Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2016 - Sở GD&ĐT Tp Hồ Chí Minh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH<br /> <br /> KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT<br /> CẤP THÀNH PHỐ<br /> KHÓA THI NGÀY 09/03/2016<br /> Môn thi: Toán<br /> Thời gian làm bài:150 phút<br /> (không kể thời gian phát đề)<br /> <br /> ĐỀ THI CHÍNH THỨC<br /> (đề thi gồm 01 trang)<br /> Bài 1. (3 điểm)<br /> Giải phương trình:<br /> <br /> x2  1 <br /> <br /> ( x 2  1)(2  x) 4<br />  .<br /> x<br /> x<br /> <br /> Bài 2. (4 điểm)<br /> Giải hệ phương trình:<br /> <br /> y  y2  1<br /> 2<br /> 2<br /> ( x  y )( x  xy  y  2)  2ln<br /> <br /> x  x2  1<br /> <br /> ( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1<br /> Bài 3. (3 điểm)<br /> Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 <br /> <br /> 3<br />  2( x  y ) . Tìm giá trị lớn<br /> 2<br /> <br /> nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:<br /> 6  2( x  1)( y  1)<br /> .<br /> P<br /> ( x  1)2  ( y  1)2<br /> Bài 4. (3 điểm)<br /> Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) có đúng<br /> <br /> hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .<br /> 2<br /> Bài 5. (4 điểm)<br /> Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết AB = 2, CD = 2 3 ,<br />   BAD  900 và góc giữa AD và BC bằng 300.<br /> ABC <br /> Bài 6. (3 điểm)<br /> Trong một buổi tọa đàm về “Tình yêu tuổi học đường” tại lớp 12A, có tất<br /> cả 21 bạn tham gia và có 4 cặp có tình cảm với nhau (không có học sinh nào<br /> thuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra 5 bạn để tham gia một trò chơi tập thể.<br /> Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm với<br /> nhau?<br /> HẾT<br /> <br /> ĐÁP ÁN<br /> Bài 1. (3 điểm)<br /> <br /> ( x 2  1)(2  x) 4<br /> Giải phương trình: x  1 <br /> <br /> x<br /> x<br /> 2<br /> <br /> (*) .<br /> <br /> Lời giải.<br /> ( x 2  1)(2  x)<br />  0  x   1;0   1; 2 .<br /> (0,5đ)<br /> x<br /> 4<br /> Vế trái của (*) dương nên  0  x  0 , do đó, ta chỉ cần xét x  1;2 và ta có:<br /> x<br /> <br /> Điều kiện<br /> <br /> x3  x  x( x 2  1)(2  x)  4<br />  x3  x  4  x( x 2  1)(2  x)  0<br /> <br /> (0,5đ)<br /> <br />  ( x  x)  2(2  x)  ( x  x)(2  x)  0<br /> 3<br /> <br /> 3<br /> <br /> Đặt u  x3  x  0, v  2  x  0 thì ta có<br /> <br /> u 2  2v 2  uv  0  (u  v)(u  2v)  0<br /> u  v<br /> <br /> u  2v  0<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> Phương trình thứ hai vô nghiệm vì u, v không thể đồng thời bằng 0. Do đó<br /> <br /> u  v  x3  x  2  x<br />  x3  x  2  x  x 3  2  x  3 2<br /> So sánh điều kiện, ta thấy nghiệm này thỏa mãn nên phương trình (*)<br /> có nghiệm duy nhất là x  3 2<br /> Bài 2. (4 điểm) Giải hệ phương trình:<br /> <br /> y  y2  1<br /> ( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  2ln<br /> <br /> x  x2  1<br /> <br /> ( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1<br /> Lời giải.<br /> Điều kiện xác định: x, y  R<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> Phương trình đầu  x3  y 3  2( x  y)  2ln( y  y 2  1)  2ln( x  x 2  1)<br /> <br />  x3  2 x  2ln( x  x 2  1)  y 3  2 y  2ln( y  y 2  1)<br /> Xét f (t )  t 3  2t  2ln(t  t 2  1)<br /> Tập xác định: R<br /> <br /> f '(t )  3t 2  2 <br /> <br /> 2<br /> t 1<br /> 2<br /> <br /> Đặt u  t 2  1; u  1<br /> <br /> 2 3u 3  5u  2<br />  3(u  1)  2  <br /> => 3t  2 <br /> u<br /> u<br /> t2 1<br /> 2<br /> (u  1)(3u  3u  2)<br />  0 u  1<br /> =<br /> u<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> (1đ)<br /> <br />  f / (t )  0 t  R hay f (t ) là hàm đồng biến trên R<br /> Từ f ( x)  f ( y )  x  y<br /> Thay vào phương trình thứ hai, ta được: (2 x  2)log 3 x  x  1<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> x = 1 không là nghiệm  x  1<br /> <br /> (0,25đ)<br /> <br /> x 1<br /> ( x  0, x  1)<br /> 2x  2<br /> VT là hàm đồng biến trên (0, )<br /> VP nghịch biến trên từng khoảng (;1) và (1;+)<br /> nên phương trình trên có không quá 2 nghiệm.<br /> 1<br /> Nhẩm được x  3 và x  là nghiệm<br /> 3<br /> 1<br /> Suy ra phương trình có đúng 2 nghiệm là x  3 và x  .<br /> 3<br /> <br /> Phương trình  log 3 x <br /> <br /> 1 1 <br /> <br /> Kết luận : Tập nghiệm của hệ là : (x ;y)  (3;3);( ; ) <br /> 3 3 <br /> <br /> <br /> (0,25đ)<br /> (0,25đ)<br /> (0,25đ)<br /> (0,5đ)<br /> <br /> (0,5đ)<br /> <br /> Bài 3. (3 điểm)<br /> Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 <br /> <br /> 3<br />  2( x  y ) . Tìm giá trị lớn<br /> 2<br /> <br /> nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:<br /> 6  2( x  1)( y  1)<br /> .<br /> P<br /> ( x  1)2  ( y  1)2<br /> Lời giải.<br /> 3<br /> 1<br /> x 2  y 2   2( x  y )  ( x  1) 2  ( y  1) 2 <br /> 2<br /> 2<br /> Đặt a  x  1, b  y  1<br /> 1<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> Do (a  b )  2ab  a  b nên 11  P  13<br /> 3 1<br /> GTLN của P là 13 khi ( x, y)   ; <br /> 2 2<br /> 1 1<br /> GTNN của P là 11 khi ( x, y)   ; <br /> 2 2<br /> <br /> Ta có P = 12 – 4ab với a2 + b2 =<br /> <br /> (1đ)<br /> (1đ)<br /> (0,5đ)<br /> (0,5đ)<br /> <br /> Bài 4. (3 điểm)<br /> Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) (*) có<br /> <br /> đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .<br /> 2<br /> Lời giải.<br /> Đặt t  sin x  cos x (1  t  2) ,<br /> (0,5đ)<br /> 2<br /> 2<br /> (*)  mt  1  (m  3)t  m(t  t )  3t  1 (**)<br /> t = 1 không thỏa phương trình (**)<br /> 3t  1<br />  f (t ) (1  t  2)<br /> (**)  m <br /> (0,5đ)<br /> t  t2<br /> 3t 2  2t  1<br /> f / (t ) <br />  0 t  (1; 2]<br /> (t  t 2 )2<br /> (0,5đ)<br /> <br /> Suy ra f đồng biến trên (1; 2]<br /> <br /> <br /> Ứng với mỗi t  (1; 2) ptrình t  sin x  cos x có đúng 2 nghiệm x  (0; ) (0,75đ)<br /> 2<br /> <br /> Như vậy (*) có đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] khi<br /> 2<br /> 87 2<br /> (0,75đ)<br /> m  f ( 2)  <br /> 2<br /> Bài 5. (4 điểm)<br /> ABC <br /> Cho tứ diện ABCD có AB = 2, CD = 2 3 ,   BAD  900 và góc giữa<br /> AD và BC bằng 300. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.<br /> Lời giải.<br /> <br /> D<br /> <br /> K<br /> <br /> O<br /> E<br /> <br /> J<br /> A<br /> <br /> C<br /> I<br /> B<br /> <br /> Dựng hình chữ nhật ABCE. Ta có AB, CE vuông góc với mp(ADE) và (AD,AE) =300.<br /> <br /> Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, AE; K là tâm đường tròn ngoại tiếp<br /> tâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp D.ABCE.<br /> Suy ra OK  (ADE) và OI  (ABCD), KJ  AE<br />  OIJK là hình chữ nhật.<br /> <br />  ADE; O là<br /> (1đ)<br /> (1đ)<br /> (0,5đ)<br /> <br /> Ta có DE  DC 2  CE 2  2 2<br /> DE<br />  AK <br /> 2 2<br /> 2sin( AD, AE )<br /> <br /> (0,5đ)<br /> <br />  OA  AK 2  OK 2  AK 2  IJ 2  3<br /> Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 3.<br /> <br /> (0,5đ)<br /> <br /> (0,5đ)<br /> <br /> Bài 6. (3 điểm)<br /> Trong một buổi tọa đàm về “Tình yêu tuổi học đường” tại lớp 12A, có tất<br /> cả 21 bạn tham gia và có 4 cặp có tình cảm với nhau (không có học sinh nào<br /> thuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra 5 bạn để tham gia một trò chơi tập thể.<br /> Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm với<br /> nhau?<br /> Lời giải.<br /> Gọi A là nhóm các học sinh có tình cảm với nhau (gồm 8 học sinh) và B là nhóm các<br /> học sinh còn lại (gồm 13 học sinh)<br /> (0,25đ)<br /> * Trường hợp 1: Có đúng 1 cặp có tình cảm với nhau.<br />  Đầu tiên chọn 1 cặp có tình cảm với nhau: Có 4 cách chọn.<br /> (0,25đ)<br />  Tiếp theo ta chọn 3 học sinh trong đó không có 2 em nào có tình cảm với nhau,<br /> có 4 trường hợp:<br /> + 3 HS thuộc nhóm A: Có 23 cách chọn.<br /> (0,25đ)<br /> 2 2<br /> 1<br /> + 2 HS thuộc nhóm A và 1 HS thuộc nhóm B: Có C3 .2 .C13 cách chọn.<br /> (0,25đ)<br /> 1<br /> 2<br /> + 1 HS thuộc nhóm A và 2 HS thuộc nhóm B: Có C3 .2.C13 cách chọn.<br /> <br /> + 3 HS thuộc nhóm B: Có C cách chọn.<br /> <br /> (0,25đ)<br /> (0,25đ)<br /> <br /> 3<br /> 13<br /> <br /> Như vậy số cách chọn trong trường hợp 1 là 4(2  C .2 .C  C .2.C  C )<br /> =3672 (0,25đ)<br /> * Trường hợp 2: Có đúng 2 cặp có tình cảm với nhau.<br /> 2<br />  Đầu tiên chọn 2 cặp có tình cảm với nhau: Có C4  6 cách chọn.<br /> (0,25đ)<br /> 3<br /> <br /> 2<br /> 3<br /> <br /> 1<br />  Tiếp theo ta chọn 1 học sinh còn lại: có C17 cách chọn.<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1<br /> 13<br /> <br /> 1<br /> 3<br /> <br /> 2<br /> 13<br /> <br /> 3<br /> 13<br /> <br /> (0,25đ)<br /> <br /> 1<br /> Như vậy số cách chọn trong trường hợp 2 là 6C17  102 .<br /> (0,25đ)<br /> Vậy tổng cộng có 3774 cách chọn ra 5 bạn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm<br /> với nhau.<br /> (0,5đ)<br /> <br />