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 [...]... 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 = sin2A – sin2B + sin2C 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... Ba mp (P), (Q), (R) cùng đi qua 1 đường thẳng ⇔  ⇔ m − n + 1 = 0 n = 23  2  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) x2 − 2x + 2 Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số : y = x −1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số 2) Tìm hai điểm... 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 TP HỒ CHÍ MINH KÌ THI HỌC SINH GIỎI THPT- LỚP 12 CẤP THÀNH PHỐ 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 y = x 4 − 2mx 2 + 4 (m > 0) trên đoạn [0 ; m ] b) Tìm m... 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 y = x 4 − 2mx 2 + 4 ( m > 0) trên đoạn [0 ; m ] Giải y / = 4 x 3 − 4mx 12 y / = 0 ⇔ x = 0, x = ± m Nếu 0 < m ≤ 1 ⇒ m ≤ m GTNN là f(m) = m4 – 2m3 + 4 x -∞ y’ 0 − m – 0 + y m 0 +∞ m – 0 + 0... 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 = a 3 3 Bài 6 : (3 điểm) Trong không gian Oxyz cho ba mặt phẳng : ( P... 3  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... 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 -∞ Ta có AB ⊥ BD ⇒ AB ⊥ BH ⇒ CBH = 300 BC ⊥ CD ⇒ BC ⊥ CH ⇒ CH = ⇒ DH = a 3 DC 2 − CH 2 = a 5 3 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... động trên một đường cố định nào ? b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0, (C2): x2 + y2 – 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) log 2 (1 + x ) = log 7 x 3  x 3 (2 + 3 y ) = 1  b)  3  x ( y − 2) = 3  c) x 2 + x − 2 + x 2 + 2 x − 3 ≤... hệ :  sao cho x đạt giá trị lớn nhất 2 2 2  x + 2 y + 3z = 4 b) Cho 0 < x < y ≤ z ≤ 1 và 3 x + 2 y + z ≤ 4 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = 3 x 2 + 2 y 2 + z 2 Câu 3 : (2 đ) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa: a + b + c = 3 Chứng minh : a2 b2 c2 3 + 2 + 2 ≥ 2 b +1 c +1 a +1 2 Câu 4 : (4 đ) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có p là nửa chu vi , R là bán kính đường tròn... minh : a) a 2 + b 2 + c 2 = 2 p 2 − 2r 2 − 8 Rr b) a 2 + b 2 + c 2 ≥ p 2 + r 2 + 4 Rr 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 = . 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. 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. 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