Các đề thi thi học sinh giỏi lớp 12 cấp thành phố

Sở Giáo dục-Đào tạo KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT
TP.Hồ Chí Minh CẤP THÀNH PHỐ
Năm học 2010 - 2011 (khóa ngày 3/3/2011)
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1. (2 điểm)
Giải phương trình : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4
Bài 2. (6 điểm)
a) Chứng minh
2222
dc.babcad ++≤+
với a, b, c, d là các số thực.
b) Cho ba số thực dương a, b, c thoả: a + b + c ≥
1 1 1
+ +
a b c
.
Chứng minh rằng: a + b + c ≥
3 2
a+b+c abc
+
.
c) Cho x, y, z ∈ R thỏa x
2
+ y
2
+ z
2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất của A= x + y + z – xyz.
Bài 3. (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n
4
+ n
3
+ 1 là số chính phương.
Bài 4. (2 điểm) Giải hệ phương trình
3 2
2 2
3 49
8 8 17
x xy
x xy y y x

+ = −


− + = −


Bài 5. (2 điểm)
Định m để phương trình sau có nghiệm:
2
1 x x m x x 2− − + − =
Bài 6. (4 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD), SA
= a. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD.
Bài 7. (2 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x
2
– xy + 2y

2
với x, y là các số
thực thỏa mãn x
2
– xy + y
2
= 3.
HẾT
1
ĐÁP ÁN :
Bài 1 : (2 điểm)
Giải phương trình : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4
Giải : 2sin 2x – cos 2x =7sin x + 2cos x – 4
⇔
4sin xcos x – (1 – 2sin
2
x) – 7sin x – 2cos x + 4 = 0
⇔
2cos x(2sin x – 1) + 2sin
2
x – 7sin x + 3 = 0
⇔
2cos x(2sin x – 1) + ( 2sin x – 1)(sin x – 3) = 0
⇔
(2sin x – 1 ) ( 2cos x + sin x – 3 )=0
⇔
sin x =
2
1

⇔
)(2
6
5
x 2
6
x Zkkvk ∈+=+=
π
π
π
π
Bài 2 : (6 điểm) Mỗi câu 2 điểm
a) Chứng minh :
2 2 2 2
ad + bc a +b . c +d≤
với a, b, c, d là các số thực.
Nếu ad + bc < 0 : Bất đẳng thức đúng.
Nếu ad + bc
≥
0 :
Bất đẳng thức tương đương với :
2 2 2 2 2
(ad + bc) (a +b )(c +d )≤
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a d + b c + 2abcd a c + a d + b c + b d⇔ ≤
2 2 2 2 2
2abcd a c + b d (ac bd) 0⇔ ≤ ⇔ − ≥
( đúng)
b)Cho ba số thực dương a, b, c thoả: a + b + c ≥
1 1 1

+ +
a b c
.
Chứng minh rằng: a + b + c ≥
3 2
a+b+c abc
+
.
Giải
Ta có a + b + c ≥
1 1 1 9
a b c a b c
+ + ≥
+ +
⇒ a + b + c ≥ 3.
(a + b + c)
2
=
2 2
1 2
(a b c) (a b c)
3 3
+ + + + +
2
2 1 1 1
3
3 a b c
 
≥ + + +
 ÷

 
≥ 3 +
2 1 1 1
3( )
3 ab bc ca
 
+ +
 
 
= 3 + 2
a b c
abc
+ +

⇒ a + b + c ≥
3 2
a b c abc
+
+ +
(đpcm).
c)Cho x, y, z ∈ R thỏa x
2
+ y
2
+ z
2
= 2. Tìm giá trị lớn nhất của A= x + y + z – xyz.
2
Giải :
A = x(1 – yz) + (y + z) ≤

2 2 2 2
x (y z) . (1 yz) 1+ + − +
=
2 2
2 2yz. 2 2yz y z+ − +
= B
Đặt t = yz ≤
2 2 2 2 2
y z x y z
1
2 2
+ + +
≤ =
⇒ t
3
≤ t
2
.
Do đó:
B=
2
(2 2t)(2 2t t )+ − +
=
( )
3 2
2 t t 2 2− + ≤
⇒ A ≤2 .
Khi x = 0, y = z = 1 thì A = 2.
Vậy Max A = 2.
Bài 3 : (2 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n
4
+ n
3
+ 1 là số chính phương.
Giải :
Ta tìm n thỏa
4 3 2
n N*
n n 1 m (m N*)
∈


+ + = ∈

(I)
Ta có m
2
=n
4
+n
3
+1> n
4
⇒ m>n
2
⇒ m=n
2
+k (k∈N*) ⇒ n
4

+n
3
+1=(n
2
+k)
2
⇒ n
2
(n–2k)=k
2
–1 ≥ 0
Nếu k
2
–1>0 thì n–2k ∈ N*⇒ k
2
–1 ≥ n
2
⇒ k
2
>n
2
⇒ n < k mâu thuẫn với n–2k ∈ N*
Vậy phải có k
2
–1=0 ⇒ k=1 và n
2
(n–2)=0⇒ n=2 (Khi đó m=5)
Vậy có duy nhất một số nguyên dương n thỏa n
4
+ n

3
+ 1 là số chính phương , đó là n=2
Bài 4: ( 2 điểm) Giải hệ phương trình
3 2
2 2
3 49
8 8 17
x xy
x xy y y x

+ = −


− + = −


Giải
3 2
2 2
3 49 (1)
8 8 17 (2)
x xy
x xy y y x

+ = −


− + = −



(1) + 3.(2) ta được:
x
3
+ 3xy
2
+ 3x
2
– 24xy + 3y
2
= –49 + 24y – 51x
⇔ x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 + 3y
2
(x + 1) – 24y(x + 1) + 48(x + 1) = 0
⇔ (x + 1)
3
+ (x + 1)(3y
2
– 24y + 48) = 0
⇔ (x + 1)[(x + 1)
2
+ 3(y – 4)
2
] = 0
⇔
1
1

4
x
x
y
= −


= −




=


3
* Thay x = –1 vào (1) ta được –1 – 3y
2
= –49 ⇔ y
2
= 16 ⇔ y = ± 4.
Vậy hệ có hai nghiệm là (–1; 4), (–1; –4).
Bài 5. Định m để phương trình sau có nghiệm:
2
1 x x m x x 2− − + − =
Giải
Đặt
t 1 x x= − −
⇒
2

2
1 t
x x
2
−
− =
( –1 ≤ t ≤ 1)
Phương trình trở thành
2
2
1 t 2t 4
t m. 2 m t ( 1,1)
2 t 1
− −
+ = ⇔ = ∈ −
−

Xét hàm số y = f(t) =
2
2t 4
t 1
−
−
với
t ( 1,1)∈ −
Vậy
m 2 3≥ +
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD), SA = a.
Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD.
Giải

Gọi M là trung điểm của AD. I là giao điểm của BM
và AC, J là giao điểm của EM và SD (E là đỉnh của
hình vuông SADE).
Ta có
IM AM 1
IB BC 2
= =
,
JM DM 1
JE SE 2
= =
⇒
IM JM
IB JE
=
⇒ IJ // BE và IJ =
1
BE
3
AC ⊥ (BDE) ⇒ AC ⊥ BE ⇒ AC ⊥ IJ
SD ⊥ (BAE) ⇒ SD ⊥ BE ⇒ SD ⊥ IJ
Vậy IJ là đoạn vuông góc chung của AC và SD.
BE a 3=
⇒
a 3
IJ
3
=
Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ
4

t
y’ 0
–
+
y
2 3
+
+ ∞
–1
2 3
−
1
+ ∞
Bài 7. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 2x
2
– xy + 2y
2
với x, y là các số thực
thỏa mãn x
2
– xy + y
2
= 3.
Giải
Xét hàm số
2
2
2t t 2
f (t)
t t 1

− +
=
− +
(*)
Ta có
2
2
(t 1)
f (t) 3 3
t t 1
−
= − ≤
− +
và
2
2
5 (t 1) 5
f (t)
3 3(t t 1) 3
+
= + ≥
− +
⇒
5
f (t) 3
3
≤ ≤

(có thể tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(t) bằng giải tích)
Với y = 0 ta có A = 6

Với y ≠ 0, thay t =
x
y
vào (*) ta có:
2 2
2 2
5 2x xy y
3
3 x xy y
− +
≤ ≤
− +
⇒ 5 ≤ A ≤ 9
Vậy giá trị lớn nhất của A là 9 khi x = y
giá trị nhỏ nhất của A là 5 khi x = – y
Sở Giáo dục-Đào tạo KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT
TP.Hồ Chí Minh CẤP THÀNH PHỐ
5
Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010)
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 : (4 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
1
4
2
+
=
x

x
y
.
b) Cho
zyx ,,
thỏa :
1;0;0;0 =++>>> zyxzyx
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xyz
yx
A
+
=
.
Bài 2 : (4 điểm) Chứng minh :
a)
.,,072)4312()(25
222
Ryxyxyx ∈∀≥−−−++
b)
,
1
2
1
1
1
1
22
xy
yx

+
≥
+
+
+
với
1≥xy
.
Bài 3 : (3 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình:
a)
11642
2
+−=−+− xxxx

b)





=+
=+
28
4
3
3
yx
yx
Bài 4 : (4 điểm)

Cho tứ diện ABCD. Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các mặt phẳng (ACD) và
(BCD) bằng nhau.
a) Chứng minh rằng :
BCD
ACD
BICD
AICD
S
S
V
V
IB
IA
==
b) Cho IA=IB và AB vuông góc với CD. Chứng minh rằng AB vuông góc với mặt phẳng (ICD).
Bài 5 : (2 điểm)
Cho tứ diện ABCD, trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các đường thẳng song song
với các cạnh AB, AC, AD cắt các mặt (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định vị trí của
M trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 6 : (3 điểm)
Định m để phương trình : sin3x – sin2x = (m – 1)sinx có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn [
π
π
2;
3
].
HẾT
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT CẤP THÀNH PHỐ
Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010)

6
Bài 1 : (4 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số
1
4
2
+
=
x
x
y
.
b) Cho
zyx ,,
thỏa :
1;0;0;0 =++>>> zyxzyx
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xyz
yx
A
+
=
.
Giải
a)
1
4
2
+
=

x
x
y
Ta có :
0≥y
nên
y
đạt GTNN là 0 khi
x
= 0.
Ngoài ra ta có
2
1
1
21
4
2
24
≤
+
⇔≥+
x
x
xx
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
11
4
±=⇔= xx
.
Vây

y
đạt GTLN là
2
1
khi
x
=
1±
.
b) Ta có :
1;0;0;0 =++>>> zyxzyx
.
Sử dụng BĐT Cô si :
zyxzyxzyx )(2)(1 +≥++=++=
)1()(4)(41
2
zyxyxzyx +≥+⇔+≥⇔
Mặt khác, ta cũng có :
xyzzyxxyyx 4)(4)(
22
≥+⇒≥+
Suy ra :
1616 ≥
+
⇒≥+
xyz
yx
xyzyx
Dấu bằng xảy ra khi :
4

1
2
1
; ==⇒==+= yxzyxyx
Vây
xyz
yx
A
+
=
đạt nhỏ nhất là 16 khi
4
1
;
2
1
=== yxz
Bài 2 : (4 điểm) Chứng minh :
a)
.,,072)4312()(25
222
Ryxyxyx ∈∀≥−−−++
b)
.1,
1
2
1
1
1
1

22
≥∀
+
≥
+
+
+
xy
xy
yx
Giải
a) Ta có :
72962472169144252572)4312()(25
2222222
−−+−++++=−−−++ yxyxyxyxyxyx
729641)3(2434
22
+−+−−= yyxyx
Ta xem như một tam thức bậc hai theo
x
và có :
.,0)2425(2)5761200625(2)729641(34)3(144'
2222
Ryyyyyyy ∈∀≤−−=+−−=+−−−=∆
Vậy ta có đpcm.
b) Ta có :
1≥xy
7
Xét hiệu số :
)1)(1()1)(1(

1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2222
xyy
yxy
xyx
xxy
xy
y
xy
x
xy
yx ++
−

+
++
−
=
+
−
+
+
+
−
+
=
+
−
+
+
+
)
1)(1(
.(
1
)
11
.(
1
)1)(1(
)(
)1)(1(
)(
)22

22
2222
yx
yxyxyx
xy
xy
y
y
x
x
xy
xy
xyy
yxy
xyx
xyx
++
−−+
+
−
=
+
−
+
+
−
=
++
−
+

++
−
=
0
)1)(1)(1(
)1()(
)1)(1(
)1)((
.(
1
22
2
22
≥
+++
−−
=
++
−−
+
−
=
yxxy
xyxy
yx
xyxy
xy
xy
. Vậy ta có đpcm.
Bài 3 : (3 điểm)

Giải các phương trình và hệ phương trình:
a)
11642
2
+−=−+− xxxx

b)





=+
=+
28
4
3
3
yx
yx
Giải
a)
11642
2
+−=−+− xxxx
Ta xét vế phải :
22)3(296116
222
≥+−=++−=+− xxxxx
Ta xét vế trái:

2
2
41
2
21
42 =
−+
+
−+
≤−+−
xx
xx
Vậy để cho hai vế bằng nhau ta phải có :
3
14;12
3
242
2116
2
=⇔



=−=−
=
⇔






=−+−
=+−
x
xx
x
xx
xx
( nghiệm duy nhất)
b)





=+
=+
28
4
3
3
yx
yx
Ta có :
644 364)(64)(
33
3
3
3
3

3
=++⇔=+++⇔=+ xyyxyxxyyxyx
Mà
28=+ yx
nên
273
3
=⇒= xyxy
.
Vậy ta có :



=
=



=
=
⇔



=
=+
1
27
27
1

27
28
y
x
v
y
x
xy
yx
Hệ có hai nghiệm như trên.
Bài 4 : (4 điểm)
Cho tứ diện ABCD. Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các mặt phẳng (ACD) và (BCD)
bằng nhau.
a)Chứng minh rằng :
BCD
ACD
BICD
AICD
S
S
V
V
IB
IA
==
b)Cho IA=IB và AB vuông góc với CD. Chứng minh rằng AB vuông góc với mp(ICD)
Giải
8
a) Ta có :
BI

AI
BK
AH
V
V
BICD
AICD
==
với AH là đoạn vuông góc vẽ từ A đến mp(ICD)
và BK là đoạn vuông góc vẽ từ B đến mp(ICD).
Ngoài ra ta còn có :
BCD
ACD
I.BCD
I.ACD
IN.S
IM.S
V
V
=
với IM là đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp(ACD) và IN là
đoạn vuông góc vẽ từ I đến mp(BCD).
Vì I thuộc mặt phân giác của nhị diện ( ACD, BCD) nên IM=IN cho ta đpcm.
b) Với IA = IB và AB vuông góc với CD, ta vẽ đường cao AJ của tam giác ACD.
Ta có : CD vuông góc AB, CD vuông góc AJ nên CD vuông góc với mp(ABJ) suy ra CD vuông góc
với BJ.
Do vì IA = IB nên diện tích (ACD) bằng diện tích (BCD) , do câu a).
Nên suy ra AJ=BJ.
Tam giác ABJ cân tại J cho ta : JI vuông góc với AB.
Vậy AB vuông với IJ, AB vuông với CD nên AB vuông với mp(ICD) ( đpcm)

Bài 5 : (2 điểm)
Cho tứ diện ABCD, trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các đường thẳng song song với
các cạnh AB, AC, AD cắt các mặt (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định vị trí của M
trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt lớn nhất.
Giải
Trước hết ta chứng minh :
)1(
AD
MC'
.
AC
MB'
.
AB
MA'
V
V
A.BCD
C'B'M.A'
=
Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh của góc tam diện A.BCD và lấy trên ba tia đối lần lượt các
đoạn AA
1
=MA’, BB
1
=MB’, CC
1
=MC’. Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ MA thì hình tứ diện
MA’B’C’ biến thành tứ diện AA
1

B
1
C
1
nên thể tích hai hình tứ diện ấy bằng nhau và ta có :
AD
MC'
.
AC
MB'
.
AB
MA'
AD
AC
.
AC
AB
.
AB
AA
V
V
111
A.BCD
A.A
111
==
CB
( đ p cm)

và ta chứng minh tiếp :
)2(1
AD
MC'
AC
MB'
AB
MA'
=++
Thật vậy, ta có :
ABCD
MABD
ABCD
MACD
ABCD
MABC
MABDMACDMABCABCD
V
V
V
V
V
V
1VVVV ++=⇔++=
Xét
DH
MK
V
V
V

V
D.ABC
MABC
ABCD
MABC
==
với MK là khoảng cách từ M đến mp(ABC), DH là khoảng cách từ D đến mp(ABC).
Ta lại có hai tam giác vuông MKC và DHA đồng dạng cho :
AD
MC'
DH
MK
=

Suy ra :
AD
MC'
V
V
D.ABC
M.ABC
=
Tương tự ta có :
AC
MB'
V
V
;
AB
MA'

V
V
B.ACD
MABD
B.ACD
MACD
==
9
Vậy (2) đúng.
Từ các kết quả ( 1 ) và ( 2 ), ta có :
ABCD
C'B'MA'
3
V
V
AB.AC.AD
'MA'.MB'.MC
27
1
AB.AC.AD
'MA'.MB'.MC
3
AD
MC'
AC
MB'
AB
MA'
1 =≥⇔≥++=
Vậy

ABCDC'B'MA'
V
27
1
V ≤
Thể tích MA’B’C’ đạt lớn nhất là
ABCD
V
27
1
khi xảy ra dấu bằng, lúc ấy M là trọng tâm tam giác
BCD.
( vì
AD)
3
1
MC'AC,
3
1
MB',AB
3
1
MA' ===
Bài 6 : (3 điểm)
Định m để phương trình : sin 3x – sin 2x = (m-1)sin x (*) có đúng 5 nghiệm thuộc đoạn [
π
π
2;
3
].

Giải
(*)
⇔
sinx(3 – 4sin
2
x – 2cosx – m + 1) = 0
⇔
sinx = 0 (1) hoặc 4cos
2
x – 2cosx = m (2)
(1) cho 2 nghiệm x =
π
và x = 2
π
(2)
⇔
4t
2
– 2t = m với t = cosx
∈
[-1 ;1]
(3) Xét hàm số f(t) = 4t
2
– 2t trên [-1 ;1]. f’(t) = 8t – 2 = 0
⇔
t = ¼.
2
1
3
5

cos
3
cos ==
ππ
Nhận xét :
t = -1 : pt cosx = t có 1 nghiệm x =
π
-1 < t ≤ 1/2 : pt cosx = t có 2 nghiệm thuộc đoạn [
π
/3 ;2
π
]\{
π
,2
π
}
1/2 < t < 1 : pt cosx = t có 1 nghiệm thuộc đoạn [
π
/3 ;2
π
]\{
π
,2
π
}
t = 1 : pt cosx = t có 1 nghiệm x = 2
π
Khi m = 6 : pt f(t) = m có nghiệm t = -1
⇔
(2) có 1 nghiệm x =

π
Khi 2 < m < 6 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t
∈
(-1 ;1/4)
⇔
(2) có 2 nghiệm
Khi m = 2 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t = 1 và 1 nghiệm t
∈
(-1 ;1/4)
⇔
(2) có 3 nghiệm trong đó có 1
nghiệm = 2
π
.
Khi 0 < m < 2 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t
∈
(1/2 ;1) và 1 nghiệm t
∈
(-1 ;1/4)
⇔
(2) có 3 nghiệm
10
t
-1 1/4 1/2 1
f’(t) 0 +
f(t)
6 2
-1/4
0
Khi -1/4 < m ≤ 0 : pt f(t) = m có 2 nghiệm t

∈
(-1 ;1/2]
⇔
(2) có 4 nghiệm
Khi m = -1/4 : pt f(t) = m có 1 nghiệm t = 1/4
⇔
(2) có 2 nghiệm
Vậy (2) có 3 nghiệm khác
π
và 2
π

⇔
0 < m
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ
TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2008 – 2009. Khóa ngày 25/3/2009
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
11
Bài 1 : (4 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
)0m(4mx2xy
24
>+−=
trên đoạn [0 ;
m
]
b) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số
22

)( mxxy ++=
trên đoạn [–2 ; 2] bằng 4.
Bài 2 : (4 điểm)
Định a để phương trình :
0)1a2x2(log)ax4x(log
3
1
2
3
=−−++
có nghiệm duy nhất.
Bài 3 : (3 điểm)
Giải hệ phương trình





−=+
=+−
32
222
yx43x2
0yx2yx
Bài 4 : (3 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = a, AD = 2a, BD = a
3
, CD = a
2
. Tính theo a

khoảng cách từ D đến mặt phẳng (ABC).
Bài 5 : (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng SB, SC.
Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH theo a.
Bài 6 : (3 điểm)
Trong không gian có hệ trục tọa độ Oxyz cho ba mặt phẳng :
( P ) : 2x – y – 2z + 1 = 0
( Q ) : x + 2y + 2z + 3 = 0
( R ) : mx + y – 3z + n = 0
a) Xác định m, n để ba mặt phẳng trên có một điểm chung duy nhất .
b) Xác định m, n để ba mặt phẳng trên cùng đi qua một đường thẳng.
HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THPT KHÓA NGÀY 25/3/2009
Bài 1 : (4 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số
)0(42
24
>+−= mmxxy
trên đoạn [0 ;
m
]
Giải
mxxy 44
3/
−=
12
mxxy ±==⇔= ,00
/
Nếu

mmm ≤⇒≤< 10

GTNN là f(m) = m
4
– 2m
3
+ 4
Nếu
mmm >⇒>1

GTNN là f(m) = m
4
– 2m
3
+ 4
GTNN là f(
m
) = 4 – m
2
b) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số :
22
)( mxxy ++=
trên đoạn [ – 2 ; 2] bằng 4.
Giải
Đặt t = x
2
+ x x ∈[-2;2] ⇒
6
4
1

≤≤− t
y = (t + m)
2
,
]6;
4
1
[−∈t
y’ = 2(t + m)
y’ = 0 ⇔ t = – m
Nếu
4
1
4
1
≥⇔−≤− mm
,
2
min
)
4
1
()
4
1
( −=−= mfy
= 4 ⇔ m =
4
9
Nếu

4
1
66
4
1
<<−⇔<−<− mm
,
0)(
min
=−= mfy
Nếu
66 −≤⇔≥− mm
,
2
min
)6()6( mfy
+==
= 4 ⇔ m = – 8
Vậy m =
4
9
hay m = – 8
Bài 2 : (4 điểm)
Định a để phương trình :
0)122(log)4(log
3
1
2
3
=−−++ axaxx

có nghiệm duy nhất.
Giải
13
x
-∞
m−
m
m0
+∞
y’ 0 00 ++ ––
y 0
f(m)
x
-∞
m−
m
m0
+∞
y’ 0 00 ++ ––
y 0
f(
m
)



>−−
−−=+
⇔=−−=+
0122

1224
0)122(log)4(log
2
3
2
3
ax
axaxx
axaxx







−<
+
−+−
+
−+−
=
⇔
12
12
12
12
12
2
2

2
x
x
xx
x
xx
a







>
+
−
+
−+−
=
⇔
0
12
25
12
12
2
2
2
x

xx
x
xx
a







+∞∪−∈
+
−+−
=
⇔
);
5
2
()0;
2
1
(
12
12
2
2
x
x
xx

a
12
12
)(
2
+
−+−
=
x
xx
xg
2
2
/
)12(
422
)(
+
+−−
=
x
xx
xg
,
2,10)(
/
−==⇔= xxxg

Để có nghiệm duy nhất thì





−≤≤−
=
5
1
21
02
a
a
⇔




−≤≤−
=
10
1
2
1
0
a
a
Bài 3. (3 điểm)
Giải hệ phương trình
2 2 2
2 3
x y 2x y 0

2x 3 4x y

− + =


+ = −


Giải
(2)
⇔
2x
2
– 4x + 3 = - y
3
≥ 1 ⇒ y ≤ - 1 ⇒ y
2
≥ 1
(1)
⇔
(x
2
+ 1)y
2
– 2x = 0
⇔
(x
2
+ 1)(y
2

– 1) + (x – 1)
2
= 0 ⇒ x = 1, y = -1
Thử lại ta có nghiệm của hệ phương trình là x = 1, y = – 1
Bài 4 : (3 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = a, AD = 2a, BD = a
3
, CD = a
2
. Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(ABC).
Giải
Ta có ∆BCD vuông tại C, ∆ABD vuông tại B.
Gọi H là hình chiếu của D lên mp(ABC)
14
x
-∞
1
0
+∞
y’ 0
y’
–2 – 1/2 2/5
0– + + + + –
0
-∞
-1/5
-1
-∞
Ta có AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ BH ⇒ CBH = 30

0
BC ⊥ CD ⇒ BC ⊥ CH
⇒ CH =
3
a

⇒ DH =
3
5
22
aCHDC =−
Bài 5 : (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu của A lên các đường thẳng SB, SC. Xác định
tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
A.BCKH
Giải
Gọi O là giao điểm 2 đường cao BD và CE của ∆ABC.
⇒ BD ⊥ (SAC) và CE ⊥ (SAB)
Do ABC là tam giác đều nên D, E lần lượt là trung điểm
của AC, AB ⇒ D, E lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC và AHB.
⇒ O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH
Bán kính OA =
3
3a
Bài 6 : (3 điểm)
Trong không gian Oxyz cho ba mặt phẳng :
( P ) : 2x – y – 2z + 1 = 0
( Q ) : x + 2y + 2z + 3 = 0

( R ) : mx + y – 3z + n = 0
a) Xác định m để ba mặt phẳng trên có 1 điểm chung duy nhất .
b) Xác định m để ba mặt phẳng trên cùng đi qua một đường thẳng.
Giải
Phương trình giao tuyến của (P) và (Q):





=
−−=
+−=
tz
ty
tx
5
61
21

Thế x, y, z vào phương trình của (R) ta được : (2m – 21)t = m – n + 1
15
Ba mp (P), (Q), (R) có điểm chung duy nhất ⇔



∈
≠−
Rn
m 0212

⇔





∈
≠
Rn
m
2
21
Ba mp (P), (Q), (R) cùng đi qua 1 đường thẳng ⇔



=+−
=−
01
0212
nm
m
⇔








=
=
2
23
2
21
n
m
HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
TP HỒ CHÍ MINH LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2007 – 2008
ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN - Khóa ngày 28 tháng 2 năm 2008
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số :
2
2 2
1
x x
y
x
− +
=
−
1) Khảo sát và vẽ đồ thị
( )C
của hàm số.
2) Tìm hai điểm A, B trên hai nhánh khác nhau của (C) sao cho độ dài AB nhỏ nhất.
3) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của (C). Tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ của (C) cắt hai
đường tiệm cận tại P và Q. Chứng minh rằng tam giác IPQ có diện tích không đổi.
Câu 2. (4 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
(d
1
): (2m + 6)x +(4m – 2)y – 7m = 0
(d
2
) : (6m – 3)x – (3m + 9)y – 4m – 5 = 0.
Chứng minh rằng (d
1
) và (d
2
) luôn cắt nhau với mọi giá trị của tham số m. Tìm tọa độ giao điểm
I của (d
1
) và (d
2
). Khi m thay đổi thì I di động trên một đường cố định nào ?
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
– 2x – 4y + 1 = 0,
(C
2
): x
2
+ y
2

– 4x – 2y + 4 = 0
Viết phương trình các tiếp tuyến chung của hai đường tròn trên.
Câu 3.( 4 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình, bất phương trình sau:
a)
3
2 7
log (1 ) logx x+ =
b)
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y

+ =


− =


c)
2 2 2
2 2 3 4 5x x x x x x+ − + + − ≤ + −
Câu 4. (2 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thỏa
1 1 2
a c b
+ =

. Chứng minh rằng:
4
2 2
a b c b
a b c b
+ +
+ ≥
− −
16
Câu 5. (4 điểm)
a) Giải phương trình:
( ) ( )
2sin 2 2 3 3 sin 2 3 3 cos 6 3x x x+ − + − = −
b) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a,b,c và diện tích S thỏa S = (c+a+b)(c+b–a).
Chứng minh rằng: tgA =
8
15
−
Câu 6. (2 điểm)
Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = sin
2
A – sin
2
B + sin
2
C.
Hết
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ
TP HỒ CHÍ MINH Năm học 2006 – 2007
MÔN TOÁN

Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1 : (4 đ)
Giải hệ phương trình :
x y x
y z y
z x z

+ = +


+ = +


+ = +


3
3
3
3 4
2 6 6
3 9 8
.
Câu 2 : (4 đ)
a) Tìm ba số thực
zyx ,,
thỏa hệ :




=++
=++
432
1
222
zyx
zyx
sao cho
x
đạt giá trị lớn nhất.
b) Cho
10 ≤≤<< zyx
và
423 ≤++ zyx
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
222
23 zyxS ++=
.
Câu 3 : (2 đ)
Cho
cba ,,
là các số thực không âm thỏa:
3
=++
cba
.
Chứng minh :
2

3
111
2
2
2
2
2
2
≥
+
+
+
+
+ a
c
c
b
b
a
.
Câu 4 : (4 đ)
Cho
cba ,,
là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp.
Chứng minh :
a)
.822
22222
Rrrpcba −−=++

b)
.4
22222
Rrrpcba ++≥++
Câu 5 : (4 đ)
17
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi P, Q, R lần
lượt là trung điểm các cung nhỏ: BC, CA, AB. Đường thẳng AP cắt BC tại L; BQ cắt AC
tại M; CR cắt AB tại N.
Chứng minh
LA MB NC
9
LP MQ NR
+ + ≥
.
Câu 6 : (2 đ)
Cho tứ diện ABCD thoả : ABC = ADC =BAD = BCD
Tính tổng T = ADB + BDC + CDA.
………… HẾT…………
18