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


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

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



cos 6x

6x

2x

2

k2

6x

x

k2

x

16
8

k

4
k

(thôa đk)

2



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

n( )

3

10

Hàm số có ba cực trị

ab

0

x
y'

4ax

3

2bx

0

2x (2ax

2

b)

0

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

Với c

1

Với c

1

Với c

1

Với c

1

Với c

2

Với c

2

Với c

2

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

1, b

1

a


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


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)


4

Với c

5

Với c

5

Với c

5

Với c

5

Với c

5

b2
4a
b2
4a
b2
4a
b2

{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


{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


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

x2

x

y

Với x

y

1 thay vào (2) ta được

y

1

y

3

x


0

0

0
3y

2

2y 2

3y

2

y

1

(2y 2

y

3)

0

y2)


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

x

2

x2

3x

1

1

x

0

0

3

x

0

21
6


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
;


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

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


4u
w

4v
w

6w

5v
u

1
35
5w
v

18

5u
w

9v
u

4w
u

4u
v

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