Tổng hợp đề thi và đáp án hsg môn Toán 2017 2023 - Luyện thi học sinh giỏi môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn thi: Tốn – Bảng B
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09/12/2017

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

3
2
( C ) và đường thẳng d : y = kx + 2 ( k
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y = x + x - x + 2 có đồ thị

( C ) tại ba điểm phân biệt M ( 0 ; 2) , N , P và hai điểm
là tham số). Tìm k để đường thẳng d cắt
x13 - (k + 3) x1 x23 - (k + 3) x2
+
+2 = 0
x1 +1
x2 +1
N , P có hồnh độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn điều kiện
.
Câu 2 (2,0 điểm). Giải phương trình

(

)

x +1 - 2 ( x + 2) -

Câu 3 (2,5 điểm). Tính tổng các nghiệm thuộc đoạn

3

2 x +1 + 3 = 0, ( x Ỵ ¡ ) .

[ 0 ; 43p] của phương trình

cos 2 x ( tan 2 x - cos 2 x) = cos3 x - cos 2 x +1

.

A = {1; 2 ; 3; 4; 5}
Câu 4 (2,0 điểm). Cho tập hợp
. Gọi T là tập hợp tất cả các số tự nhiên có ít nhất
ba chữ số đôi một khác nhau thuộc tập A . Chọn ngẫu nhiên một số thuộc T . Tính xác suất để số
được chọn có tổng các chữ số bằng 10.
n- 1
n
Câu 5 (2,5 điểm). Cho số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện Cn+1 + Cn+1 = 171 . Tìm hệ số lớn
n
nhất của biểu thức P( x) = (1 + x)(1 + 2 x) sau khi khai triển và rút gọn.
Câu 6 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi
x 1 :

m . log 4 ( 2 x 2 + 3x - 1) + m < log 2 ( 2 x 2 + 3 x - 1)
ìï u1 = 1

ïï
.
2un- 1
í
ïï un =
," n³ 2
lim (2n un )
3un- 1 + 4
(
u
)
ï
n
n
ï
ỵ
Câu 7 (1,5 điểm). Cho dóy s
xỏc nh bi
Tớnh gii hn đ+Ơ
.
Cõu 8 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực phân biệt và khơng âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
é 1
1
1 ù
ú
A = ( x2 + y 2 + z 2 ) ê
+
+
2

2
2ú
ê
( y - z ) ( z - x) ú
ê
ë( x - y )
û.
Câu 9 (2,5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a ,
SA = SB = SC = 2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA , N là giao điểm của đường thẳng SD và

mặt phẳng

( MBC ) . Gọi V , V ¢ lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABCD và S .BCNM .

V¢
a) Tính tỷ số V .
3
b) Chứng minh rằng V £ 2a .


Câu 10 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c . Gọi I là tâm đường tròn nội

IA2 IB 2 IC 2
+
+
bc
ca
ab có giá trị khơng đổi.
tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng biểu thức
----------------HẾT----------------T=


Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.

Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
GIA LAI
LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2017 - 2018
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
Mơn: Tốn – Bảng B
CÂU
Câu 1
(2,5 điểm)

Câu 2
(2,0 điểm)

(Hướng dẫn chấm này gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN
( C ) và d là x3 + x 2 - x + 2 = kx + 2 (1)
Phương trình hồnh độ giao điểm của

éx = 0
Û ê2
êx + x - k - 1 = 0 (2)
ë
Û
d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
Û phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
ìï
5
ìïï D > 0
ï k > ớ
ớù
4 (*)
ùùợ - k - 1 ạ 0 ùù
ợù k ạ - 1
ỡùù x1 + x2 =- 1
í
ï x .x =- k - 1
x
,
x
1
2
Khi đó,
là các nghiệm của phương trình (2) nên ïỵ 1 2
(3)
3
2
é
ù
x - (k + 3) x1 = x1 ê( x1 + x1 - k - 1) - ( x1 + 2) ú=- x1 ( x1 + 2)
ë
û
Ta có, 1
3

x2 - (k + 3) x2 =- x2 ( x2 + 2)
Tương tự,
2 x1 x2 + x1 + x2
x13 - (k + 3) x1 x23 - (k + 3) x2
- 2=0
+
+ 2 = 0 Û ( x1 + x2 ) +
x1 x2 +( x1 + x2 ) +1
x
+
1
x
+
1
1
2
Do đó,
2(- k - 1) - 1
Û - 1+
- 2 = 0, do (3)
- k - 1- 1 +1
Û k =0
k
=
0
Kết hợp với (*), ta thấy
thỏa mãn.
Điều kiện: x ³ - 1 .

( x + 2) ( x +1 - 2) = 3 2 x +1 - 3

Phương trình đã cho tương đương với
Û ( x +1) x +1 + x +1 = 2 x +1 + 3 2 x +1 (1)
f ( t ) = t +t
3

Xét hàm số

f '( t ) = 3t +1 > 0, " t

ĐIỂM
0,5

0,5

0,5
0,25

0,5
0,25
0,25
0,5

2

;

0,25

f ( t)

Suy ra hàm số
liên tục và đồng biến trên ¡ .
(1) Û f ( x +1) = f ( 3 2 x +1) Û
Khi đó, phương trình

x +1 = 3 2 x +1

0,25


ìï
1
ïï x ³ éx = 0
1
ìï
ïï
ïìï
2
1
ïï x ³ ê
ïï é
ï x³ - 2
Û í
Û í
Û í x =0
Û ê 1+ 5
2
êx =
ïï

ïï 3
ïê
3
2
2
ê
ïïỵ ( x +1) = ( 2 x +1)
ïỵ x - x - x = 0 ïïï ê
1
±
5
2
ë
x
=
ïï ê
ê
2
ïỵ ë
1+ 5
x=
2 và x = 0 .
Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình đã cho là
Câu 3
p
x
¹
+ k p, ( k ẻ Â ).
(2,5 im)
2

iu kin:
Vi iu kin đó, phương trình đã cho tương đương với phương trình
1
tan 2 x - cos 2 x = cos x - 1 +
Û 2 cos 2 x + cos x - 1 = 0
cos 2 x
.
éx = p + k 2p
ê
Û ê
p
êx = ± + k 2p
ê
3
ë
p
2p
x = +k
.
3
3
Tổng hợp nghiệm, ta có
1
- £ k £ 64.
{ 0 , 1 , 2 , K , 64} .
Vì 0 £ x £ 43p nên 2
Do đó, k nhận mọi giá trị thuộc

[ 0 ; 43p] , phương trình đã cho có 65 nghiệm, lập thành cấp số cộng có số hạng
Trên đoạn

p
x1 =
3 và số hạng thứ 65 là x65 = 43p.
đầu
65( x1 + x65 ) 4225p
S=
=
.
2
3
Vậy tổng các nghiệm là
Câu 4
Số lượng các số của tập T gồm ba chữ số là: 5.4.3
(2,0 điểm) Số lượng các số của tập T gồm bốn chữ số là: 5.4.3.2
Số lượng các số của tập T gồm năm chữ số là: 5.4.3.2.1
n ( W) = 5.4.3 + 5.4.3.2 + 5.4.3.2.1 = 300
Vậy số phần tử của không gian mẫu là
Gọi A là biến cố “Số được chọn có tổng các chữ số bằng 10”
{1; 4; 5} hc { 2; 3; 5} .
- Các số gồm ba chữ số có tổng bằng 10 được lập từ các bộ số
Vậy số lượng số có ba chữ số thỏa mãn yêu cầu là 2.3! =12 .
{1; 2; 3; 4} . Vậy số lượng
- Các số gồm bốn chữ số có tổng bằng 10 được lập từ bộ số
số có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu là 4! = 24 .
- Khơng tồn tại số có năm chữ số thỏa mãn yêu cầu.
Vậy xác suất để chọn được số có tổng các chữ số bằng 10 là
2.3!+ 4! 36
3
P ( A) =
=

=
300
300 25
én = 17
Câu 5
n- 1
n
n
2
(2,5 điểm) Cn+1 + Cn+1 = 171 Û Cn+2 =171 Û n + 3n - 340 = 0 Û ê
ê
ën =- 20 (lo¹i) .
17
Với n = 17 thì P( x ) = (1 + x)(1 + 2 x) .
17
17
k
k
Ta có, (1 + 2 x) = a0 + a1 x +L + a17 x , trong đó ak = 2 C17 , k = 0,17 .

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,75
0,25
0,25
0,25


2
17
18
Do đó, P ( x) = a0 + ( a0 + a1 ) x + ( a1 + a2 ) x +L + ( a16 + a17 ) x + a17 x .
k
k
k- 1 k- 1
Ta có ak ³ ak - 1 Û 2 C17 ³ 2 C17 Û 1 £ k £ 12 và

ak ³ ak +1 Û 2k C17k ³ 2k +1 C17k +1 Û k ³ 11 .
Suy ra a12 = a11 > a10 > K > a0 và a12 > a13 > a14 > K > a17 .

0,25

Bởi vậy, a11 + a12 > a10 + a11 > a9 + a10 > K > a0 + a1 > a0 và
a12 + a13 > a13 + a14 > a14 + a15 > K > a16 + a17 > a17
Mặt khác, a11 > a13

0,25

11 11
12 12
Vậy hệ số lớn nhất của P( x) là a11 + a12 = 2 C17 + 2 C17 = 50 692 096 .
Câu 6
éx £ - 2
ê
2
(2,0 điểm)
log 2 (2 x + 3 x - 1) ³ 0 Û ê 1 .
êx ³
ê 2
ë
Điều kiện:

Đặt

t=

0,5

0,5

1
log 2 (2 x 2 + 3 x - 1),
2
do x ³ 1 nên t ³ 1 .

Bất phương trình trở thành

Xét hàm số

mt + m < 2t 2 Û m <

2t 2
,
t +1 t ẻ [1; +Ơ ) .

0,5

2t 2
2t 2 + 4t
f ( t) =
, t ³ 1 Þ f '( t) =
2
t +1
( t +1)

ét = 0
f '( t) = 0 Û ê
ê
ët =- 2
Bảng biến thiênng biến thiênn thiên

0,5

Bất phương trình nghiệm đúng với mọi t phương trình nghiệm đúng với mọi ng trình nghiệm đúng với mọi m đúng với mọi úng với mọi i mọi i x ³ 1 khi và chỉ khi
Câu 7
(1,5 điểm)

m < min f (t ) Û m <1
[1;+¥ )

.

0,5

1
3
2
= +
, " n ³ 2.
u
>
0
u
2
u
n
n- 1
Từ cách xác định dãy suy ra
và n
ïìï v1 = 1
ï

.
1
í
vn =
ïï vn = 2vn- 1 + 3 , " n ³ 2
un , ta cú ợù
2
t
ỡù
5
3 ùù x1 =
xn = vn + ị ớ
.
2
2 ïï
ïỵ xn = 2 xn- 1 , " n ³ 2
Đặt
Dãy

( xn ) là cấp số nhân nên xn = 5.2n- 2 .

Suy ra

un =

2
5.2

n- 1

4
lim (2n un ) = .
- 3 Vy nđ+Ơ
5
.

0,5

0,5
0,25
0,25


Câu 8
z = min { x , y , z }
. Ta có : x ³ x - z > 0, y ³ y – z > 0 .
(1,0 điểm) Khơng mất tính tổng qt, đặt
é 1
1
1ù
2
2 ê
ú
x
+
y
+
+
(
)ê

2
2
2ú
x
y ú
ê
ë( x - y )
û
Suy ra :
A≥
2
é( x - y ) 2
ù
é 1
2 xy
1
1ù
2
2 ê
ê
ú
ú
+ê
+ 2ú
M =( x + y ) ê
+ 2 + 2 ú= 1 +
2
2
xy
x

y
x
y
x
y
(ë
)
(
)
ê
ú
ê
ú
û
ë
û
Đặt

( x - y)

0,25

2

2
M = f ( t ) = 1 + + (t + 2) 2
xy
t
Đặt
. Ta có :

.
2
f (t ) = t 2 + 4t + + 5, D f = ( 0 ; +¥ )
t
Hay
.
2
2 2 ( t +1) ( t + t - 1)
f ¢(t ) = 2t + 4 - 2 =
t
t2
5- 1
f Â( t ) =0, t ẻ D f Û t =
.
2
Bảng biến thiên :
t=

0,25

>0

0,25

2

( x - y)
5- 1
11 + 5 5
=

min A = min f ( t ) =
Df
xy
2 , z = 0 và các hoán vị của
2
Vậy
khi
x, y, z.
Nhận xét:
2
( x - y)
5- 1
=
xy
2 ln có nghiệm x, y > 0 phân biệt.
Phương trình
Câu 9
a) Hai mặt phẳng ( MBC ) và ( SAD) lần lượt chứa hai đường thẳng song song BC và
(2,5 điểm) AD
nên MN / / AD . Do đó, N là trung điểm của cạnh SD .
S

N

M

D

A
O

B

C

0,25

0,5


V
V VS .MBC = SM Þ V
S . MBC =
SA
4
2 ; VS . ABC
SM SN
V
=
.
Þ VS .MCN =
SA SD
8.

VS . ABC = VS . ACD =

0,25

VS .MCN
VS . ACD

0,25

V ¢= VS .MBC +VS .MCN =

3V
8 .

Suy ra
V¢ 3
=
8.
Vậy V
b) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Dễ thấy D SAC = D BAC Þ SO = BO Þ D BSD vuông tại S.
1
BD = 4a 2 + SD 2 Þ OB =
4a 2 + SD 2
2
Do đó
.
2

2

Mà OA = AB - OB . Suy ra
Vì AO  (SBD) nên
Mà

VS . ABCD = 2VS . ABD

SD. 12a 2 - SD 2 £

Câu 10
(1,5 điểm)

1
4a 2 + SD 2 )
(
4
.
2
a
= OA.SDSBD = .SD. 12a 2 - SD 2
3
3

OA = 4a 2 -

SD 2 +12a 2 - SD 2
= 6a 2
3
2
. Vậy V £ 2a .

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

A
F

E

0,25
I
B

D

C

Gọi D, E , F lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp D ABC với các cạnh
BC , CA, AB. Diện tích tứ giác AEIF là

1
1
1
1
·
S AEIF = AE. AF .sin A + IE.IF .sin EIF
= ( AE 2 + IE 2 ) sin A = IA2 sin A
2
2
2
2
.

Tương tự, diện tích các tứ giác BDIF , CDIE lần lượt là
1
1
S BDIF = IB 2 sin B, SCDIE = IC 2 sin C.
2
2
T=
Do đó,

IA2 sin A IB 2 sin B IC 2 sin C 2 ( S AEIF + S BDIF + SCDIE )
+
+
=
=1
bc sin A
ca sin B
ab sin C
2S ABC
.

Lưu ý: Học sinh có cách giải khác, nếu đúng đều cho điểm tối đa theo từng bước.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
…
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Bảng B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

0,5

0,25

0,5


(Đề thi gồm 01 trang)

Ngày thi: 12/12/2018

2 x 1
2
x  1 có đồ thị (H) và đường thẳng d: y (m  1) x  2
Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số
(với m là tham số). Tìm tất cả giá trị của m để d cắt (H) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
x1 , x2 sao cho biểu thức P 12( x1  x2 )  11x1 x2 đạt giá trị lớn nhất.
y

Câu 2 (4,5 điểm). Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực
4
3
2
2
1) x  6 x  6 x  9 x 2 x  3x .

x
2) 7  6 log 7 (6 x  1)  1 0 .

2 n
5
Câu 3 (2,5 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển (1  x  x ) , biết n là số tự
0
2
4
2n
nhiên thỏa mãn hệ thức C2 n  C2 n  C2 n    C2 n 512 .
Câu 4 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có AB c, BC a, CA b , ha là độ dài đường cao xuất

a
b  c   ha 3
2
phát từ đỉnh A và
. Chứng minh rằng tam giác ABC đều.
Câu 5 (2,0 điểm). Một quả bóng cao su được thả rơi từ độ cao h = 18 m. Sau mỗi lần chạm
3
đất, quả bóng lại nảy lên cao bằng 4 độ cao của lần rơi ngay trước đó. Giả sử quả bóng khi
rơi và nảy đều theo phương thẳng đứng. Tính tổng độ dài đoạn đường quả bóng đã di chuyển
từ lúc được thả đến lúc quả bóng không nảy nữa.
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn tâm I có phương trình

(x  1) 2  (y + 1) 2 5 , tam giác ABC nội tiếp đường tròn và đường phân giác trong góc A có
phương trình x  y  1 0 . Biết rằng hai điểm A và I cách đều đường thẳng BC và điểm A có
hồnh độ dương. Tính diện tích tam giác ABC.
Câu 7 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, chiều cao h
không đổi. Gọi M, N lần lượt là hai điểm di động trên hai cạnh BC, CD sao cho góc


MAN

450. Đặt BM = x. Tìm x theo a sao cho thể tích của khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ
nhất.
Câu 8 (1,5 điểm). Cho a, b, c là ba số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện a b c  0 . Tìm giá trị
1 b
c  5a
M 


2
b

a
c

b

 a c .
nhỏ nhất của biểu thức
--------------------------Hết-------------------------Lưu ý: - Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………….................................……; Số báo danh: …..........; Phòng thi
số:..........



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: Toán – Bảng B

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Câu

1
(2,5đ
)

Đáp án

Điể
m

2x 1
( m 2  1) x  2
Phương trình hồnh độ giao điểm của (H) và d là x  1
 (m 2  1) x 2  (m 2  5) x  1 0 (do x = 1 không là nghiệm phương trình)

0,5

2
2
2
Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm phân biệt  (m  5)  4(m  1)  0
2
2
 ( m  3)  12  0 . Suy ra m   thì d ln cắt (H) tại hai điểm phân biệt.

0,5

m2  5
1
x1  x2  2
; x1.x2  2
m 1
m 1
Ta có
 m2  5 
 1 
59
P 12( x1  x2 )  11x1.x2 12  2
  11 2
 12  2
71
m

1
m

1




m 1
Do đó P đạt giá trị lớn nhất là 71 khi m = 0. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.
x 4  6 x 3  6 x 2  9 x 2 x 2  3 x  ( x 2  3 x ) 2  3( x 2  3 x)  2 x 2  3 x 0
1)

(2,5đ)

2
4
2
Đặt t  x  3x , t 0 , phương trình trở thành t  3t  2t 0
 t 0; t 2; t  1 (loại)

Với t 0 suy ra x 0, x 3
Với t 2 suy ra x  1, x 4
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 0, x 3 , x  1, x 4
1
x
6 . Đặt y log 7 (6 x  1) , khi đó 7 y 6 x  1 .
Điều kiện
7 x 6 y  1
 y
7 6 x  1
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ 
.
x
y
x
y
t
Suy ra 7  7 6 y  6 x  7  6 x 7  6 y (1). Xét hàm số f (t ) 7  6t .

2
(4,5đ
)

2)
(2,0đ)

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

t
Ta có f '(t ) 7 ln 7  6  0, t   nên hàm số f đồng biến trên  .
x
Do đó (1)  f ( x)  f ( y )  x  y . Suy ra 7  6 x  1 0 (*)
 1

 ;  

x
.
Xét hàm số g ( x) 7  6 x  1 trên khoảng  6

0,5

x

x
2
Ta có g '( x) 7 ln 7  6; g ''( x) 7 (ln 7)  0 nên đồ thị hàm số g lõm trên
 1

 1

  ;  
  ;  
 . Do đó (*) có khơng q hai nghiệm thuộc  6

khoảng  6

0,5

Mà g (0) 0, g (1) 0 nên x = 0, x = 1 là tất cả các nghiệm của (*). Vậy nghiệm
của phương trình đã cho là x = 0, x = 1.

0,5


C20n  C22n  C24n    C22nn 512 

3
(2,5đ
)

4
(2,5đ
)

5
(2,0đ
)

Ta có
1
 .22 n 512  n 5
2

1 0
.(C2 n  C21n  C22n    C22nn ) 512
2

0,5

5
 k k i k i 

(1  x  x )  1  x(1  x)   C x (1  x)    C5 Ck x 
k 0  i 0
 , (i, k  , i k )
k 0
2 5

5

5

k

5

k

k

i  k 5
i 0 i 1 i 2
;
;


5
i
,
k


,
i

k
k

5
k

4




k 3
x
Vì số hạng chứa nên
, giải ra ta được
5 0
1 4
2 3
Hệ số cần tìm là C5 C5  C4C5  C3 C5 51
a
a 2S
a
b  c   ha . 3  b  c   ABC . 3  b  c   (b sin C ). 3
2
2
a
2
Ta có
sin( B  C )
 sin B  sin C 
 3 sin B sin C
2

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

1

3
1
3
 sin B  sin C sin B( cos C 
sin C )  sin C ( cos B 
sin B)
2
2
2
2

0,5


 

 


 sin B  cos  C    1  sin C  cos  B    1 0
3 
3 





0,5






 cos  B   cos  C   1  B C 
3
3


3 . Vậy tam giác ABC đều.
3
h1  h
4 . Tiếp theo, bóng rơi từ độ
Sau lần chạm đất đầu tiên, quả bóng nảy lên độ cao là
3
h

h1
2
4 . Sau đó bóng lại rơi từ độ cao h2 và cứ tiếp
cao h1 , chạm đất và nảy lên độ cao
3
hn  hn  1
4
tục như vậy... Sau lần chạm đất thứ n, quả bóng nảy lên độ cao
.
Tổng độ dài đoạn đường quả bóng đi được từ lúc thả đến lúc quả bóng khơng nảy nữa là
d (h  h1  h2    hn  )  (h1  h2    hn  ) .
d là tổng của hai cấp số nhân lùi vô hạn có cơng bội
h
h

d
 1 126
1 q 1 q
Do đó
m.

6
(2,0đ
)

0,5

q

3
4 , có số hạng đầu lần lượt là h, h1

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

Ta có I (1;  1) . Tọa độ giao điểm của đường phân giác
trong góc A và (I) là nghiệm của hệ phương trình

( x  1) 2  ( y  1) 2 5
 x 2; y 1



 x  y  1 0
 x  1; y  2
Suy ra có hai giao điểm A(2;1), A '( 1;  2)

0,5

Đường thẳng BC vng góc A’I nên phương trình BC có
dạng: 2 x  y  m 0 ( BC  A ' I )

0,5

d ( A; BC ) d ( I ; BC ) 

4 1  m
5



2  1 m
5

 m  3


Phương trình BC: 2 x  y  3 0
Tìm
được
tọa

độ
điểm

B,

C

là:

21  3  2 21 9  21  3  2 21
;
), (
;
)
5
5
5
5
.
Vậy diện tích tam giác ABC là

0,5

1
1 84 2
2 21
S ABC  BC.d ( A; BC ) 
.

2

2 5 5
5

0,5

(

9

7
(2,5đ
)

1
h 2
. AM . AN
Vs. AMN  .h.S AMN 
3
12
Ta có

0,5

0
0
0


Đặt MAB  , 0  45 , NAD 45  
AB

AD
AM . AN 
.
cos cos(450   )

0,5

a2 2
2a 2 2


cos (cos  sin  ) 1  2 sin(2  450 )

0,5

Vs. AMN nhỏ nhất  AM . AN nhỏ nhất
 1  2 sin(2  450 ) lớn nhất   22,50

0,5

0
Vậy với x a.tan 22,5 a( 2  1) thì thể
tích của khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ nhất.

0,5



1 1
1 

5
M 



2  1 a 1 b  1 c
b
c
a

Biến đổi
1
1
2


,(x, y  0, xy 1)
1  x 1  y 1  xy
Ta có bất đẳng thức
8
(1,5đ
)

1
1
2



1  x 1  y 1  xy

Thật vậy
1
2
5
M .

2
a 1 c
1
a
c
Do đó



x



0,25

0,25

2

y ( xy  1) 0,

đúng x, y  0, xy 1 .

a

1
5t
5t  1
M


c . Vì a b c  0 nên t 1  t  t . Suy ra
1  t 1  t t 1
Đặt
4
5t  1
f '(t ) 
 0,  t   1;  
f (t ) 
2
(
t

1)
t

1
Xét hàm số
, ta có
nên f (t ) đồng biến trên
 1; . Do đó f (t )  f (1), t 1
Vậy M min  f (1) 3 , khi t 1  a b c
t

Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa.

- Điểm toàn bài khơng làm trịn.
..............Hết..............

0,25

0,25

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
..
ĐỀ DỰ BỊ
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số

y

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Bảng B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 12/12/2018
2x  1
x  1 có đồ thị  C  . Tìm tất cả giá trị của tham số m để

C

đường thẳng d: y  x  m cắt   tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác PAB đều,
P 2;5 
biết 
.
Câu 2 (4,5 điểm). Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực
4
2
3
1) x  2 x  1 8 x x  x .

x
5
2) 11 2 log11 (10 x  1)  1 .
0
2
4
2018
Câu 3 (2,5 điểm). Tính tổng P 3C2018  5C2018  7C2018    2021C2018 .

Câu 4 (2,5 điểm). Cho tứ diện ABCD và M là điểm nằm trong tứ diện sao cho các đường
thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) lần lượt tại A’, B’,
MA MB MC MD



12
C’, D’ thỏa mãn đẳng thức MA ' MB ' MC ' MD '
. Gọi V1 ,V2 ,V3 ,V4 lần lượt là thể
tích của các khối tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC . Chứng minh rằng V1 V2 V3 V4

.
u1  a , (a  0)

u  a  un ; (n 1; 2....)
u
Câu 5 (2,0 điểm). Cho dãy số ( n ) xác định bởi hệ thức  n 1
.

Chứng minh dãy số ( un ) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Câu 6 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có A(1; 3). Biết M(6;
 17 9 
N ; 
4) thuộc cạnh BC (M khác B và C) và  2 2  thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ các
đỉnh B, C, D của hình vng ABCD.
Câu 7 (2,5 điểm). Cho tam giác ABC có ma , mb , mc lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến
xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác. Chứng minh rằng
9
sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 
4.
1)
27 R 3
ma .mb .mc 
8 , (với R là bán đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
2)


Câu 8 (1,5 điểm). Cho a, b, c là ba số thực tùy ý thuộc đoạn [1;9] và a b, a c . Tìm giá trị

1 b
c 

b
M 


2  b  c c  a  10b  a .
nhỏ nhất của biểu thức
--------------------------Hết-------------------------Lưu ý: - Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
- Giám thị khơng giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………...........................…; Số báo danh…..........; Phòng thi số:.......
MA TRẬN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN TỐN – BẢNG B

Cấp độ

Chủ đề

Vận dụng cao
Cấp độ 1

Cấp độ 2

Cấp độ 3

Cộng

- Thể tích khối đa diện
- Phương pháp tọa độ
trong mặt phẳng

1. Hình học

- Nhận dạng tam giác
Số câu

3

3

Số điểm

7,0

7.0

2. Giải tích

- Cấp số nhân

Số câu

1

1

Số điểm

2,0

2,0

- Tương giao của hai đồ
thị
3. Đại số

- Giải phương trình mũ,
logarít

Bất đẳng thức

- Giải phương trình chứa
căn thức
-Nhị thức Niu-tơn

Số câu

3

1

1

5

Số điểm

7,5

2,0

1,5

11,0

TS câu

4

4

1

9

TS điểm

9,5

9,0

1,5

20,0


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019

Mơn thi: Tốn – Bảng B

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Câu

1
(2,5đ
)

Điể
m

Đáp án
2 x 1
(m 2  1) x  2
Phương trình hồnh độ giao điểm của (H) và d là x  1
 (m 2  1) x 2  (m 2  5) x  1 0 (do x = 1 không là nghiệm phương trình)

0,5

2
2
2
Đường thẳng d cắt (H) tại hai điểm phân biệt  (m  5)  4(m  1)  0
2
2
 ( m  3)  12  0 . Suy ra m   thì d ln cắt (H) tại hai điểm phân biệt.

0,5

Ta có

x1  x2 

m2  5
1
; x1.x2  2
2
m 1
m 1

0,5

 m2  5 
 1 
59
P 12( x1  x2 )  11x1.x2 12  2
  11 2
 12  2
71
m

1
m

1





m 1

0,5

Do đó P đạt giá trị lớn nhất là 71 khi m = 0. Vậy m = 0 là giá trị cần tìm.

0,5

x 4  6 x 3  6 x 2  9 x 2 x 2  3 x  ( x 2  3 x ) 2  3( x 2  3 x)  2 x 2  3 x 0
2

1)
(2,5đ)

4
2
Đặt t  x  3x , t 0 , phương trình trở thành t  3t  2t 0
 t 0; t 2; t  1 (loại)

Với t 0 suy ra x 0, x 3
Với t 2 suy ra x  1, x 4

x
7 6 y  1
 y
7 6 x  1

Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ
.

x
y
x
y
t
Suy ra 7  7 6 y  6 x  7  6 x 7  6 y (1). Xét hàm số f (t ) 7  6t .
t
Ta có f '(t ) 7 ln 7  6  0, t   nên hàm số f đồng biến trên  .
2)
(2,0đ)

0,5
0,5
0,5

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x 0, x 3 , x  1, x 4
1
x
6 . Đặt y log 7 (6 x  1) , khi đó 7 y 6 x  1 .
Điều kiện
2
(4,5đ
)

0,5

0,5

0,5

0,5

Do đó (1)  f ( x)  f ( y )  x  y . Suy ra 7  6 x  1 0 (*)
 1

 ;  

x
.
Xét hàm số g ( x) 7  6 x  1 trên khoảng  6
x

x
x
2
Ta có g '( x) 7 ln 7  6; g ''( x) 7 (ln 7)  0 nên đồ thị hàm số g lõm trên
 1

 1

  ;  
  ;  
 . Do đó (*) có khơng quá hai nghiệm thuộc  6

khoảng  6
Mà g (0) 0, g (1) 0 nên x = 0, x = 1 là tất cả các nghiệm của (*). Vậy nghiệm

của phương trình đã cho là x = 0, x = 1.

0,5

0,5


C20n  C22n  C24n    C22nn 512 

3
(2,5đ
)

4
(2,5đ
)

5
(2,0đ
)

Ta có
1
 .22 n 512  n 5
2

1 0
.(C2 n  C21n  C22n    C22nn ) 512
2

0,5

5

 k k i k i 

(1  x  x )  1  x(1  x)   C x (1  x)    C5 Ck x 
k 0  i 0
 , (i, k  , i k )
k 0
2 5

5

5

k
5

k

k

i  k 5
i 0 i 1 i 2
;
;


5
i
,
k



,
i

k
k

5
k

4
x



k 3
Vì số hạng chứa nên
, giải ra ta được
5 0
1 4
2 3
Hệ số cần tìm là C5 C5  C4C5  C3 C5 51
a
a
a 2S
b  c   ha . 3  b  c   ABC . 3  b  c   (b sin C ). 3
2
2
a
2

Ta có
sin( B  C )
 sin B  sin C 
 3 sin B sin C
2

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

1
3
1
3
 sin B  sin C sin B( cos C 
sin C )  sin C ( cos B 
sin B)
2
2
2
2

0,5


 

 



 sin B  cos  C    1  sin C  cos  B    1 0
3 
3 





0,5





 cos  B   cos  C   1  B C 
3
3


3 . Vậy tam giác ABC đều.
3
h1  h
4 . Tiếp theo, bóng rơi từ độ
Sau lần chạm đất đầu tiên, quả bóng nảy lên độ cao là
3
h2  h1
h
4 . Sau đó bóng lại rơi từ độ cao h2 và cứ tiếp

cao 1 , chạm đất và nảy lên độ cao
3
hn  hn  1
4
tục như vậy... Sau lần chạm đất thứ n, quả bóng nảy lên độ cao
.
Tổng độ dài đoạn đường quả bóng đi được từ lúc thả đến lúc quả bóng khơng nảy nữa là
d (h  h1  h2    hn  )  (h1  h2    hn  ) .
d là tổng của hai cấp số nhân lùi vơ hạn có cơng bội
h
h
d
 1 126
1 q 1 q
Do đó
m.

6
(2,0đ
)

0,5

q

3
4 , có số hạng đầu lần lượt là h, h1

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5

Ta có I (1;  1) . Tọa độ giao điểm của đường phân giác
trong góc A và (I) là nghiệm của hệ phương trình
( x  1) 2  ( y  1) 2 5
 x 2; y 1


 x  y  1 0
 x  1; y  2
Suy ra có hai giao điểm A(2;1), A '(  1;  2)

0,5

Đường thẳng BC vng góc A’I nên phương trình BC có
dạng: 2 x  y  m 0 ( BC  A ' I )

0,5

d ( A; BC ) d ( I ; BC ) 

4 1  m
5



2  1 m
5

 m  3


Phương trình BC: 2 x  y  3 0
Tìm
được
tọa
độ
điểm

B,

C

là:

21  3  2 21 9  21  3  2 21
;
), (
;
)
5
5
5
5
.
Vậy diện tích tam giác ABC là

0,5

1
1 84 2
2 21
S ABC  BC.d ( A; BC ) 
.

2
2 5 5
5

0,5

(

9

7
(2,5đ
)

1
h 2
. AM . AN
Vs. AMN  .h.S AMN 
3
12
Ta có

0,5

0
0 
0

Đặt MAB  , 0  45 , NAD 45  
AB
AD
AM . AN 
.
cos cos(450   )

0,5

a2 2
2a 2 2


cos (cos  sin  ) 1  2 sin(2  450 )

0,5

Vs. AMN nhỏ nhất  AM . AN nhỏ nhất
 1  2 sin(2  450 ) lớn nhất   22,50
0
Vậy với x a.tan 22,5 a( 2  1) thì thể
tích của khối chóp S.AMN đạt giá trị nhỏ nhất.

8
(1,5đ
)



1 1
1 
5
M  



2  1 a 1 b  1 c
b
c
a

Biến đổi
1
1
2


,(x, y  0, xy 1)
1  x 1  y 1  xy
Ta có bất đẳng thức
2
1
1

2


 x  y ( xy  1) 0,
1  x 1  y 1  xy
Thật vậy
đúng x, y  0, xy 1 .
1
2
5
M .

2
a 1 c
1
a
c
Do đó





a
1
5t
5t  1
M



c . Vì a b c  0 nên t 1  t  t . Suy ra
1  t 1  t t 1
Đặt
4
5t  1
f '(t ) 
 0,  t   1;  
f (t ) 
2
(
t

1)
t

1
Xét hàm số
, ta có
nên f (t ) đồng biến trên
 1; . Do đó f (t )  f (1), t 1
Vậy M min  f (1) 3 , khi t 1  a b c
t

Lưu ý : - Thí sinh giải cách khác, nếu đúng và lập luận chặt chẽ vẫn chấm điểm tối đa.
- Điểm tồn bài khơng làm trịn.
..............Hết..............

0,5
0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ GIÁO DỤC VÀO DỤC VÀC VÀ
ĐÀO TẠOO
GIA LAI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
CẤP TỈNH (BANG B), NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn: Tốn
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC THI CHÍNH THỨCNH THỨCC Ngày thi: 12/12/2020
(Đề thi có 08 câu, gồm 01 trang)
Họ và tên thí và tên thí tên thí
Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = x3 — (2m — 1)x2 + í 1 —
sinh:
m)x (m là tham số thực) có đồ thị (c). Tìm m để đường thẳng
Sdố báo danh:: ybáo
danh:
..
= x — m cắt đồ thị (c) tại ba điểm phân biệt A, B và C sao cho tổng hệ số góc của ba tiếp tuyến

với (c ) tại các điểm A, B và C nhỏ hơn 9.
Câu 2. (4,0 điểm)
x — 2x + 2 .
a)
Giải phương trình sau trên tập số thực 5x2 — 10x = <
b)
Cho 3 số thực x > 1, y > 1 và z > 1 thỏa mãn
log(xy+yz+zx) (5x2 + 16y2 + 27 z2) + log12 4lxỹ+ỹz+ zx = 2. Tính M = x + y + z.
Câu 3. (2,0 điểm) Tìm hệ số của số hạng khơng chứa x trong khai triển
n
<
, với mọi i x > 0 và n 6 N thỏa mãn A n 6 N thỏa mãn Aa mãn A
nCn + 55n = 0.
1
4/Z
’
n
x
(x +1)7 x — x7x +1 7x +1
Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC thỏa mãn
'ri'
C
(n
Chứng
co
2019 sin A + 2020 sin B + 2021 sin C = 2022 cos A + 2020
minh
cos — + 2018
s
rằng tam

I2J
giác ABC đều.
Câu 5. (3,0 điểm) Cho dãy số (un) thỏa mãn: u1 = 2021 và un+1
đặt V = — + — +
+ —. Tính lim V .
n
uu
un
12
n
Câu 6. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung
điểm của đoạn BC, K là hình chiếu vng góc của H lên AC . Biết M 4; 4 là trung điểm của đoạn HK,
đường thẳng BK có phương trình x + 7y — 13 = 0. Gọi N là giao điểm của BK và AM. Tìm tọa độ
điểm A, biết I 2 ;5 là trung điểm của đoạn AB.
Câu 7. (2,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi H là chân đường vng góc hạ từ A
xuống mặt phẳng ịlìCI)) và O là trung điểm của đoạn AH. Gọi (ơ) là mặt phẳng qua O và không đi
qua các điểm A,B,C và D. Mặt phẳng (a) cắt các đoạn AB, AC và AD lần lượt tại M,N và P . Tìm giá
trị nhỏ nhất của AM .AN .AP theo a.
Câu 8. (2,0 điểm) Cho hàm số f (x) = In (x + 7x2 + 1 ) + 2021x, a,b và c là ba số thực dương sao cho
phương trình f [(a + b + c)x] + f (2020 — 3x) = 0 vơ nghiệm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Hết
Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay; khơng được sử dụng các tài liệu khác.
M=„,
„ -Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
2

ab + bc + ca

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ GIÁO DỤC VÀO DỤC VÀC VÀ ĐÀO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 tHpT, Năm học 2020 - 2021
TẠOO
Mơn thi: Tốn - Bảng B
GIA LAI

Câ
u

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂUNG DẪN CHẤM VÀ BIỂUN CHẤM VÀ BIỂUM VÀ BIỂUU
IỂUM
(Hướng dẫn chấm có 05Đtrang)
Điể
Đáp
m
3
2
án
Cho hàm số y = x — (2m — 1) x + (1 — m) x ( m là tham số thực) có đồ thị (c). Tìm m để đường
thẳng d : y = x — m cắt đồ thị (c) tại ba điểm phân biệt A, B và C sao cho tổng hệ số góc của ba tiếp
tuyến với [C) tại các điểm A, B và C nhỏ hơn 9 .
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (ứ) và d : — (2m — 1)x2 + (1 — m )x = x

—m
x3

— (2m —
1)x2

— mx + m =
0

x = —1
x2 — 2mx + m = 0
1
(3,0đ)
0

^'>
o _
1 + 2m + m ^ 0 L

0,2
5
0,
5

(1)

m2 — m > 0
0m6
1
m
3

(
X;
X

1ì
!
1
— u —1;0
3
V3
7
/

Để đồ thị (C) và d cắt nhau tại ba điểm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
khác —1 o
u (1; +<X>) (*) ---0,5
Vm thỏa mãn (*) thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2,
suy ra
x
1 + x2 = 2m / \ _ „
,
(2). Khơng mât tính tổng qt giả sử
xx =m
12
(ứ) cắt d tại ba điểm
A(—1; — 1 — m),B (x1;x1 — m),C(x2;x2 — m). Theo đề bài, ta có y'(— 1) + y'(x 1) + y'(x2) < 9 —
o 3m + 2 + 3x12 — 2 (2m — 1) x1 — m + 1 + 3x22 — 2 (2m — 1) x2 — m + 1 < 9 0 3
(x1 + x2 )2 —
2x x
r2
— 2 (2m — 1)(x1 + x2) + m + 4 < 9
o 4m2 — m — 5 < 0 0—1 < m < 5 (* *)
( .A
( A

(
u
1 u
1
— ;—
— ;0
1 41
3
3
’4
X
X
X
7
7
7
Từ (*), (* *) suy ra m 6
là giá trị cân tìm.
Giải phương trình sau trên tập số thực 5x2 — 10x = 4(x — 1)yjx — 2x + 2 .
0,5
0,5
0,5
0,25
Trang
1


Ta có 5x2 — 10x = 4 (x — 1)7 x2 — 2x + 2
o 4 (x - 1)7x2 - 2x + 2 = x2 - 2x + 1 + 4 (x2 - 2x + 2)- 9 (*)
Đặt a = x — 1, b = 7x2 — 2x + 2.

0,25
2
(4,0đ)
a)

(2,0đ)
Khi đó (*) trở thành 4ab = a2 + 4b2 — 9 0 (a — 2b) = 9 0
a — 2b = 3
a — 2b = —3
(1)
(2)
.
0,5
Từ (1) o 2yỊx2 — 2x + 2 = x — 4 0
x > 4 3x2 — 8
o x 6 0.
=0
0,25

Trang
2

0,5


b)
(2,0đ)
3
(2,0đ)
Từ (2) ^ 2^1 x2 — 2x + 2 = x + 2 o

x>—2
o
3x2 — 12x + 4 = 0
6 + ^/ẽ
x=
——
3
6 — 2^6 ’ x = 2—
_
3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 6 + 2và x = 6—2^6 3
3
lo
5x 2 + 16 2 + 27 z 2 + l(
Cho 3 sô thực x > 1, y > 1 và z > 1 thỏa mãn g(xy+yz+zx) (
y
) ’g.24 xy+ yz + zx =2 í1).
Tính M = x + y + z.
Ta có
1 r: . 1 nr . 1 r~ ^yl11x + ~^= y/22y + ~^= a/33z '11 __ y22 a/33
o 5x2 + 16y2 + 27z2 ^ 12íxy + yz + zx).
Từ giả thiết, suy ra xy + yz + zx > 3 và l"g12 [xy + yz + zx) > 0. Khi đÓ log(xy+yz+zx) (5x2 + 16y2 + 27z2 ) > log(xy+yz+zx) 12 + 1
(x + y + z) =
2
< 1 (11x2 + 22y2 + 33z2)
BCS 6 y
'
Từ 1 suy ra 2
í)
> " • 12 + 'l' '■ (xy+■ + zx)+1 AM——GM 2

11x 2
= 2y=33z
Suy ra dấu “=” xảy ra khi - 1 ,
.
(x + z + zx)
lo
12
ị'"' y y
= g(xy+yz+zx)
x = 2y = 3z
^
xy + yz + zx = 144
Vậy M = 22.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
x = 12 y = 6 . z = 4
0,25
0,25
Tìm hệ sơ của sô hạng không chứa x trong khai triển
\
x > 0 và n G N* thỏa mãn A2 — nC2 + 55n = 0.
n
n
Điều kiện
n E N / X n > 2 (a)’

1
.4/.
■x
, với
_
. .o
n!
n!
2
Ta có A — nC2 + 55n = 0 o 7—
' — n , —r- + 55n = 0 o —n2 + 3n + 108 = 0
nn
(n — 2)!
2! (n — 2)!