Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Đồng Nai năm học 2015 – 2016 môn: Toán. Bảng B

ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2015 – 2016 
MÔN: TOÁN. BẢNG B 
NGÀY 22.01.2016 
Câu 1. Cho hàm số 
x 1
y
x 1
 (C) 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) 
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho tiếp tuyến d của (C) tại điểm M thỏa điều kiện 
OM vuông góc với đường thẳng d. 
Câu 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm 
K 2; 2 và tâm đường tròn nội tiếp là điểm I 0;1 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết A 2; 5 . 
Câu 3. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi 1 vuông góc với nhau. 
1. Kí hiệu 
XYZ
S là diện tích tam giác XYZ. 
Chứng minh rằng: 
2 2 2 2
OAB OBC OCA ABC
S S S S 
2. Giả sử 
ABC
S k là số dương cố định. Tìm thể tích lớn nhất của tứ diện OABC. 
Câu 4. Giải hệ phương trình 
3 2 4 5 4
x
2
x y 1 x 1 y x y y y 1 0
2 x y 2 log 2 y 0
Câu 5. 
1. Cho a, b, c là 3 số thực không âm có tổng bằng 3. Tìm GTLN của biểu thức 
2 2 2P a b b c c a . 
2. Phương trình x y z 22 có bao nhiêu nghiệm nguyên dương trong đó có bao 
nhiêu nghiệm thỏa đồng thời các điều kiện x 15,y 16 và z 17 . 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1. Cho hàm số 
x 1
y
x 1
 (C) 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) 
2. Tìm điểm M thuộc đồ thi (C) sao cho tiếp tuyến d của (C) tại điểm M thỏa điều kiện 
OM vuông góc với đường thẳng d. 
Lời giải. 
1. Đơn giản 
2. M thuộc (C) nên giả sử 0
0
0
x 1
M x ;
x 1
 với 
0
x 1 . Ta có hệ số góc của d là: 
1 2
0
2
k
x 1
, hệ số góc của OM là 0
2
0 0
x 1
k
x x 1
 . 
Theo đề ta có: 
3
1 2 0 0 0
k .k 1 x x 1 2 x 1 2 2
0 0 0 0
x 2x 1 x x 2 0 
0
x 1 2 . Vậy ta có 2 điểm M 
Câu 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm 
K 2; 2 và tâm đường tròn nội tiếp là điểm I 0;1 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết A 2; 5 . 
Lời giải. 
 Ta có phương trình đường tròn C K,R KA :
2 2
x 2 y 2 25 (1) 
 Đường thẳng d đi qua 2 điểm AI có phương trình: 2x y 1 0 
 Gọi D AI C D 2; 3 . Ta chứng minh được: DB DI DC * 
Suy ra: B, C nằm trên đường tròn C' D,DI 2 5 
Do đó: B, C là giao điểm của (C) và (C’). 
 Phương trình (C’):
2 2
x 2 y 3 20 (2) 
Từ (1), (2) suy ra: B 6; 1 ,C 2; 1 hoặc C 6; 1 ,B 2; 1 
Chứng minh: DB DI DC * 
 Ta có: 
1 2
A A ,
2 3
A B , 
1 2
B B 
 
1 1 1 2 3
I A B B B . Suy ra tam giác BDI cân tại D. Suy ra DB DI (3) 
 Do 
2 3
A B ,
1 1
C A , 
1 2
A A nên 
1 3
C B suy ra tam giác BCD cân tại D hay 
DB DC (4) 
Từ (3),(4) ta có (*). 
Câu 3. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi 1 vuông góc với nhau. 
1. Kí hiệu 
XYZ
S là diện tích tam giác XYZ. 
Chứng minh rằng: 
2 2 2 2
OAB OBC OCA ABC
S S S S (1) 
2. Giả sử 
ABC
S k là số dương cố định. Tìm thể tích lớn nhất của tứ diện OABC. 
Lời giải. 
1. Gọi H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. Ta có: 
OAB OBC OCA ABC
1 1 1 1
S OA.OB;S OB.OC;S OC.OA;S AH.BC
2 2 2 2
Đẳng thức (1) thành: 
2 2 2 2
OA.OB OB.OC OC.OA AH.BC 
2 22 2 2OA OB OC OB.OC AH.BC 
2 22 2
2 2 2 2
OA .BC OB.OC AH.BC
OB.OC BC . AH OA
2 22 2
OBC
OB.OC BC .OH 2S (đpcm) 
Vì tam giác OAH vuông tại O nên 2 2 2AH OA OH 
2. Với ABCS k ta có: 
2 2 22 2 2 2
2 3
4k OA.OB OB.OC OC.OA OA OB.OC OA.OB .OC OA.OB.OC
4k OA.OB.OC OA OB OC OA.OB.OC.3 OA.OB.OC
Mà ta có: 
OABC
1
V V OA.OB.OC OA.OB.OC 6V
6
Do đó: 236V3 6V 4k 4 6
4
V k
2187
2
4
k 4k
V
3 27
Vậy 
2
4
k 4k
max V
3 27
Câu 4. Giải hệ phương trình 
3 2 4 5 4
x
2
x y 1 x 1 y x y y y 1 0 1
2 x y 2 log 2 y 0 2
Lời giải. 
Từ (2) ta được: x t2 x 2 t với 
2
t log 2 y ,y 2 
Với hàm ty 2 t luôn đồng biến, suy ra x 2 y thay vào (1) ta được: 
5 4 3 22y y 2y 9y 14y 5 0 
1 17 1
y ,y
2 2
 . 
Câu 5. 
1. Cho a, b, c là 3 số thực không âm có tổng bằng 3. Tìm GTLN của biểu thức 
2 2 2P a b b c c a . 
Lời giải. 
Giả sử a max a,b,c . Ta có: 
2 2 2
2 ca c a ca cP a b abc a ab bc
2 2 2 2
3
a a c c
b
c a a c c 2 2 2a a c b 4 . . b 4
2 2 2 2 3
 4 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi c 0,b 1,a 2 
Vậy maxP 4 khi c 0,b 1,a 2 .