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)

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


+ +
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
 
≥ + + +
 ÷

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)

+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

(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

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

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

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

+
≥
+
+
+
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)

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
+
=

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

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
)
11
.(
1
)1)(1(
)(
)1)(1(
)(
)22

++
−
=
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)

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
=⇔



=−=−
=
⇔





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

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)

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)

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'

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
].

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 =

∈
(-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

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

≤≤− 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

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

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

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

Để có nghiệm duy nhất thì


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

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

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

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

. 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


=++
=++
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

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