^2$ và dấu bằng xảy ra khi $left{begin{array}{l}x=2 a sqrt{3} y=2 aend{array}right.$
Suy ra $V_{S . O A B}=dfrac{1}{6} a x y geq dfrac{2 sqrt{3} a^3}{3}$. Vậy thể tích khối chóp $S . O A B$ nhỏ nhất $V_{min }=dfrac{2 sqrt{3} a^3}{3}$.
Câu VI (2 điểm)
Với $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=dfrac{1}{a^2}+dfrac{1}{b^2}+dfrac{1}{c^2}-dfrac{2}{a b c}$.
Giải. Không mất tính tổng quát giả sử $c=max {a ; b ; c} Rightarrow c in[1 ; sqrt{3})$
Ta có $Pge dfrac{2}{ab}+dfrac{1}{{{c}^{2}}}-dfrac{2}{abc}=dfrac{2}{ab}left( 1-dfrac{1}{c} right)+dfrac{1}{{{c}^{2}}}ge dfrac{4}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}left( 1-dfrac{1}{c} right)+dfrac{1}{{{c}^{2}}}$
$=dfrac{4}{3-{{c}^{2}}}left( 1-dfrac{1}{c} right)+dfrac{1}{{{c}^{2}}}=dfrac{3{{c}^{2}}-4c+3}{{{c}^{2}}left( 3-{{c}^{2}} right)}.$
Ta chứng minh $dfrac{3 c^2-4 c+3}{c^2left(3-c^2right)} geq 1, quad forall c in[1 ; sqrt{3}) (*)$
Thật vậy $left(^*right) Leftrightarrow c^4-4 c+3 geq 0, forall c in[1 ; sqrt{3}) Leftrightarrow(c-1)^2left(c^2+2 c+3right) geqslant 0, forall c in[1 ; sqrt{3}) rightarrow$ đúng.
Dấu “=” $Leftrightarrow c=1 Rightarrow a=b=1$. Vậy $P_{min }=1$ khi $a=b=c=1$.
