TUYỂN CHỌN CÁC BÀI tập ôn THI cđ đh HSG môn TOÁN




Giải phương trình sau:
,x y
với
x R∈
.
a. Giải phương trình:
( )
2
2sin 3sin 2 1 3 cos 3sinx x x x+ + = +
.
 !
Đặt
2
3
1,
2
t x x t= + + ≥
. Khi đó phương trình trở thành:

( )
4 2 4 2 2
4 7 5 6 9 4 4 0t t t t t t t= − + − ⇔ − + − − + =
( )
( )
( ) ( )
2
2
2 2 2

3 2 0 1 5 0t t t t t t⇔ − − − = ⇔ − − + − =
(*)
(*)
2
2
1 0
5 0
t t
t t

− − =
⇔

+ − =


 Với
3
2
t ≥
thì
2
1 0t t− − =
có một nghiệm là
1 5
2
t
+
=
 Với

3
2
t ≥
thì
2
5 0t t+ − =
có một nghiệm là
1 21
2
t
− +
=
Khi
1 5
2
t
+
=
thì
2
2 2
1 5
1 2 2 1 5 0
2
x x x x
 
+
+ + = ⇔ + − − =
 ÷
 ÷

 
1 3 2 5
2
x
− − +
⇔ =
hoặc
1 3 2 5
2
x
− + +
=
.
Khi
1 21
2
t
− +
=
thì
2
2 2
1 21
1 2 2 9 21 0
2
x x x x
 
− +
+ + = ⇔ + − + =
 ÷

 ÷
 
1 19 2 21
2
x
− − −
⇔ =
hoặc
1 19 2 21
2
x
− + −
=
.
Phương trình đã cho được viết lại:

( )
2 2
3sin 2 3 sin cos cos 3 3sin cosx x x x x x+ + = +
( ) ( )
2
3 sin cos 3 3sin cos 0x x x x⇔ + − + =
3sin cos 0x x⇔ + =
hoặc
3sin cos 3x x+ =

1
3 sin cos 0 tan
6
3

x x x x k
π
π
+ = ⇔ = − ⇔ = − +
"
k Z
∈

3 sin cos 3x x+ =
phương trình vô nghiệm.
#
a. Cho tam giác
ABC
vuông cân tại
B
, cạnh
2AB =
. Trong mặt phẳng chứa tam giác
ABC
lấy
điểm
M
thỏa
2 2 2
MA MB MC+ =
. Tìm quỹ tích của điểm M.
b. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN hợp với nhau một góc bằng
0
60
,

6, 9BM CN= =
. Tính độ dài trung tuyến còn lại của tam giác ABC.
a. Chọn hệ trục tọa độ
Bxy
vuông góc sao cho tia
Bx
qua A và tia
By
qua C.
Ta có:
( )
0;0B
,
( )
2;0A
,
( )
0;2C
. Giả sử
( )
;M x y
.

2 2 2
MA MB MC+ =
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2 2x y x y x y⇔ − + + + = + −
⇔

2 2
4 4 0x y x y+ − + =
.
 Phương trình trên là phương trình của một đường tròn tâm
( )
2; 2I −
, bán
kính
2 2R =
.
 Vậy quỹ tích điểm M là một đường tròn tâm
( )
2; 2I −
, bán kính
2 2R =
.
b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
 Xét trường hợp:
·
=
0
120BGC
Ta có:
= + − =
2 2 2 0
2 . .cos120 76BC GB GC GB GC
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos60 28

4
AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 112
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos60 13
4
AB
NB GB GN GB GN
Vậy AB
2
= 52
Vậy độ dài trung tuyến còn lại :

+
= − = ⇒ =
2 2 2
2
63 3 7
2 4
a a
AC AB BC
m m
 Xét trường hợp:
·

=
0
60BGC
Ta có :
= + − =
2 2 2 0
2 . .cos60 28BC GB GC GB GC
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos120 52
4
AC
MC GM GC GM GC

Vậy AC
2
= 208
= + − ⇔ =
2
2 2 2 0
2 . .cos120 37
4
AB
NB GB GN GB GN

Vậy AB
2
= 148
Vậy độ dài trung tuyến còn lại :

+
= − = ⇒ =
2 2 2
2
171 171
2 4
a a
AC AB BC
m m
$Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
1
1u =
và
2
1
3 2
n n
u u
+
= +
với mọi
1n ≥
.
a. Xác định số hạng tổng quát của dãy số
( )

n
u
.
b. Tính tổng
2 2 2 2
1 2 3 2011
S u u u u= + + + +
.
%&Dễ thấy
*
0,
n
u n N> ∀ ∈
Từ
2 2 2
1 1
3 2 3 2
n n n n
u u u u
+ +
= + ⇔ = +
.
Đặt
2
n n
v u=
thì có:
( )
1 1
3 2 1 3 1

n n n n
v v v v
+ +
= + ⇔ + = +
.
Đặt
1
n n
x v= +
thì ta có:
1
3
n n
x x
+
=
. Từ đây suy ra
( )
n
x
là cấp số nhân với
1
2x =
, công bội
là 3.
Nên:
1 1 1
2.3 2.3 1 2.3 1
n n n
n n n

x v u
− − −
= ⇒ = − ⇒ = −
.
'&
0 1 2 2010
2.3 2.3 2.3 2.3 2011S = + + + + −

( )
0 1 2 2010
2 3 3 3 3 2011= + + + + −

( )
2011
2 3 1
2011
3 1
−
= −
−


2011
3 2012= −
(
Cho
, ,a b c
là ba số thực không âm và thỏa mãn điều kiện
2 2 2
1a b c+ + =

.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
( ) ( )
3
6M a b c a b c abc= + + − + + +
Chứng minh được:
( )
( )
2
2 2 2
3 3a b c a b c+ + ≤ + + =
Suy ra:
3a b c+ + ≤
và
( ) ( )
3
3a b c a b c+ + ≤ + +

( )
3
8 3
2 6 2 3 6
3 3
a b c
M a b c abc
+ +
 
≤ + + + ≤ + ≤
 ÷
 

Vậy GTLN của M là
8 3
3
Giá trị này đạt được khi
1
3
a b c= = =
.
)
Tìm
m
để hệ phương trình sau có nghiệm:
( )
3 2
2
2 2 2 3
3
x y x xy m
x x y m
+ + + = − −



+ + =


với
,x y
là các
số thực.

Viết lại hệ:
( )
( )
2
2
2 2 3
2
x x x y m
x x x y m

+ + = − −


+ + + =



Đặt
2
2 ,u x x v x y= + = +
. Dễ có:
1u
≥ −
.
Hệ trở thành:
. 2 3u v m
u v m
= − −



+ =

Suy ra:
( ) ( )
2
2
3
2 3 3 2
2
u
u m u m u m u m
u
−
− = − − ⇔ − = + ⇔ =
+
Xét hàm
( )
2
3
2
u
f u
u
−
=
+
với
1u
≥ −
.

( )
( )
2
/
2
4 3
0, 1
2
u u
f u u
u
+ +
= ≥ ∀ ≥ −
+
Bảng biến thiên:
u
1−

+∞
( )
/
f u
+
( )
f u

+∞
2−
Kết luận :
2m ≥ −

.
Câu 6:
%* Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


, với
,x y
là các số thực.
'* Giải phương trình:
( )
4 2 2
1 3 1 3 3x x x x
+ + + + =
, với
,x y
là các số thực.
Câu 7:
%* Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường

thẳng có phương trình:
2 2 0x y
+ − =
. Đường cao kẻ từ B có phương trình:
1 0x y
+ + =
, điểm
( )
1;1M
thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
'* Trong mặt phẳng cho bốn điểm phân biệt A,B,C,D sao cho bốn điểm đó không cùng nằm trên một
đường thẳng.
Chứng minh rằng:
⊥ ⇔ + = +
2 2 2 2
AC BD AB CD AD BC
Câu 8:
Cho dãy số(u
n
) xác định như sau :

1
1
2
2 1
( 1, )
1 ( 2 1)
n
n
n

u
u
u n n
u
+

=


+ −
= ∀ ≥ ∈

− −

¥

%* Chứng minh:
tan 2 1
8
= −
π
'* Tính:
2015
u
Câu 9:
Cho ba số dương a, b c thỏa mãn abc = 1.Chứng minh rằng:
%*
2 2 2
a b c a b c+ + ≥ + +
'*

1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 10:
Cho hệ phương trình
2
3
2
2
( 2) 2 3 ( )
3
x y m
x y xy m y

+ =




+ + = +



Tìm m để hệ phương trình có nhiều hơn hai nghiệm với với
,x y
là các số thực
+,-,.,
Câu 6a

Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
2
1 3
x y x y
x y x y

+ − − =


+ + − − =


Điều kiện:
x+y 0, x-y 0≥ ≥
Đặt:
u x y
v x y
= +


= −

ĐK:
0, 0u v≥ ≥
ta có hệ:
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3

2 2
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
− = − =
 
 

2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2
u v uv
u v uv
uv

+ = +

⇔

+ − +
− =



Thế (1) vào (2) ta có:
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
Kết hợp (1) ta có:
0
4
uv
u v
=


+ =

4
0
0
4
u
v
u
v

=



=



⇔

=



=



4
0
u
v
=

⇔

=

(vì u>v).
Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(Thỏa đk). Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).
Câu 6b
Giải phương trình:
( )
2 2 2
( 1) 1 3 1 3 3x x x x+ + + + =
(1)
Từ pt ta thấy

0x〉
(1)
2
2
1 1
1 3 3 3x x
x x
 
⇔ + + + + =
 ÷
 
Đặt:
1
, 2t x t
x
= + ≥
Pt trở thành:
( )
2
1 3 3t t− = −
2
3
2
9 14 0
t
t
t t
≤

⇔ ⇔ =


− + =

1
2 1x x
x
+ = ⇔ =
Câu 7a
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên
đường thẳng có phương trình
2 2 0x y
+ − =
. Đường cao kẻ từ B có phương trình
1 0x y
+ + =
, điểm
( )
1;1M
thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của
tam giác ABC
Toạ độ B là nghiệm của hệ
1 0
2 2 0
x y
x y
+ + =



+ − =


Suy ra
( )
3; 4B
−
Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC
: 2 3 0d x y
⇒ + − =
Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm của hệ
2 3 0
1 0
x y
x y
+ − =


+ + =

Suy ra
( )
4; 5N
−
Gọi I là trung điểm MN
5
; 2
2
I
 

⇒ −
 ÷
 
.
Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE là đường trung trực BC, IE đi qua I
vuông góc với BC
13
: 2 0
2
IE x y
⇒ − − =
.
Toạ độ E là nghiệm của hệ
13
2 0
21 11
,
2
10 5
2 2 0
x y
E
x y

− − =

 
⇒ −

 ÷

 

+ − =

6 2
;
5 5
C
 
⇒ −
 ÷
 
.
CA đi qua C vuông góc với BN suy ra
8
: 0
5
CA x y− − =

Toạ đô A là nghiệm của hệ
13
2 0
2
8
0
5
x y
x y

− − =





− − =


33 49
;
10 10
A
 
⇒ − −
 ÷
 
Câu 7b
Trong mặt phẳng cho bốn điệm phân biệt A,B,C,D và không cùng nằm trên đường
thẳng. Chứng minh rằng:
2 2 2 2
AC BD AB CD AD BC⊥ ⇔ + = +
Chọn hệ trục
Oxy
sao cho
,A C Ox∈
,
B Oy∈
.
Giả sử trong hệ trục đó ta có:
( ,0), ( ,0), (0, ), ( , )A a C c B b D m n
2 2 2 2

AB CD AD BC+ = +
( ) ( )
2 2
2 2 2 2 2 2
a b c m n a m n c b⇔ + + − + = − + + +
2 ( ) 0m a c⇔ − =
(*)
Do
( ,0)A a ≠

( ,0)C c

a c⇔ ≠
Vậy từ (*) suy ra m = 0 , hay D nằm trên trục tung.
Vậy (*)
AC BD⇔ ⊥
Câu 8
Cho dãy số(u
n
) xác định như sau :





=
−−
−+
=
=

+
, )3,2,1(
)12(1
12
2
1
1
n
u
u
u
u
n
n
n
a) Chứng minh:
tan 2 1
8
= −
π

b)Tính:
2015
u
,x y
Câu 8a
Ta có :
2
2tan
8

1 tan tan
4 8 8
1 tan
8
 
= = + =
 ÷
 
−
π
π π π
π
2
tan 2tan 1 0
8 8
⇔ + − =
π π
tan 2 1
8
tan 2 1
8

= −

⇔


= − −



π
π
tan 2 1
8
⇒ = −
π
(Vì
tan
8
π
dương)

Câu 8b
Đặt
1
2 tanu a= =
, ta có:
2
tan tan
8
tan( )
8
1 tan .tan
8
a
u a
a
π
+
π

= = +
π
−
,
3
tan( ) tan
8 8
tan( 2. )
8
1 tan tan( )
8 8
a
u a
a
π π
+ +
π
= = +
π π
− +
Ta chứng minh :
tan( ( 1) ), 1,
8
n
u a n n n= + − ∀ ≥ ∈¥
π
(*)
Với n = 1
1
tanu a=

đúng
Giả sử (*) đúng với n = k ,
1k ≥
, hay ta có:
tan( ( 1) )
8
k
u a k= + −
π
Ta có:
1
tan( ( 1) ) tan
2 1
8 8
tan( . )
8
1 ( 2 1)
1 tan( ( 1) ).tan
8 8
k
k
k
a k
u
u a k
u
a k
+
+ − +
+ −

= = = +
− −
− + −
π π
π
π π
Vậy (*) đúng với n = k+1
Vậy
tan( ( 1) ), 1,
8
n
u a n n n= + − ∀ ≥ ∈¥
π
Cho n = 2015, ta có :
2015
3 3
tan( 2014. ) tan( 251 ) tan( )
8 4 4
u a a a= + = + + = +
π π π
π
=
2 1
tan( )
4
2 1
a
π −
− =
+

2 2
( 2 1) tan
8
π
= − =
Câu 9
Cho ba số dương a, b c thoả mãn abc = 1
a)
2 2 2
a b c a b c+ + ≥ + +
b)
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 9a
2
1 2a a+ ≥
,
2
1 2b b+ ≥
,
2
1 2c c+ ≥
( ) ( )
2 2 2
3a b c a b c a b c⇔ + + ≥ + + + + + −
Mà

3
3 3a b c abc+ + ≥ =
Vậy:
2 2 2
a b c a b c+ + ≥ + +
, đẳng thức xảy ra khi
1a b c= = =
Câu 9b
( )
( )
( )
2 2
3 3
3 3 3
3 3 3
a b a b a ab b
ab a b
+ = + − +
≥ +
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c⇒ + + ≥ + + = + + = + +
( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc c
a b 1
a b c
ab a b c ab a b c

⇒ ≤ = =
+ +
+ +
+ + + +
Tương tự:

( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc a
b c 1
a b c
bc a b c bc a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +
( ) ( )
3 3
3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3
1 1 abc b
c a 1
a b c
ca a b c ca a b c
≤ = =
+ +
+ +
+ + + +

Vậy:
3 3 3
3 3 3
1 1 1 a b c
1
a b 1 b c 1 c a 1
a b c
+ +
+ + ≤ =
+ + + + + +
+ +
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Câu 10
Cho hệ phương trình
2
3
(1)
2
2
( 2) 2 3 ( )(2)
3
x y m
x y xy m y

+ =




+ + = +




Tìm m để hệ phương trinh có nhiều hơn hai nghiệm
(1)
3
2
x m y= −
Thế vào (2)
2
3 3
2 2 2 3 2
2 2
m y y m y my m
   
+ − + − = +
 ÷  ÷
   

3 2
3
( ) 2 0
2
f y y my m⇔ = − + =
(*)
Hpt có nhiều hơn hai nghiệm khi pt (*) có ba nghiệm phân biệt
( )f y
′
⇔
có hai nghiệm

phân biệt
1 2
,y y
và
1 2
( ). ( ) 0f y f y
( )f y
′
có hai nghiệm phân biệt khi
0m ≠
( )
2 2
1 2
( ). ( ) 0 4 0f y f y m m⇔ −
Vậy
( )
2 2
0
4 0
m
m m
≠



−



( , 2) (2, )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞