Đề thi HSG khối 12 nộp sở năm 2009 trường THPT Nho Quan B

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
TRƯỜNG THPT NHO QUAN B Năm học: 2009- 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180’
Đề này gồm: 05 câu; 01 trang
Câu 1: ( 5 điểm)
1. Cho hàm số:
9
2
2
2
+
++
=
x
axx
y
. Tìm a để hàm số có hai cực trị mà đường thẳng nối hai
điểm cực trị đó tạo với hai trục toạ độ một tam giác nội tiếp đường tròn bán kính
13=R
.
2. Tìm k để phương trình:
103543
224
++=++ xxxxk
có nghiệm thực.
Câu 2: ( 4 điểm)
1. Giải hệ phương trình:








=
+
−
=
+
+
8)
1
1(5
6)
1
1(5
22
22
yx
y
yx
x
2. Cho A, B, C là 3 góc trong 1 tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
CBAF sin3sinsin ++=
Câu 3: ( 2 điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số trong đó mỗi số đều có mặt đúng 3 số chẵn và
3 số lẻ mà mỗi số lẻ đều có mặt đúng hai lần.
Câu 4: ( 6 điểm)
1. Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt phẳng (P) qua BM
đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối hộp thành hai khối có thể tích là

V
1
, V
2
( Trong đó V
1
là thể tích khối chứa A). Tính tỉ số
2
1
V
V
F =
.
2. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ SB, SB ⊥ SC, SC ⊥ SA và SA=a, SB=b, SC=c. Gọi
M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Đặt MA=x, MB=y, MC=z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x
F ++=
Câu 5: ( 3 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn: a+b+c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn
nhất của biểu thức:
abccbaF +++=
222
.
Hết
MÃ KÍ HIỆU
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
TRƯỜNG THPT NHO QUAN B Năm học: 2009- 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180’
Đề này gồm: 05 câu; 01 trang
Nội dung Điểm
Câu 1: ( 5 điểm)
1. ( 3 điểm) Cho hàm số:
9
2
2
2
+
++
=
x
axx
y
. Tìm a để hàm số có hai cực trị mà
đường thẳng nối hai điểm cực trị đó tạo với hai trục toạ độ một tam giác nội tiếp
đường tròn bán kính
13=R
.

* D=R.
* Ta có:
22
2
)9(
9)18(2
'
+
+−−−
=
x
xax
y
.
09)18(20'
2
=−−+⇔= xaxy
(*)
Thấy với mọi a hàm số luôn có hai cực trị A(x
1;
y
1
); B(x
2
;y
2
) ( Với x
1
; x
2

là nghiệm
phương trình (*))
0,5 đ
* Khi đó toạ độ A, B thoả hệ:





=−−+
+
++
=
09)18(2
9
2
2
2
2
xax
x
axx
y
(1) 0,5 đ
* Do hoành độ A, B thoả phương trình y’=0 nên ta có:

0)2(2)9)(14(
22
=++−++ axxxxx

x
x
x
axx
2
14
9
2
2
2
+
=
+
++
⇔
(2)
(Vì x=0 không là cực trị của hàm số)
0,5 đ
* Từ (1) và (2) thấy toạ độ A, B thoả:

ax
x
xaxx
y
9
1
18
1
2
)9)18(2(

9
1
14
2
+=
−−+++
=
.
Vậy đường thẳng qua A, B có phương trình:
axy
9
1
18
1
+=
.
0,5 đ
* Để cực trị tạo với hai trục toạ độ một tam giác thì: a≠0.
Khi đó gọi M, N lần lượt là giao điểm của (AB) và hai trục Ox và Oy thì:
)
9
;0();0;2(
a
NaM −
.
* Tam giác OMN nội tiếp được đường tròn bán kính
13=R
khi:
132
81

42
2
2
=+⇔=
a
aRMN
(3)
0,5 đ
* Giải phương trình (3) ta có
5
18
±=a
.
Vậy
5
18
±=a
thoả yêu cầu bài toán.
0,5 đ
2. ( 2 điểm) Tìm k để phương trình:
103543
224
++=++ xxxxk
có nghiệm
thực.
* Phương trình đưa về dạng: 0,5đ
MÃ KÍ HIỆU

)2()2(4)2)(2(
2222

+−+++=+−++ xxxxxxxxk
* Vì
xxxxx ∀>+−++ ,0)2)(2(
22
nên đưa phương trình về dạng:

2
2
2
2
4
2
2
2
2
++
+−
+
+−
++
=
xx
xx
xx
xx
k
Đặt
2
2
2

2
++
+−
=
xx
xx
t
ta có:








+−
∈
7
329
,
7
329
t
0,5 đ
Khi đó ta có phương trình:
k
t
t =+
4

Xét hàm số
t
ty
4
+=
có
0
4
1
2
'
<−=
t
y








+−
∈∀
7
329
,
7
329
t

.
0,5 đ
Vậy phương trình có nghiệm khi:

)
7
329
()
7
329
(
+
≤≤
−
yky
⇔
329
)3237(7
329
)3237(7
+
+
≤≤
−
−
k
0,5 đ
Câu 2: ( 4 điểm)
1. ( 2 điểm) Giải hệ phương trình:








=
+
−
=
+
+
8)
1
1(5
6)
1
1(5
22
22
yx
y
yx
x
* Thấy (0,y) và (x,0) đều không là nghiệm của hệ. 0,5 đ
* Biến đổi hệ về dạng:








−=
+
+=
⇔







=
+
+
=
+
−
yx
yx
yx
y
yx
x
yx
5
8
5

62
5
8
5
6
2
5
81
1
5
61
1
22
22
22
0,5 đ
* Nhân theo vế hai phương trình trong hệ ta có:
222222
4224
2222
40)4)(4(
093216
25
64
25
364
xyyxyx
yyxx
yxyx
=⇔=−+⇔

=−+⇔−=
+
0,5 đ
* Thay vào hệ ta được các nghiệm:







−=
=



=
=
5
2
5
1
;
2
1
y
x
y
x
0,5 đ

2. ( 2 điểm) Cho A, B, C là 3 góc trong 1 tam giác. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
CBAF sin3sinsin ++=
.
* Biến đổi:
C
BAC
C
BABA
F sin3
2
cos
2
cos2sin3
2
cos
2
sin2 +
−
=+
−+
=
0,5 đ
* Do:
0
2
cos;1
2
cos0 >≤
−

≤
CBA
nên
C
C
F sin3
2
cos2 +≥
0,5 đ
* Xét hàm số:
Csin3
2
C
2cos f(C) +=
có
C
C
Cf cos3
2
sin)(' +−=
.
0,5 đ






−=
=

⇔=+−−⇔=
)(
2
3
2
sin
)(
3
1
2
sin
03
2
sin
2
sin320)('
2
L
C
TM
C
CC
Cf
* Do:
0)(;2)0( ==
π
ff
* Với góc C thoả mãn:
3
22

sin
3
6
2
cos
3
1
2
sin =→=→= C
CC
nên:

3
64
3
22
.3
3
6
.2)( =+=Cf
*Vậy:
3
64
)(
max
=Cf
hay
3
64
max

=F
* Dấu đẳng thức khi:





=
=
BA
C
3
1
2
sin
( Chú ý: Luôn tồn tại hai tam giác ABC cân đỉnh C với
3
1
arcsin=C
hoặc
3
1
arcsin−=
π
C
)
0,5 đ
Câu 3: ( 2 điểm) Tìm tất cả các số tự nhiên gồm 9 chữ số trong đó mỗi số đều có
mặt đúng 3 số chẵn và 3 số lẻ mà mỗi số lẻ đều có mặt đúng hai lần.
Xét hai trường hợp:

* Số được chọn không có số 0:
+ Chọn 3 số chẵn trong tập {2;4;6;8} vào 6 vị trí :
2
5
2
7
2
9
3
4
CCCC
+ Chọn 3 số lẻ trong tập {1;3;5;7;9} vào 3 vị trí còn lại:
3
5
!.3 C
0,5 đ
Vậy trường hợp này có:
3
5
2
5
2
7
2
9
3
4
!.3 CCCCC
0,5 đ
* Số được chọn chứa số 0:

+ Chọn vị trí cho 2 số 0:
2
8
C
+Chọn 2 số chẵn vào 4 vị trí tiếp theo:
2
5
2
7
2
4
CCC
+Chọn 3 số lẻ vào 3 vị trí còn lại:
3
5
!.3 C
Vậy trường hợp này có:
3
5
2
5
2
7
2
4
2
8
!.3 CCCCC
0,5 đ
Vậy có tất cả:

3
5
2
5
2
7
2
9
3
4
3
5
2
5
2
7
2
4
2
8
C!.3.C.C.C.CC!.3.C.C.C.C +
số. 0,5 đ
Câu 4: ( 6 điểm)
1. ( 3 điểm) Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Gọi M là trung điểm A’B’. Mặt
phẳng (P) qua BM đồng thời song song với B’D’. Biết mặt phẳng (P) chia khối
hộp thành hai khối có thể tích là V
1
, V
2
( Trong đó V

1
là thể tích khối chứa A).
Tính tỉ số
2
1
V
V
F =
.
Hình vẽ:

C
I
N
M
D
B
C'
A'
B'
D'
A
*Gọi N là trung điể A’D’. Khi đó (P)≡BDNM).
Thấy BM∩DN∩AA’=I.
Khi đó: V
1
=V(A’MNABD); V
2
=V-V
1

. (Với V là thể tích hình hộp)
0,5 đ
* Ta có:
4
1
)'''(
)(
)D'B'A'(
)'(
==
DBAS
AMNS
AV
MNIAV
0,5 đ
* Mà:
6
1)D'B'AA'(
=
V
V
nên có:
VMNIAV
24
1
)'( =
0,5 đ
* Lại có:
8
1

.'.
)(
)'(
==
IDIBIA
INIMIA
IABDV
MNIAV
0,5 đ
*Vậy:
VIABDV
3
1
)( =
0,5 đ
* Do đó:
VVVV
24
7
24
1
3
1
1
=−=
nên
VVVV
24
17

12
=−=
. Vậy:
17
7
2
1
=
V
V
0,5 đ
2. ( 3 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ SB, SB ⊥ SC, SC ⊥ SA và SA=a,
SB=b, SC=c. Gọi M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Đặt MA=x, MB=y,
MC=z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2
2
2
2
c
z
b
y
a
x
F ++=
* Hình vẽ:

a

b
c
x
M"
S
A
B
C
M
H
M'
* Gọi V là thể tích hình chóp SABC. Khi đó ta có:
V(MSBC)+V(MSCA)+V(MSAB)=V
0,5 đ

1
)()()(
=++⇔
V
MSABV
V
MSCAV
V
MSBCV

Gọi M’, N’, P’ là hình chiếu vuông góc của M lên các mặt (SBC), (SCA), (SAB)
thì ta có:

1
'''

=++
c
MP
b
MN
a
MM
(1)
*Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC) dễ dàng chứng minh được:

2222
1111
SCSBSASH
++=
(2)
0,5 đ
* Mặt khác có:
22222
'"''SM MMMMMMSM +=+=
* Vậy:
'2')'(
222222
aMMaxMMMMaxSM +−=+−−=
hay:
a
MM
a
x
a
SM '2

1
2
2
2
2
+−=
(3)
0,5 đ
* Tương tự có:

b
MN
b
y
b
SM '2
1
2
2
2
2
+−=
(4)

c
MP
c
z
c
SM '2

1
2
2
2
2
+−=
(5)
0,5 đ
* Cộng (3), (4), (5) và áp dụng (1) và (2) ta có:

2
2
2
2
2
2
2
2
1
SH
SM
c
z
b
y
a
x
F +=++=
0,5 đ
* Do

SHSM ≥
nên
2
2
2
2
2
2
2
≥++=
c
z
b
y
a
x
F
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi M≡H.
0,5 đ
Câu 5: ( 3 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn: a+b+c=1. Tìm giá trị
nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức:
abccbaF +++=
222
.
* Do
4
)1(
2
0

1
0,,
2
2
cba
ab
cba
cba
−
=






+
≤≤⇒



=++
≥
0,5 đ
* Biến đổi F ta có:
2222222
)1()2(2)( ccabcabccabbaabccbaF
−++−=++−+=+++=
0,5 đ
*Xét hàm F(ab) là hàm bậc nhất theo ẩn t=ab. Vì

10
≤≤
c
nên (c-2)<0.
Vậy F(ab) là hàm nghịch biến
0,5 đ
* Tìm GTLN: Ta có:
1)1()0()(
22
≤−+=≤ ccFabF
. ( Với
10 ≤≤ c
).
Vậy GTLN của F=1 khi (a,b,c)=(0;0;1) và các hoán vị của nó.
0,5 đ
* Tìm GTNN:
Ta có
)234(
4
1
4
)1(
)(
23
2
+−+=









−
≥ ccc
c
FabF
0,5 đ
*Xét hàm
234)(
23
+−+= ccccg
( Với
10 ≤≤ c
). Ta có
27
40
)
3
1
()( =≥ gcg
* Vậy: GTNN của
27
10
=F
khi
3
1
=== cba

0,5 đ