Đề thi chọn HSG Toán 12 THPT năm 2018 – 2019 sở GDĐT Đồng Nai

GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2018 – 2019
Câu 1. (5,0 điểm) Cho hàm số y

2x 3

3(m

3)x 2

18mx

8 , m là tham số.

a) Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên .
b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm vế hai phía của trục tung.
c) Tìm m để giá trị nhô nhất của hàm số đã cho trên đoän [ 1; 0] bằng 24
Giải
a) y '  6x  6(m  3)x  18m ,
2

Hàm số đồng biến trên

  'y '  0  9(m  3)2  108m  0  m 2  6m  9  0  m  3 .

b) Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía trục tung
m 0
c)
+ Nếu m 3
nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là
y ' 6x 2 36x 54 hàm số nghịch biến trên

y(0)

24 (vô lí)

8

+ Nếu m

1

[ 1; 0] là y(0)
+ Nếu m

y( 1)
+ Nếu m



0

6x 2

y'

12x

18 thì trên ( 1; 0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên

24 (vô lí)

8

6x 2

y'

18x thì trên ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là

3 21m
24
m 1 (loäi)
3, m 0, m
1 thì y ' 0 luôn có hai nghiệm là m và 3 . Ta xét các trường hợp sau

Nếu m

0 thì trên ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1)
24
m 1 (nhận)
Nếu 1 m 0 thì trên ( 1; m) hàm số đồng biến và trên (m; 0) hàm số nghịch biến nên giá
trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) hoặc y(0) , mà y(0)



(loäi)
Nếu m

24

m

1

1 thì trên [ 1; 0] hàm số nghịch biến nên giá trị nhô nhất trên [ 1; 0] là y( 1) hoặc

y(0) , mà y(0)
Vậy m

24 (vô lí) và y( 1)

24 (vô lí) và y( 1)

24

m

1 (loäi)

1 là giá trị cần tìm

Câu 2. (3,5 điểm)
1) Giâi phương trình 8.25x  8.10x  15.22x 1  0 .
2) Giâi phương trình (1 2 sin 4x )tan 2x 1
Giải

1) 8.25x  8.10x  15.22x 1

2) Điều kiện x

k

(1

1

4
2 sin 4x )tan2x

 5 x 5
  
2x
x
5
5
2
 2
 0  8.    8.    30  0  x
x 1


2
2
5
3


 2 
2


2
sin2x

2 sin 4x.sin2x

cos2x

sin2x

cos2x

cos 6x

cos2x


sin 2x

cos 6x

cos

2x

2

2x

2

cos 6x

6x

2x

2

k2

6x

x

k2

x

16
8

k

4
k

(thôa đk)

2

Câu 3. (3,5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD) . Tam giác BCD là
tam giác đều, AB

2a .

a, BC

1) Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC ) và (BCD)
2) Tính theo a khoâng cách giữa hai đường AC và BD
Giải
1) Có AB

(BCD) mà AB

(ABC )

(BCD) .

(ABC )

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC ) và (BCD) là 900
2) Gọi E là trung điểm BD , dựng hình chữ nhật BFCE
Gọi H là hình chiếu của B trên AF
Ta có BD FC
BD (AFC )
Suy ra d(BD, AC )

BH

d(SB,(AFC ))

d(B,(AFC ))

AF (1)

CF vuông góc BF và AB . Suy ra BH
Từ (1) và (2)

BH

CF (2)

(AFC ) .

Vậy BH

d(B,(AFC ) d(BD, AC )
Xét tam giác vuông ABF ta có :

BF .AB

BH

BF 2

Vậy d(BD, AC )

CE .AB

AB 2

CE 2

a 3.a

AB 2

3a 2

a 3
2

a2

a 3
2

Câu 4. (3,0 điểm) Trong một tiết học môn Toán, giáo viên mời ba học sinh A, B,C thực hiện trò chơi
chơi như sau : Mỗi bän A, B,C chọn ngẫu nhiên một số nguyên khác 0 thuộc khoâng ( 6;6) và lần
lượt thế vào ba tham số của hàm số y

c ; nếu đồ thị hàm số thu được có ba điểm cực trị
đều nằm phía trên trục hoành thì được nhận thưởng. Tính xác suất để ba học sinh A, B,C được nhận
ax 4

bx 2

thưởng.
Giải

n( )

3

10

Hàm số có ba cực trị

ab

0

x
y'

4ax

3

2bx

0

2x (2ax

2

b)

0

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A(0; c), B

x

0
b
2a
b
;
2a

b2
4a

c ,C

b
;
2a

b2
4a

c


Trường hợp 1 :
Nếu a 0 thì A là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành

a 0
b 0
yA 0

a
b
c

0
0
0

a
b
c

{ 5; 4; 3; 2; 1}
{1;2; 3; 4;5}
{1;2; 3; 4;5}

có 5.5.5

125 (cách)

Trường hợp 2 :
Nếu a 0 thì B,C là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành

a

0

b

0

a

yB

0

yC

0

0

b

0
2

b
c
4a
Dễ suy được c 0 và 4a

{4;8;12;16;20}

Ta có các khâ năng sau :

Với c

1

Với c

1

Với c

1

Với c

1

Với c

2

Với c

2

Với c

2

Với c

2

Với c

2

Với c

3

Với c

3

Với c

3

Với c

3

Với c

3

b2
4a
b2
4a

b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a

1, b

1

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

1, b

2

a

{2; 3; 4;5}

1, b

3

a

{3; 4;5}

1, b

4

a

{5}

2, b

1

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

2, b

2

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

2, b

3

a

{2; 3; 4;5}

2, b

4

a

{3; 4;5}

2, b

5

a

{4;5}

3, b

1

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

3, b

2

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

3, b

3

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

3, b

4

a

{2; 3; 4;5}

3, b

5

a

{3; 4;5}

có 4 (cách)

có 3 (cách)

có 1 (cách)

có 4 (cách)
có 3 (cách)

có 2 (cách)

có 4 (cách)
có 3 (cách)


Với c

4

Với c

4

Với c

4

Với c

4

Với c

4

Với c

5

Với c

5

Với c

5

Với c

5

Với c

5

b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2

4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2
4a

4, b

1

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

4, b

2

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

4, b

3

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

4, b

4

a

{2; 3; 4;5}

có 4 (cách)

4, b

5

a

{2; 3; 4;5}

có 4 (cách)

5, b

1

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

5, b

2

a

{1;2;3;4;5}

có 5 (cách)

5, b

3

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

5, b

4

a

{1;2; 3; 4;5}

có 5 (cách)

5, b

5

a

{2; 3; 4;5}

có 4 (cách)

Trong trường hợp này có : 101 (cách)
Suy ra có tất câ 125 101 226 (cách chọn)

226
1000

Vậy xác suất là

113
500

Câu 5. (2,5 điểm) Giâi hệ phương trình

x3

x 2y

x

x

y2
2

2x

1

0

3y

2

2y 2 (2)

x)

(xy

(1)

Giải
Điều kiện: x

0, y

x3

2x

x 2y

y2

2
3
1 0

(x 3

x 2y

x 2 (x

y

1)

x (x

y

1)

x (y

x 2 (x

y

1)

x (x

y

1)

(y

2

(x

y

1)(x

x

y

1

x2

x

y

Với x

y

1 thay vào (2) ta được

y

1

y

3

x

1

y

1)

x 2)
1)

(1

1)(x

y

(x 2

xy

y)(1

1)

y)

x)

(1

0

0

0

0
3y

2

2y 2

3y

2

y

1

(2y 2

y

3)

0

y2)

0


2y
3y

3
y

2

(2y

1

x

y

1

0

Kết hợp điều kiện ta được
Ta có

x

0

x

2

x
3

21

x2

2
3

y

1
x

Xét vế trái của (2) : f (x )
Xét vế phải ta có f (y)

x

1)

0

3
2

1

1

3y

2

1

x

y

1

y

1

y

1

0 (VN )

0

3x 2

1

x

2

x2

3x

1

1

x

0

0

3

x

0

21
6

0, 3

0)

0

2
3

8y 3y

3

x

2 với 0
2y 2 với

2

4y

y , vì x

x

x

3y

2 3y

2

0, 3 (vì x

6

Ta có f '(y )

x

1

2
3

y

1

3)(y

5
2

x

5 3
;

2 2

Trường hợp này có nghiệm
Với x 2

3
2

y

7
4

6

y
2

21

f (x )

2

1
3

192y 3

128y

9

0

y

3
4

5
nên phương trình vô nghiệm
8
5 3
;
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
2 2
Suy ra

1

f (y )

Câu 6. (2,5 điểm)
1) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhô nhất của P
2) Chứng minh rằng C

2b

3c

1) Đặt v

2c

3a

w

2a

3b

6u

1
35
1
35

18

9v
u
4v
u

b
c

4w

4u
v

b

2b

c

2c

c
3a

2a

3b

chia hết cho 3 với mọi n nguyên dương

a

u

P

n
3n

a

1
( 6u 9v 4w)
35
1
(9u 4v 6w )
35
1
(4u 6v 9w )
35

4u

6v
v

4w
v

4v
w

9w

4w
u

9u

4u
w

4v
w

6w

5v
u

1
35
5w
v

18

5u
w

9v
u

4w
u

4u
v

9w
v

9u
w

4v
w


1
( 18
35

2. 16

2 16

2. 16

3 125)

3
5

5
a b c
3
1.2.3...(3n 1).3n

1.2.3...(3n 1)
3.
.3
1.2.3...n.(2n )!
1.2.3...(n 1).(2n )!

Vậy giá trị nhô nhất của P là
2) C 3nn

(3n )!
n !.(2n )!

3.C 3nn 11

C 3nn chia hết cho 3