Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2016 - Sở GD&ĐT Tp Hồ Chí Minh

Mời các em học sinh lớp 12 tham khảo "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2016 - Sở GD&ĐT Tp Hồ Chí Minh" để ôn tập chuẩn bị kiến thức cho kì thi học sinh giỏi cấp tỉnh sắp diễn ra. Nội dung đề thi bám sát chương trình học, cấu trúc đề thi được biên soạn theo hình thức ra đề mới của Bộ GD&ĐT. Tham khảo để các em rèn luyện cách giải đề và ôn tập tốt nhé!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2016 - Sở GD&ĐT Tp Hồ Chí MinhSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTHÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINHKỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPTCẤP THÀNH PHỐKHÓA THI NGÀY 09/03/2016Môn thi: ToánThời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian phát đề)ĐỀ THI CHÍNH THỨC(đề thi gồm 01 trang)Bài 1. (3 điểm)Giải phương trình:x2  1 ( x 2  1)(2  x) 4 .xxBài 2. (4 điểm)Giải hệ phương trình:y  y2  122( x  y )( x  xy  y  2)  2lnx  x2  1( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1Bài 3. (3 điểm)Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 3 2( x  y ) . Tìm giá trị lớn2nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:6  2( x  1)( y  1).P( x  1)2  ( y  1)2Bài 4. (3 điểm)Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) có đúnghai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .2Bài 5. (4 điểm)Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết AB = 2, CD = 2 3 ,  BAD  900 và góc giữa AD và BC bằng 300.ABC Bài 6. (3 điểm)Trong một buổi tọa đàm về “Tình yêu tuổi học đường” tại lớp 12A, có tấtcả 21 bạn tham gia và có 4 cặp có tình cảm với nhau (không có học sinh nàothuộc về nhiều cặp). Cô giáo chọn ra 5 bạn để tham gia một trò chơi tập thể.Hỏi có bao nhiêu cách chọn mà trong đó, có ít nhất một cặp có tình cảm vớinhau?HẾTĐÁP ÁNBài 1. (3 điểm)( x 2  1)(2  x) 4Giải phương trình: x  1 xx2(*) .Lời giải.( x 2  1)(2  x) 0  x   1;0   1; 2 .(0,5đ)x4Vế trái của (*) dương nên  0  x  0 , do đó, ta chỉ cần xét x  1;2 và ta có:xĐiều kiệnx3  x  x( x 2  1)(2  x)  4 x3  x  4  x( x 2  1)(2  x)  0(0,5đ) ( x  x)  2(2  x)  ( x  x)(2  x)  033Đặt u  x3  x  0, v  2  x  0 thì ta cóu 2  2v 2  uv  0  (u  v)(u  2v)  0u  vu  2v  0(1đ)Phương trình thứ hai vô nghiệm vì u, v không thể đồng thời bằng 0. Do đóu  v  x3  x  2  x x3  x  2  x  x 3  2  x  3 2So sánh điều kiện, ta thấy nghiệm này thỏa mãn nên phương trình (*)có nghiệm duy nhất là x  3 2Bài 2. (4 điểm) Giải hệ phương trình:y  y2  1( x  y )( x 2  xy  y 2  2)  2lnx  x2  1( x  2) log 3 x  y log 3 y  x  1Lời giải.Điều kiện xác định: x, y  R(1đ)Phương trình đầu  x3  y 3  2( x  y)  2ln( y  y 2  1)  2ln( x  x 2  1) x3  2 x  2ln( x  x 2  1)  y 3  2 y  2ln( y  y 2  1)Xét f (t )  t 3  2t  2ln(t  t 2  1)Tập xác định: Rf (t )  3t 2  2 2t 12Đặt u  t 2  1; u  12 3u 3  5u  2 3(u  1)  2  => 3t  2 uut2 12(u  1)(3u  3u  2) 0 u  1=u222(1đ) f / (t )  0 t  R hay f (t ) là hàm đồng biến trên RTừ f ( x)  f ( y )  x  yThay vào phương trình thứ hai, ta được: (2 x  2)log 3 x  x  1(1đ)x = 1 không là nghiệm  x  1(0,25đ)x 1( x  0, x  1)2x  2VT là hàm đồng biến trên (0, )VP nghịch biến trên từng khoảng (;1) và (1;+)nên phương trình trên có không quá 2 nghiệm.1Nhẩm được x  3 và x  là nghiệm31Suy ra phương trình có đúng 2 nghiệm là x  3 và x  .3Phương trình  log 3 x 1 1 Kết luận : Tập nghiệm của hệ là : (x ;y)  (3;3);( ; ) 3 3 (0,25đ)(0,25đ)(0,25đ)(0,5đ)(0,5đ)Bài 3. (3 điểm)Cho x, y là các số thực thỏa mãn: x 2  y 2 3 2( x  y ) . Tìm giá trị lớn2nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:6  2( x  1)( y  1).P( x  1)2  ( y  1)2Lời giải.31x 2  y 2   2( x  y )  ( x  1) 2  ( y  1) 2 22Đặt a  x  1, b  y  1122222Do (a  b )  2ab  a  b nên 11  P  133 1GTLN của P là 13 khi ( x, y)   ; 2 21 1GTNN của P là 11 khi ( x, y)   ; 2 2Ta có P = 12 – 4ab với a2 + b2 =(1đ)(1đ)(0,5đ)(0,5đ)Bài 4. (3 điểm)Tìm m để phương trình: m(sin 2 x  1)  1  (m  3)(sin x  cos x) (*) cóđúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] .2Lời giải.Đặt t  sin x  cos x (1  t  2) ,(0,5đ)22(*)  mt  1  (m  3)t  m(t  t )  3t  1 (**)t = 1 không thỏa phương trình (**)3t  1 f (t ) (1  t  2)(**)  m (0,5đ)t  t23t 2  2t  1f / (t )  0 t  (1; 2](t  t 2 )2(0,5đ)Suy ra f đồng biến trên (1; 2]Ứng với mỗi t  (1; 2) ptrình t  sin x  cos x có đúng 2 nghiệm x  (0; ) (0,75đ)2Như vậy (*) có đúng hai nghiệm phân biệt trên đoạn [0; ] khi287 2(0,75đ)m  f ( 2)  2Bài 5. (4 điểm)ABC Cho tứ diện ABCD có AB = 2, CD = 2 3 ,   BAD  900 và góc giữaAD và BC bằng 300. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.Lời giải.DKOEJACIBDựng hình chữ nhật ABCE. Ta có AB, CE vuông góc với mp(ADE) và (AD,AE) =300.Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, AE; K là tâm đường tròn ngoại tiếptâm mặt cầu ngoại tiếp của hình chóp D.ABCE.Suy ra OK  (ADE) và OI  (ABCD), KJ  AE OIJK là hình chữ nhật. ADE; O là(1đ)(1đ)(0,5đ)Ta có DE  DC 2  CE 2  2 2DE AK 2 22sin( AD, AE )(0,5đ) OA  AK 2  OK 2  AK 2  IJ 2  3Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD bằng 3.(0,5đ)(0,5đ)Bài 6. (3 điểm) ...