GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 TỈNH ĐỒNG NAI NĂM 2018 – 2019 Câu (5,0 điểm) Cho hàm số y 2x 3(m 3)x 18mx , m tham số a) Tìm m để hàm số cho đồng biến b) Tìm m để đồ thị hàm số cho có hai điểm cực trị nằm vế hai phía trục tung c) Tìm m để giá trị nhơ hàm số cho đoän [ 1; 0] 24 Giải a) y ' 6x 6(m 3)x 18m , Hàm số đồng biến 'y ' 9(m 3)2 108m m 6m m b) Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm hai phía trục tung m c) + Nếu m nên giá trị nhô [ 1; 0] y ' 6x 36x 54 hàm số nghịch biến y(0) 24 (vơ lí) + Nếu m [ 1; 0] y(0) + Nếu m y( 1) + Nếu m 6x y' 12x 18 ( 1; 0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhơ 24 (vơ lí) 6x y' 18x ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô [ 1; 0] 21m 24 m (loäi) 3, m 0, m y ' ln có hai nghiệm m Ta xét trường hợp sau Nếu m ( 1; 0) hàm số đồng biến nên giá trị nhô [ 1; 0] y( 1) 24 m (nhận) Nếu m ( 1; m) hàm số đồng biến (m; 0) hàm số nghịch biến nên giá trị nhô [ 1; 0] y( 1) y(0) , mà y(0) (loäi) Nếu m 24 m 1 [ 1; 0] hàm số nghịch biến nên giá trị nhô [ 1; 0] y( 1) y(0) , mà y(0) Vậy m 24 (vơ lí) y( 1) 24 (vơ lí) y( 1) 24 m (lội) giá trị cần tìm Câu (3,5 điểm) 1) Giâi phương trình 8.25x 8.10x 15.22x 1 2) Giâi phương trình (1 sin 4x )tan 2x Giải 1) 8.25x 8.10x 15.22x 1 2) Điều kiện x k (1 sin 4x )tan2x x 2x x 5 5 30 x x 1 2 2 sin2x sin 4x.sin2x cos2x sin2x cos2x cos 6x cos2x sin 2x cos 6x cos 2x 2x cos 6x 6x 2x k2 6x x k2 x 16 k k (thôa đk) Câu (3,5 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB vng góc với mặt phẳng (BCD) Tam giác BCD tam giác đều, AB 2a a, BC 1) Tính góc hai mặt phẳng (ABC ) (BCD) 2) Tính theo a khoâng cách hai đường AC BD Giải 1) Có AB (BCD) mà AB (ABC ) (BCD) (ABC ) Suy góc hai mặt phẳng (ABC ) (BCD) 900 2) Gọi E trung điểm BD , dựng hình chữ nhật BFCE Gọi H hình chiếu B AF Ta có BD FC BD (AFC ) Suy d(BD, AC ) BH d(SB,(AFC )) d(B,(AFC )) AF (1) CF vng góc BF AB Suy BH Từ (1) (2) BH CF (2) (AFC ) Vậy BH d(B,(AFC ) d(BD, AC ) Xét tam giác vng ABF ta có : BF AB BH BF Vậy d(BD, AC ) CE AB AB CE a 3.a AB 3a a a2 a Câu (3,0 điểm) Trong tiết học mơn Tốn, giáo viên mời ba học sinh A, B,C thực trò chơi chơi sau : Mỗi bän A, B,C chọn ngẫu nhiên số nguyên khác thuộc khoâng ( 6;6) vào ba tham số hàm số y c ; đồ thị hàm số thu có ba điểm cực trị nằm phía trục hồnh nhận thưởng Tính xác suất để ba học sinh A, B,C nhận ax bx thưởng Giải n( ) 10 Hàm số có ba cực trị ab x y' 4ax 2bx 2x (2ax b) Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị A(0; c), B x b 2a b ; 2a b2 4a c ,C b ; 2a b2 4a c Trường hợp : Nếu a A điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nằm phía trục hồnh a b yA a b c 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 : Nếu a B,C điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị nằm phía trục hồnh a b a yB yC 0 b b c 4a Dễ suy c 4a {4;8;12;16;20} Ta có khâ sau : Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c 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 a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 1, b a {2; 3; 4;5} 1, b a {3; 4;5} 1, b a {5} 2, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 2, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 2, b a {2; 3; 4;5} 2, b a {3; 4;5} 2, b a {4;5} 3, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 3, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 3, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 3, b a {2; 3; 4;5} 3, b a {3; 4;5} có (cách) có (cách) có (cách) có (cách) có (cách) có (cách) có (cách) có (cách) Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c Với c b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a b2 4a 4, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 4, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 4, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 4, b a {2; 3; 4;5} có (cách) 4, b a {2; 3; 4;5} có (cách) 5, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 5, b a {1;2;3;4;5} có (cách) 5, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 5, b a {1;2; 3; 4;5} có (cách) 5, b a {2; 3; 4;5} có (cách) Trong trường hợp có : 101 (cách) Suy có tất câ 125 101 226 (cách chọn) 226 1000 Vậy xác suất 113 500 Câu (2,5 điểm) Giâi hệ phương trình x3 x 2y x x y2 2x 3y 2y (2) x) (xy (1) Giải Điều kiện: x 0, y x3 2x x 2y y2 (x x 2y x (x y 1) x (x y 1) x (y x (x y 1) x (x y 1) (y (x y 1)(x x y x2 x y Với x y thay vào (2) ta y y x y 1) x 2) 1) (1 1)(x y (x xy y)(1 1) y) x) (1 0 0 3y 2y 3y y (2y y 3) y2) 2y 3y y (2y x y Kết hợp điều kiện ta Ta có x x x 21 x2 y x Xét vế trái (2) : f (x ) Xét vế phải ta có f (y) x 1) 1 3y x y y y (VN ) 3x x x2 3x 1 x 0 x 21 0, 0) 8y 3y x với 2y với 4y y , x x x 3y 3y 0, (vì x Ta có f '(y ) x y 3)(y x ; 2 Trường hợp có nghiệm Với x y y 21 f (x ) 192y 128y y nên phương trình vơ nghiệm ; Vậy hệ phương trình có nghiệm 2 Suy f (y ) Câu (2,5 điểm) 1) Cho ba số thực dương a, b, c Tìm giá trị nhơ P 2) Chứng minh C 2b 3c 1) Đặt v 2c 3a w 2a 3b 6u 35 35 18 9v u 4v u b c 4w 4u v b 2b c 2c c 3a 2a 3b chia hết cho với n nguyên dương a u P n 3n a ( 6u 9v 4w) 35 (9u 4v 6w ) 35 (4u 6v 9w ) 35 4u 6v v 4w v 4v w 9w 4w u 9u 4u w 4v w 6w 5v u 35 5w v 18 5u w 9v u 4w u 4u v 9w v 9u w 4v w ( 18 35 16 16 16 125) 5 a b c 1.2.3 (3n 1).3n 1.2.3 (3n 1) .3 1.2.3 n.(2n )! 1.2.3 (n 1).(2n )! Vậy giá trị nhô P 2) C 3nn (3n )! n !.(2n )! 3.C 3nn 11 C 3nn chia hết cho