SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO YÊN BÁI

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI CẤP
TỈNH
NĂM HỌC 2019 – 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐÈ CHÍNH THỨC
Câu I.
1. Cho hàm số y 

mx  9
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng
xm

( ;1) .

2. Cho hàm số f ( x)  x3  6 x 2  (9  m) x  2m  2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị.
Câu II.
Từ tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0, lấy ngẫu nhiên một số.
Tính xác suất để trong số tự nhiên lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau.
Câu III.

 y  x  y   x  y  2 x 2  2 x
Giải hệ phương trình sau trên tập số thực: 
2
2
 xy  5 y  7 x  7 y  4  6 3 xy  y  1


y

y

z

x2

y2

z2

2 xy. Tìm giá trị

z.

Câu VII.
Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 4  n3  1 là số chính phương.
-------------- HẾT -------------Trang 1/11 - WordToan


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu I.
1. Cho hàm số y 

mx  9
. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số nghịch biến trên khoảng
xm


khác 2   2
2  4.2  1  m  0
Vậy với m  3 thì hàm số g ( x)  f ( x) có đúng 5 điểm cực trị.
Cách 2: Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị và yCĐ . yCT  0
Ta có f '( x)  3x 2  12 x  9  m
Hàm số f ( x ) có 2 điểm cực trị x1 , x2  f '( x)  3x 2  12 x  9  m =0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
  '  3m  9  0  m  3 (1)

Trang 2/11 – Diễn đàn giáo viên Toán


1
2
2m
4m
 2) x  4 
Mặt khác f ( x)  ( x  ) f '( x)  (
nên phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm
3
3
3
3
2m
4m
2m
 2) x  4 
 (
 2)( x  2)
cực trị là y  (
3

Số phần tử của S là: n( S )  95 .
Gọi  là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S"  n()  95
Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau".
Trường hợp 1: Số đó có một chữ số xuất hiện 3 lần và 2 chữ số còn lại xuất hiện 1 lần
Vậy có: n1  C93 .C31.C53 .2  5040
Trường hợp 2:
Số đó có hai chữ số xuất hiện 2 lần và chữ số còn lại xuất hiện 1 lần
Vậy có: n2  C93 .C31.5.C42 .1  7560
 n(A)  n1  n2  12600  P(A) 

12600
95



1400
\
6561

Cách 2
Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số mà các chữ số đều khác 0.
Số phần tử của S là: n( S )  95 .
Gọi  là không gian mẫu của phép thử ngẫu nhiên: " lấy ngẫu nhiên 1 số thuộc tập S"  n()  95
Gọi biến cố A:" Số lấy ra được chỉ có mặt ba chữ số khác nhau".
Gọi số có 5 chữ số mà có 3 chữ số khác nhau a, b, c lấy từ tập S  1;2;3;4;5;6;7;8;9
Trường hợp 1: Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c : có 3 cách; mỗi hoán vị từ
5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra từ một số tự nhiên n ; nhưng cứ 3! hoán vị
của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng một số n , nên trong trường hợp 1 này có:
C93 .3.


2
2
 xy  5 y  7 x  7 y  4  6 3 xy  y  1
Lời giải
Cách 1

(1)
(2)

x  0
Điều kiện: 
.
x  y  0
Thay x  y  0 vào phương trình (2) thấy không thỏa mãn, do đó ta xét với x  y  0 .
Vì x  y  0 nên

x  y  2x  0 .

Nên từ phương trình (1) ta có:
y  x  y   x  y  2 x 2  2 x  xy  x 2  y 2  x 2  x  y  2 x  0

 x  y  x    y  x  y  x  



yx
1
 0   y  x   2x  y 
0



x3  5 x 2  14 x  4  6 3 x 2  x  1   x  1  2  x  1 x  1  9  x  1  6 1  3 x 2  x  1  0
3


6x

  x  1  x 2  4 x  8 
2

1  3 x 2  x  1  3  x 2  x  1




0



x  1

(5)
6x
  x2  4x  8 
 0 (6) .
2
3 2

3 x2  x  1
1


Nên x 2  4 x  8 

2

3

3 2 33 2
3
x   x   1  2 6   x6  3x
4
4 
4

6x
1  3 x 2  x  1  3  x 2  x  1

2

 4  2 3  0 nên phương trình (6) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  x ; y   1;1 .

x  0
Cách 2: Điều kiện: 
x  y  0
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm  x ; y   1;1 .
Với x  0 thì hệ là :

 y 2  y  0


x y
 ( x  y )(2 x  y )  0
2x  x  y





1
 ( x  y) 
 2x  y   0
 2x  x  y



x  y
1
 
 2x  y  0
 2 x  x  y
x  0
Vì 
x  y  0
1
1
 2x  y 
 x   x  y  0
nên A 
2x  x  y

Trang 5/11 - WordToan


Cách 3:

x  0
Điều kiện: 
x  y  0
Với x  0 thì hệ là :
 y 2  y  0
y  0

. Vậy hệ vô nghiệm.

2
3  y 1


4
6





5
y
7
y
4

 
 2x  y  0
 2 x  x  y
1
1
x  0
 2x  y 
 x   x  y  0
Vì 
nên A 
2x  x  y
2x  x  y
x  y  0
Vậy A  0 vô nghiệm. Thế x  y vào (2) ta được phương trình:

y 3  5 y 2  14 y  4  6 3 y 2  y  1  y 3  5 y 2  8 y  4  6

3

 y 2  y  1

2

y

2





6( y 2  1)

Vì ( y  2) 

3

6( y 2  y  1  y 3 )

 ( y  1)( y 2  4 y  4) 


2
 ( y  1)   y  2  



 y 1  0  y  1





 y 1

2

3

y


 SE ,  ABC   SEG  300.

 BC  AB.cot ACB  a 3.cot 600  a

+) ABC vuông tại B  
.
AB
 2a
 AC 
sin ACB

2
1
a 3
Có SABC  AB.BC 
.
2
2
1
1 1
a
EG  BE  . AC  .
3
3 2
3
a
a 3
+) SGE vuông tại G  SG  GE.tan SEG  .tan 300 
.
3



a 3 a
.
9 3
2

 a 3   a 2

  
9

 3

a
 .
6

CF
d  G ,  SAB   .
GF

a
.
2

a
Vậy d  C ,  SAB    .
2
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và


 AC  GK
Ta có, 
 AC  SK   SAC  ,  ABC   SKG.
 AC  SG
SG 2
 .
Trong SGK vuông tại G, có tan SKG 
GK 3
2
Vậy  SAC  ,  ABC   SKG  arctan .
3
Câu V. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn  O  , có đường cao AD  D  BC  . Kẻ DE, DF lần









lượt vuông góc với AB, AC  E  AB, F  AC  . BF  CE  I , K  BF  DE , L  CE  DF , hai
điểm M, N lần lượt là trung điểm của AD và AI. Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng KL song song với đường thẳng BC.
b) M, N, O thẳng hàng.
Lời giải
A

F

 1;
.
.
 1 suy ra ta cần chứng minh:
LC DB FI
KB DC EI
2

DC FB DB EC
EC FI
 DC 
.

.

.
 
DB FI DC EI
EI FB
 DB 

DC
Dễ chứng minh tứ giác FECB nội tiếp. Khi đó,ta có:

EC sin B AC sin DAC
(1)



DB


D
T

A'

Cách 2: 1. Ta có AED  AFD  900 nên tứ giác AEDF nội tiếp
 AEF  ADF  900  DAC  ACB
 BEF  AEF  BEF  ACB  1800
 Tứ giác EFCB nội tiếp

 BEC  CFB  KEL  BEC  900  CFB  900  LFK
 Tứ giác EFLK nội tiếp.  ILK  EFI  BCI  KL // BC

b)
Cách 1:

AA là đường kính. Để chứng minh M, O, N thẳng hàng ta đi chứng minh I, D, A’ thẳng hàng.
 AD   O   AH . Có: AHD  90  AHA  H , D, A

Áp dụng tính chất trục đẳng phương của 3 đường tròn  AD ,  O  ,  BEFC  ta có AH, BC, EF đồng
quy tại S.
Trang 9/11 - WordToan


Gọi T là trung điểm A’D suy ra MT // AO suy ra MT  FE (do OA  FE ) lại có
ME  MF  TE  TF . (1)
Lại có OT // AD suy ra OT  BC mà OB  OC  TB  TC (2)
Từ (1) và (2) suy ra T là tâm  BEFC  .
Áp dụng định lí Brocard đối với tứ giác BEFC có: T là trực tâm tam giác SIA suy ra TI  SA

A

N

M

E
O
F

I

K

L
C

B

D

G≡G'

Câu VI. Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện 3 x
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
Trang 10/11 – Diễn đàn giáo viên Toán

20
x z



y

2

z

2

2 xy

x

y

2

z

x

2

y z
2
z 0)

B .C . S
2


8
y 2

y

2

33

8
8
.
. y
y 2 y 2

z

12

2

12

Khi đó

20
x z

P
5


y

z

5
2

1
5
.6
26.
4
2
x y z

x 1
x z 4
y 2.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
y 2 4
z 3
x y z 6
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P bằng 6 khi x 1, y 2, z 3.
Câu VII. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 4  n3  1 là số chính phương.
Lời giải

 

