TUYỂN CHỌN ĐỀ THI HSG KHỐI 12

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
1

TUYỂN CHỌN BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
ĐẮKLẮK MÔN : TOÁN 12-THPT
ĐỀ CHÍNH THỨC ( 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (3 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2
ln ln
2 2 4
x y y x
x y
  



   



Bài 2: (3 điểm)
Giả sử 1,
a a R
  
. Tìm hàm



f x
xác định với
1
x

sao cho thoả mãn phương trình
( ) ( )
1
x
f af x x
x

 
 
 

 
, trong đó
( )
x

là hàm cho trước xác định với
1
x


Bài 3: (3 điểm)
Cho góc xOy. Điểm A di động trên Ox , điểm B di động trên Oy sao cho OA + OB = a không đổi. Tìm quĩ tích

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
Bài 4: (3 điểm) :
Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình :
2 5 !
x y
z
 

Bài 5: (3 điểm)
Cho




: 0,1 0,1
f  là hàm số liên tục và có đạo hàm


’
f x
thoả mãn


'
f x m

với mọi


0,1

x , m là
số thực dương cho trước và m <1.
1.Chứng minh rằng phương trình


f x x

có đúng một nghiệm trên


0,1
.Gọi nghiệm đó là a .
2.Với


1
0,1
x  là số thực cho trước, xét dãy số


n
x
cho bởi x
n+1
= f(x
n
) với n nguyên dương. Tìm
lim
n
n

x

.
Bài 6: (3 điểm)
Giả sử P(x) là tam thức bậc hai thoả mãn :

0 ( 1) 1;0 (0) 1;0 (1) 1
P P P
      

Chứng minh rằng
9
( )
8
P x

với mọi


0,1
x
Bài 7: (2điểm)
Cho một lục giác lồi có tính chất sau: khoảng cách giữa các trung điểm của bất cứ hai cạnh đối diện nào của lục
giác đó cũng bằng tổng độ dài của hai cạnh đó nhân với
3
2
. Chứng minh rằng tất cả các góc của lục giác đó
bằng nhau.
HẾT

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008
ĐẮKLẮK MÔN : TOÁN 12-THPT
A. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM
Bài 1:
Điều kiện:
, 2
x y 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
2

Phương trình đầu


– ln – ln 1
x x y y
Xét hàm số


– ln
f t t t
 trên [
2
;

),


f t

liên tục và có


’ 0
f t

nên f(t) đồng biến
Do đó phương trình


1
x y
 

Từ đó tìm được nghiệm của hệ là
6
x y 
Bài 2:
Đặt
1 1
x y
y x
x y
  
 
, từ đó :
     
2
( ) ( )
1 1 1 1

y y y y
f y af a af y y a f y a y
y y y y
    
       
        
       
 
   
       

Từ đó suy ra
 
2
1
( )
1
y
a y
y
f y
a
 
 

 

 



Kiểm tra hàm
( )
f y
thoả mãn PT đang xét và
1
y


Bài 3:
Lấy
C

Ox và D

Oy sao cho OC = OD = a
Gọi L , K lần lượt là trung điểm của OC, OD
Do OA+OB = a nên OA = BD (1)
Qua L và K kẻ các đường trung trực của OC,OD. Hai trung
trực này cắt nhau tại I (I cố định ).
Hai tam giác vuông OKI và OLI bằng nhau (vì OI
chung,
2
a
OK OL
 
) nên IK =IL (2)
Mặt khác do OA + OB = OL + OK = a nên AL = BK (3)
Do (2) và (3) nên hai tam giác vuông BKI = ALI.
Nên AI = IB.

Do 2 tam giác vuuông BKI =ALI nên:


OBI LAI


hay
 
0
180
OBI OAI 

Do đó tứ giác OAIB là tứ giác nội tiếp.
Do O và I là 2 diểm cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB phải nằm trên đường trung trực của
OI.
Khi
A O

thì
B D

khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OAIB là O
1
( giao điểm 2 đường trung trực của
OI và của OD)
Khi
B O

thì
A C


khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
OAIB là O
2
( giao điểm 2 đường trung trực của OI và của OC)
Đảo lại : Lấy O’ bất kỳ trên đoạn O
1
O
2
vẽ đường tròn tâm O’ bán kính O’O cắt tia Ox tại A, Oy tại B ta chứng
minh OA + OB = a.
Ta có O’O =O’I nên tứ giác OAIB nội tiếp được trong (O’)
Hai tam giác vuông ALI = BKI ( vì IL = IK, góc IAL = góc IBK)
nên AL =BK.
Nên ta có OA + OB = (OL –AL) + (OK + KB) = OL + OK =
2 2
a a

= a.
Bài 4:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
3

- Nhận thấy nếu x,y dương thì z >2 khi đó do 2
x
và z! đều chia hết cho 2 mà 5
x
không chia hết cho 2 nên nếu
(x,y,z) là nghiệm thì x hay y phải bằng 0

- Nếu x = 0 thì ( 1)

1 + 5
y
= z!. Nếu y > 1 thì z > 5 khi đó vế trái chia cho 5 dư 1 còn vế phải chia hết cho 5
nên (0 , y ,z) với y >1 không thể là nghiệm phương trình.
- Nếu y = 0 thì z = 2

(0,0,2) là nghiệm . Nếu y = 1 thì z = 3

(0,1,3) là nghiệm .
- Nếu y = 0 thì (1 )

2
x
+ 1 = z! khi đó z >1 nên vế phải chia hết cho 2 do đó phải có x = 0

z = 2.
- Tóm lại phương trình chỉ có 2 nghiệm nguyên không âm là (0,0,2) và (0,1,3) .
Bài 5:
1. Xét hàm số




–
g x f x x
 ta có g(x) liên tục và có





’ ’ –1 0
g x f x
 
do đó g(x) nghịch biến trên
[0,1] .
+ Nếu g(0) = 0 hay g(1) = 0 thì ta có đpcm .
+ Nếu


0
g và


1
g
đồng thời khác không thì


0 0
g

và


1 0
g

từ đó do tính liên tục và đơn điệu của

g(x) suy ra có đúng một giá trị x

[0,1] để g(x) = 0 hay phương trình



f x x

có đúng một nghiệm x = a


[0,1]
2. Nếu x
1
= a thì ta có x
n
= a với mọi n nên
lim
n
n
x

= a .
+ Nếu x
1
khác a thì từ x
1

[0,1] suy ra x
n


[0,1] và x
n
khác a với mọi n do đó theo định lý Lagrăng tồn tại số
thực c nằm giữa x
n
và a để








– ’ –
n n
f x f a f c x a





1 1
’ – – – .
n n n n
x a f c x a x a m x a
 
   

+ Mặt khác do
1
n
x a
 
nên bằng qui nạp ta chứng minh được
1
–
n
n
x a m

 với
2
n


+ Do
0 1
m
 
và
1
0 –
n
n
x a m

 


0 nên
lim
n
n
x

= a .
Kết luận
lim
n
n
x

= a.
Bài 6
Đặt
1
( ) ( )
2
Q x P x
 
khi đó :
1 1 1
( 1) , (0) , (1)
2 2 2
Q Q Q
   

Theo công thức nội suy Lagrange có :

 


 
 
 


 
2
1 1
1 1 0 1
2 2
x x x x
Q x Q x Q Q
 
    
Từ đó với


1,1
x  ta có
 




2
1 1
1 1 1

. 1 .
2 2 2 2 2
x x x x
Q x x
 
    

 




2
0;1
1 1
1 1 5 5
max 1
2 2 2 2 4 8
x
x x x x
x

 
 
     
 
 
 

Giá trị lớn nhất của hàm bên trong dấu ngoặc trên đoạn



0,1
là
5
4
.
Vì vậy
   
1 1 5 9
2 2 8 8
P x Q x
    
với


0,1
x
Bài 7:
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
4

Bổ đề “Xét tam giác PQR có góc

0
60
QPR  và T là trung điểm của cạnh QR. Chứng minh
3
2

PT QR ”
Gọi S là điểm nằm cùng phía với P đối với đường thẳng QR sao cho QRS là tam giác đều. Khi đó điểm P nằm
trong dường tròn ngoại tiếp tam giác đều QRS và đường tròn (QRS) này tiếp xúc trong với đường tròn tâm T
bán kính
3
2
TS QR
Do đó
3
2
TP TS QR  .
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi P

S, tức tam giác PQR đều.
Trở lại bài toán đã cho : các đường chéo chính của một lục giác lồi tạo
thành một tam giác, hay đặc biệt có thể đồng qui( lúc đó tam giác suy
biến thành một điểm )
Bởi thế ta có thể chọn hai trong ba đường chéo đó tạo thành một góc lớn
hơn hoặc bẳng 60
0

Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng các đường chéo AD và BE
của lục giác ABCDEF được xét cắt nhau ở điểm P sao cho

0
60
APB 
.Khi đó sử dụng bổ đề trên và giải thiết của bài toán ta có
 
3

2
MN AB DE PM PN MN
     (Trong đó M, N lần lượt là
trung điểm của AB và DE)
Theo bổ đề các tam giác ABP và PDE là đều và ta có


0
60
ABP PDE 
.
Từ đó suy ra đường chéo CF tạo với AD hoặc tạo với BE một góc lớn hơn hoặc bằng 60
0
.
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng

0
60
AQF  , trong đó Q là giao điểm của CF và AD.
Lặp lại lập luận như trên ta có kết luận AQF và CQD là những tam giác đều, điều đó kéo
theo


0
60
BRC ERF 
, trong đó R là giao điểm CF và BE. Lập luận tương tự cho lần thứ ba này ta có các tam
giác BCR và EFR là đều.
Vậy ta có tất các góc của lục giác lồi là bằng nhau và bằng 120
0

.


SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010


Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)


Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình:


2
2009 1 1
x
x x
  

Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
Đ
ề thi chính thức

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN

5

 
2
( 1) 1
x y m
y x xy m x
 



   



Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương
, ,
x y z
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 36
9x y z
x y y z x z
  
  

Câu 4 (2,0 điểm).
Cho dãy số



n
x
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i,
1
2
x


ii,
1 2 1
2
2 ( 1)
( 1)
n
n
x x n x
x
n n

   


với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
Tính limu
n
với
 
3

1 .
n
n
x
u n 
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD,
BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho
MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường
thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và
thể tích khối tứ diện AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Cho hàm số


f x
liên tục trên R thỏa mãn:






. sin .sin
f x f y x y f x y
  
với mọi số thực x, y. Chứng
minh rằng



2
2 2
f x x
 
với mọi số thực x thuộc
;
2 2
 
 

 
 
.
- - - Hết - - -


SỞ GD&ĐT NGHỆ
AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A


Câu 1.
1. Xét hàm số

 


2
2009 1 1
x
xf x x
 
trên

.
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
6

 
 
2
2
2009 ln20'
09 1 2009 1
1
x x
x
x xf x
x
 
   

 


 

 
2
2
1
2009 1 ln2009
1
x
x x
x
 
  
 

 

vì
2
1 0
x x
  
và
2
1
1
0
1
ln 2 09

x


nên ( ) 0,f x x
  



hàm số f(x) đồng biến trên

. Mặt khác
(0) 0
f


Vậy phương trình


2
2009 1 1
x
x x
  
có duy nhất một nghiệm x = 0
Câu 2.
Từ
y m x
 
thay vào phương trình còn lại ta được :
3 2

0 (1)
x mx m  
Xét hàm số
3 2
( )
f x x mx m
  
trên


Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Đồ thị hàm số y = f(x) có hai
điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox (*)
Ta có
2
( ) 3 2
f x x mx

  ;
0
( ) 0
2
3
x
f x
m
x





 




 
2 2
3 3
0
2
* (27 4 ) 0
2
(0). ( ) 0
3 3
3
2
m
m
m m
m
f f
m


 





    









Vậy
3 3
2
m   hoặc
3 3
2
m  là giá trị cần tìm.
Câu 3.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương





2 2 2 2 2 2
9 36
xy yz zx x y z y x z xyz

     
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :

2 2 2
3
3xy yz x xz
y z
   (1)
Và
2 2 2 2 2 2
4 4 4
12
9 12x y x yz y x z
z
    hay
2 2 2 2 2 2
3
9 12x y z y x z
xyz
    (2)
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:




2 2 2 2 2 2
9 36
xy yz zx x y z y x z xyz
      (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1

Câu 4.
Ta có
2
1
3
x


Với
3
n

Ta có:


3
1 2
2 1
n n
x x nx n x  

     
3
1 2 1
2 1 1 2
n n
x x n x n x

    
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
7

Từ (1), (2) suy ra :
 
3
3
1
1
n n n
n x n x n x

  
 
3
2
1
1
3
1 .
1
. .
1
n
n
n
n x
n n
x
n nn n

x




 

 





2 2 2
2
1 2 2 1 3
.
1 3 1 4
n
n n n n
x
n n n n
x
  
    
 

     
 
     

2
4
( 1)
n
x
n n
 


Do đó
 
2
2
4 1
li 4
m mli
n
n
u
n



Câu 5.
Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A
1
}. BM ∩ AC = {B
1
}, CM ∩ AB = {C
1

}
Trong (DAA
1
). Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA
1
tại A’
Xét tam giác DAA
1
có MA’ // AD nên
1
1
'
MBC
ABC
SMA MA
DA AA S


 
Tương tự ta có
1
1
'
MAC
ABC
SMB MB
DB BB S


  ,

1
1
'
MAB
ABC
MC MC S
DC CC S


 
Suy ra
 
' ' '
1
MBC MAC MAB ABC
MA MB MC
doS S S S
DA DB DC
     

Ta có
3
' ' ' ' ' '
3 . .
MA MB MC MA MB MC
DA DB DC DA DB DC
  

Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤
1

27
DA.DB.DC (không đổi)
Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là
1
27
DA.DB.DC, đạt được khi
1 1 1
1 1 1
' ' ' 1 1
3 3
MA MB MC MA MB MC
DA DB DC AA BB CC
      

Hay M là trọng tâm tam giác ABC
Câu 6.
Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I

AM)
Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K

CD)
Trong (ABD) DI cắt AB tại P
Trong (AKD) DN cắt AK tại Q
PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM
Gọi E là trung điểm PB, ME là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI
Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE.
Vậy AP = PE = EB
Suy ra
1

3
AP
AB


MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM =
3

Suy ra
1
3
PQ AP
BK AB
 
; PQ =
1
3
BK =
3
3

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
8

1 1 1
. . .
2 3 6
AMNP
AMCB

V
AM AN AP
V AM AC AB
  

V
AMCB
=
1
2
V
ABCD
(Do M là trung điểm BD)
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V
ABCD
=
2
12
(đvtt)
Suy ra V
AMCB
=
1 2 2
.
2 12 24
 . Vậy V
AMNP
=
1
6

V
AMCB
=
2
144
(đvtt)
Câu 7.






. – sin .sin
f x f y x y f x y
 
với mọi số thực x,y (1)
Với x = y = 0 ta có
   
2
(0) 0
(0
0
)
0 – 0
1
f f
f
f









Nếu


0 0,
f

từ (1) chọn y = 0 ta có


0
f x

với mọi x, điều này không xảy ra với x = y =
2

. Suy ra


0 0
f

(loại)
Với



0 1
f

, từ (1) chọn
y x
 
ta có




2
. sin 1,f x f xx x  
 


Chọn
2
x


ta được
0
2
. 0
2 2
0
2

f
f f
f

 


 

 

 
   

 
   

   
 
 

 
 


Nếu
0
2
f


 

 
 
từ (1) chọn
2
y


. Ta có
sin cos (*)
2 2
f x x x x R
 
   
      
   
   

Nếu
2
f

 

 
 
= 0 từ (1) chọn
2
y


 
. Ta có
sin cos (**)
2 2
f x x x x R
 
   
     
   
   

Từ (*) và (**) suy ra


cos .
f x x

Thử lại thấy hàm số


cos .
f x x
 thỏa mãn
x
 


Ta cần chứng minh
2

2cos 2,
;
2 2
xx x
 
 
  





.
Xét hàm số


2
2cos – 2
g x x x  trên
;
2 2
 
 

 
 
.
Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần chứng minh g(x) ≥ 0,
0;
2

x

 
 
 
 

   
’ 2sin 2 , ” 2cos 2 0,
0;
2
g x x x g x x x

    
 
 
 



 ,


” 0 0
g x x
  
suy ra g’(x) đồng biến trên
0;
2
x


 
 
 
 

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
9

Nên






’ ’ 0 0, ’ 0 0
g x g g x x
    
.
Vậy hàm số g(x) đồng biến trên
0;
2
x

 
 
 
 

nên




0 0
g x g
 
hay
2
2cos 2
x x
 
(đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 0

KÌ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI NGUYÊN
Năm học 2009 – 2010
Môn thi : Toán học Lớp 12
Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề)



Bài 1.
Cho phương trình
3
3 1 0
x x
  
. CMR phương trình có 3 nghiệm



1 2 3 1 2 3
, ,
x x x x x x
  và thỏa mãn điều
kiện
2
3 2
2
x x
 

Bài 2.
Gọi I là tâm đương tròn nội tiếp tam giác ABC ;
1 2 3
, , ,
R R R R
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam
giác BIC, CIA, AIB, ABC; r là bán kính đường trong nội tiếp tam giác ABC.
CMR:
2
1 2 3
. . 2 .
R R R r R

Bài 3.
Tìm giá trị của m để hệ
2 2
2

4
x y
x y m

 


 


có nghiệm.
CMR :
2
ln
2
x y y
x x y

 

 

 
với
0, 0.
x y
 

Bài 4. Giải PT:
3 3

cos 4sin 3sin 0
x x x
  

Bài 5.
a. Với A, B, C là ba góc của một tam giác, CMR phương trình:
2
2
3 sin sin sin
2 2 2
x x
A B C

  
Có 4 nghiệm phân biệt.
b. Giải phương trình:


2
1 2 2
.3 1 .3 1 0
x x
x x x x

     




Hết

HƯỚNG DẪN
Bài 1:
* CM phương trình có 3 nghiệm phâm biệt bằng cách xết các khoảng:






1;2 , 2; 1 ; 0;1
 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
10

* Theo giả thiết, ta có
2
2 3
2
x x
 
, vì
2
x
là nghiệm của PT
3
3 1 0
x x
  

Nên ta có,






3
2 2 6 4 2 2 4 2
3 3 3 3 3 3 3 3
2 3 2 1 0 6 9 1 6 9 1
x x x x x x x x
            


 
 
3
2
3 3
2
3 3
3
3 3
3 1 0
3 1
3 1 0
x x
x x
x x


  
   

  



Khi đó
3
x
cũng là nghiệm của pt đã cho.
Bài 3:
a. Từ điều kiện
2 2
4
x y
 
nên ta đặt
2sin , 2cos
x t y t
 

thay vào PT
2
x y m
 
, ta được :
2 2
2sin 4cos 4sin 2sin 4

t t m t t m
     

Từ việc xét hàm số
2
( ) 4 2 4
f X X X
  
trên


1;1

Ta được:
17
;2
4
m
 
 
 
 
thì hệ đã cho có nghiệm.
b. Ta CM:
2
2
y x y
x y x




(1)
Thật vậy:
2 2
2
2 0, , 0
2
y x y
x y xy x y
x y x

      


Mặt khác
ln , 0
X X X
  
, do vậy ln
x y x y
x x
 
 

 
 
(2)
Từ (1) và (2) ta có ĐPCM.
Bài 4: PT đã cho tương đương với:
cos3 3cos

cos3 0 cos3 cos
4 2
2
x k
x x k
x x x x
k
x







      




Trường THPT Diễn Châu 3 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học : 2010 - 2011
Môn: Toán
( Thời gian làm bài : 150 phút )

Câu I: (3,5đ)
Cho hàm số :
2 3
1
x

y
x



có đồ thị là (C)
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
11

Gọi (d) là đường thẳng có phương trình:
4
y mx
 
(m là tham số). Chứng minh
0
m
 
đường thẳng d luôn
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt trong đó có ít nhất 1 điểm có hoành độ lớn hơn 0 .
Câu II:
a. (2đ) Giải phương trình :
5 2
2 4 52 0
x x x
   
trên R
b. (3,5đ) Tìm m để hệ phương trình:
3 3
2

( )(1 )
1 1 0
x y y x xy
x m y

   


   


có nghiệm thực
Câu III:
a. (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất , lớn nhất của hàm số :

2 2
sin 8sin 17 sin 2sin 5
y x x x x
     

b.(2đ) Tìm m để bất phương trình :
3 2
2 2 1
x mx m
  
nghiệm đúng


1;1
x  

Câu IV: (2đ)
Cho k N*, a,bR. Chứng minh : Nếu
0 1 2010

a x x x b
    

thì :
1 0 2 1 2010 2009

k k
k k k k k k
x x x x x x a b
       

Câu V:
Trong mặt phẳng (P),cho hình chữ nhật ABCD biết ,
AB a AD b
 
. Kẻ các tia Ax , Cy vuông góc với (P),cùng
phía đối với (P).Lấy điểm ,
M Ax N Cy
 
sao cho 2 mặt phẳng (MBD),(NBD) vuông góc với nhau.
a. (1,5đ) Gọi hình chiếu vuông góc của M,N lên BD là H,K. Chứng minh:

. .
AM CN AH CK


b. ( 2,5đ) Tìm vị trí của M,N để thể tích của tứ diện BDMN có giá trị nhỏ nhất



Trường THPT Chuyên Nguyễn Đình Chiểu
Thị xã Sa Đéc-Tỉnh Đồng Tháp

ĐỀ GIỚI THIỆU MÔN TOÁN
OLYPIC ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG 2008-2009

Câu 1: 3 điểm
Giải phương trình
13
1
24
log
26
26
2
2008




xx
x
x
x

Câu 2 : 3 điểm
Cho tam giác ABC có A
2
sin , B
2
sin , C
2
sin lập thành một cấp số cộng và có tổng
2
3
sinsinsin
222
 CBA . Đường cao kẻ từ A và đường phân giác trong góc B cắt nhau tại I, biết I thuộc
miền trong tam giác ABC. Chứng minh rằng

IBCIAC
SS


Câu 3 : 2 điểm
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
12

Tìm ba phân số tối giản
d
c
d
b
d

a
; ; tạo thành cấp số cộng biết :

d
b
b
c
d
a
a
b






1
1
;
1
1


Câu 4 : 3 điểm
Cho dãy


,
n

u
biết
1
1
u

, và dãy


n
v
với
1
, 1,2
n n n
v u u n

   …. Lập thành cấp số cộng, trong đó
1
3; 3 .
v d
 

Tính :
1 2
n
S u u u
   


Câu 5: 3 điểm
Trong thư viện có 12 bộ sách gồm 3 bộ sách Toán giống nhau, 3 bộ sách Vật lý giống nhau, 3 bộ sách
Hóa học giống nhau và 3 bộ sách Sinh học giống nhau được xếp thành một dãy sao cho không có ba bộ nào
cùng một môn đứng kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp như vậy ?
Câu 6 : 3 điểm
Cho
z
y
x
,
,
thỏa điều kiện






8)(2
2
2
22
yxzz
yx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức )( xyzA



Câu 7: 3 điểm

Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng tùy ý cắt các đường thẳng BC, CA, AB. Gọi x, y,
z tương ứng là các góc giữa đường thẳng (d) và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh
16
1
cos.cos.cossin.sin.sin
222222
 zyxzyx .



Hết
Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình
)1(13
1
24
log
26
26
2
2008




xx
x
x
x

Giải :

2
2
4
1
26
2008
2008
1
24
)1(
26
2






x
xx
xx
x


1
26
2
2
4
2008).1(2008).24(

262 

xxx
xxx (2)
Ta có hàm số
x
xxf 2008.)(  tăng trên R nên
(2) 124
262
 xxx 013
26
 xx
Phương trình )0(013013
2326
 xuuuxx (3)
phương trình này chỉ có nghiệm trong (0,2) nên đặt )
2
0(cos2

 ttu
(3)
9
2
1
3cos
2
1
cos3cos4
3


 tttt
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
13

Suy ra phương trình có nghiệm
9
cos2

x
Câu 2 : (3 điểm)
Cho tam giác ABC có A
2
sin , B
2
sin , C
2
sin lập thành một cấp số cộng và có tổng
2
3
sinsinsin
222
 CBA . Đường cao kẻ từ A và đường phân giác trong góc B cắt nhau tại I, biết I thuộc
miền trong tam giác ABC. Chứng minh rằng

IBCIAC
SS


Giải :

Dựng đường cao AH, phân giác trong BD cắt nhau tại I
Gọi M là giao điểm của CI và AB
Đặt BC = a, CA = b, AB = c.
Vì I thuộc miền trong tam gác ABC, nên các góc B, C đều nhọn.
Từ giả thiết, ta suy ra

2
1
sin
2
B
BB cossin



2sinsin
22
 CA
CA cossin



Theo định lý Cêva ta có
1
sin
.
cos
cos.sin
.

cos
.
cos.
.1 
A
B
CB
a
c
B
C
Cb
DA
DC
HB
HC
MB
MA
DC
DA
HC
HB
MB
MA

do đó M là trung điểm AB
Từ đó suy ra
IBCIAC
SS



Câu 3 : 2 điểm Tìm ba phân số tối giản
d
c
d
b
d
a
; ; tạo thành cấp số cộng biết :

d
b
b
c
d
a
a
b






1
1
;
1
1

Giải:
Ta có: cab
d
c
d
b
d
a
 2;; , (*) ; ).2(
1
1
; )1(
1
1
d
b
d
c
d
a
a
b






Lấy

)2(
)1(

b
a
ac
b



1
1
2
(3). Do (*)

c = 2b – a
(3)
 
022
1
1
2
22233
2





 baabbaba

b
a
aba
b




0221
3223
 bbabbaa
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
14

0))((
22
 bbabaaba
Nếu a = b thì từ (1); (2); (*)

a = b = c = d (vô lý)
Nên a

b




010
2222

 aababbbabaa


2
1651
2


aaa
b
Đặt 165
2
 aat do a, b, c nguyên

t hữu tỉ

5
453
0165
2
22


t
ataa
Do a nguyên nên 5t
2
+ 4 phải là số chính phương

2

1
2
1
2
1
2
1
22
22
5
1
151
2
5
2
45 t
k
tk
tk
kt 

















Chỉ có số nhỏ nhất thỏa phương trình là: k
1
= 9

t
1
= 4







8
18
t
k

Vậy: a = 3

b =





 6
2
c =




15
1
d =



 3
5
Thế vào trên ta chọn .
5
1
;
5
2
;
5
3

Câu 4 : (3 điểm ) Cho dãy (U
n
), biết U

1
= 1, và dãy (V
n
) với V
n
= U
n+1
- U
n
, n = 1,2 …. Lập thành cấp số cộng,
trong đó V
1
= 3; d = 3 .
Tính :
n
UUUS





21

Giải:




nndnVV
n

31331
1
 .
Vì nUUnUUUUV
nnnnnnn
33
111



Nên
n
U có dạng an
2
+ bn + c




3ncbnan11
2
2
 cnbna


03-2an  ba (đồng nhất). cnnU
b
a
n













2
3
2
3
2
3
2
3
2

Chọn n = 1

c =1 . Vậy 1
2
3
2
3
2
 nnU

n
.
Nên
   
2
2
)1(
2
3
6
)12)(1(
2
3
21
2
3
21
2
3
3
nn
n
nnnnn
nnnS
n







Câu 5: 3 điểm
Trong thư viện có 12 bộ sách gồm 3 bộ sách Toán giống nhau, 3 bộ sách Vật lý giống nhau, 3 bộ sách
Hóa học giống nhau và 3 bộ sách Sinh học giống nhau được xếp thành một dãy sao cho không có ba bộ nào
cùng một môn đứng kề nhau. Hỏi có bao nhiêu cách xếp như vậy ?
Giải :
Gọi A là tập hợp các cách xếp 12 bộ thành một dãy tùy ý
Gọi
1
A là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Toán đứng kề nhau
Gọi
2
A là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Lý đứng kề nhau
Gọi
3
A là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Hóa đứng kề nhau
Gọi
4
A là tập hợp các cách xếp 3 bộ sách Sinh đứng kề nhau
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
15

Gọi
*
A
là tập hợp các cách xếp thỏa yêu cầu đề bài
Ta có

4

1
*
4
1
*
\


i
i
i
i
AAAAAA

Mà 369600
)!3(
!12
4
A

60936
)!3(
!4
)!3(
!6
)!3(
!8
)!3(
!10
0

4
4
1
3
4
2
2
4
3
1
4
4
1


CCCCA
i
i


30866460936369600
*
 A
Câu 6 : (3 điểm) Cho
z
y
x
,
,
thỏa điều kiện






8)(2
2
2
22
yxzz
yx

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức )( xyzA



Giải :
Từ điều kiện suy ra
122222
222
 yzxzzyx
6
22
22
















z
y
z
x
Đặt








2
;
2
z
y
z
xu khi đó 6


u

 
xyv 2;2 

khi đó 8

v
Ta có Axyz
z
yx
z
xyvu 















)(

2
2
2
2.
Vậy A= 3448 

vuvu
Dấu = xãy ra khi

vu , cùng hướng, tức là
114)(
2
2
2
2
2





zzyxz
x
z
y
y
z
x

Khi đó






















2
31
1
2
31
2
1
22
y

x
yx
yx

Giá trị lớn nhất của
A
là 34
Câu 7: (3 điểm) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng tùy ý cắt các đường thẳng BC,
CA, AB. Gọi x, y, z tương ứng là các góc giữa đường thẳng (d) và các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh
16
1
cos.cos.cossin.sin.sin
222222
 zyxzyx .
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
16

Giải : Chọn hệ trục tọa độ sao cho )0;(),0;(),3;0( aCaBaA  . Khi đó )3;( aaAB 

, )3;( aaCA 

,
)0;2( aBC 

.
Gọi );(
21
uuu 

là véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d). Ta có :



2
2
2
1
2
1
2
cos
uu
u
x
2
2
2

1
2
2
2
sin
uu
u
x









)(4
3
cos
2
2
2
1
2
21
2
uu
uu
y



)(4
3
sin
2
2
2
1
2
21
2
uu
uu
y









)(4
3
cos
2
2
2

1
2
21
2
uu
uu
z


)(4
3
sin
2
2
2
1
2
21
2
uu
uu
z



zyxzyxS
222222
cos.cos.cossin.sin.sin 






   
16
1
16
33
16
33
3
2
2
2
1
6
2
4
2
2
1
2
2
4
1
6
1
3
2
2

2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
1







uu
uuuuuu
uu
uuuuuu
.
Sở GD -ĐT BạC LIêU Đề THI HọC SINH GIỏI ĐBSCL - 2006
MôN TOáN

Thời gian làm bài 180’


Câu 1 (4đ)
Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn điều kiện :
4 4 4 4 4
1
a b c d e
    

Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3
4
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4
5 5
4
a b c d e
b c d e c d e a d e a b e a b c a b c d
    
              

Câu 2 (4đ)
Giải phương trình sau:
3 3
sin 4cos 3cos
x x x
 

Câu 3 (4đ)
Cho dãy số



, 1,2,3 .
n
a n
 
được xác định bởi
2
1 1
0,
n n n
a a ca a

  

với n = 1,2, 3 … Còn c là hằng số dương. Chứng minh rằng :

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
17


1 1
1
. .
n n n
n
a c n a
 


Câu 4 (4đ)
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác không vuông ABC .
Chứng minh rằng:
(tan tan ) (tan tan ) (tan tan ) 0
A B OC B C OA C A OB
     
   

Câu 5 (4đ)
Các cạnh AC, ADvàBC, BD của tứ diện ABCD tiếp xúc với mặt cầu S tâm I nằm trên cạnh AB
bán kính R. còn các cạnh CA, CBvà DA,DB tiếp xúc với mặt cầu S’ tâm J nằm trên cạnh CD bán kính r.
Chứng minh rằng:

4 2 2 4 2 2
( 4 ) ( 4 )
AB CD r CD AB R
  


Hết

ĐáP áN MôN TOáN -ĐBSCL-2006
Câu 1 (4đ)
Ta có
3 4
4 4
5 5
4 4
4 4

4 4 5 5 1 5 5
4 4
(1 ) (1 )
5 5 5 5
a a
a a a a
a a a
        
 

Tương tự:

3 4 3 4 3 4 3 4
4 4 4 4
4 4 4 4
5 5 5 5 5 5 5 5
, , ,
4 4 4 4
(1 ) (1 ) (1 ) (1 )
b b c c d d e e
b c d e
   
   

Từ đó ta có BĐT được chứng minh
Câu 2 (4đ)
Vì sinx = 0 không là nghiệm của PT nên ta chia 2 vế của PT cho
2
sin
x

ta được:



2
3 1 0 ( cot )
tf t
t t x
    (1)
Vì








1 1 0, 2 3 0 , 2 1 0 , 1 3 0
f f f f
           

suy ra (1) có ba nghiệm thuộc khoảng


2;2

Đặt:
3
1 2 2

2cos ,(1) 8cos 6cos 1 0 cos3
2 9 3
k
t
 
    

          
1 2 3
2 4 8
2cos , 2cos , 2cos
9 9 9
t t t
  
   
Từ đây ta tìm được các nghiệm của PT
Câu 3 (4đ)
Ta có
2
1
1 1
1 1
n
n n n
n n n
ca
a a ca
a a a

 

    
Thay n = 1,2,3, ………n và cộng lại ta được :
1
1
2
1
1 1 1
1 1 1
n
n
i
n
n i
n
ca
a
n c
a a a a
a


   


1 1 1
1
1
2
1
1

n
n n n n
n
n
n
a
n c a c n a
a a
  
   
Câu 4 (4đ)
Vì tam giác ABC không vuông ĐT cần CM
sin . sin . sin 2 . 0
AOA BOB C OC
   
   

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
18

Đặt vế trái
u

ta có:
2 2
.0 (sin 2 sin 2 cos2 sin2 cos2 ) (sin 2 sin(2 2 )) 0
u C R C A B B A R C A B
      
 

Tương tự
.0 0
u B

  

Vì
,
OB OC
 
không cộng tuyến nên
0
u

 
và ĐT được CM (1đ)
Câu 5 (4đ)
Giả sử mặt cầu


;
S I R
tiếp xúc với AD,AC,BD, BC lần lượt tại M,N,P,Q .
Ta có: BP = BQ , IP = IQ = R
IBP IBQ IBD IBC
      

Tương tự ta CM được: ,
IAC IAD ABD ABC AD AC BD BC

         

Tương tự đối với mặt cầu


’ ;
S J r
ta CM được: DA = DB , CA = CB .
Suy ra :
AC AD BC BD a
    
I là trung điểm của AB, J là trung đi
ểm CD
Đặt AB = 2m ,CD = 2n ta có
2 2 2 2
( ) 2 ( )
m
S DAB S DIA aR mDI m a m R a m
a
         
Tương tự:
2 2
n
r a n
a
 

2 2 4 4
2 2 2 2 2
2 2 2'

4
4 4( ) 4 1
4
a n n CD
CD r n r n
a a a
 

       
 
 

Tương tự ta CM được:
2 2
2 2
2 2
4
4
4
m AB
AB R
a a
  
Suy ra
4 2 2 4 2 2
( 4 ) ( 4 )
AB CD r CD AB R
  

SỞ GD&ĐT BẠC LIÊU KỲ THI HSG ĐBSCL LẦN THỨ 16 - NĂM 2009

Đề thi đề nghị Môn: Toán
(Gồm 7 câu) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)


Câu 1. ( 3 điểm )
Giải phương trình
4 3
4
4 4
3 4 2 18 3 0
x x
  

Câu 2. ( 3 điểm )
Trên các cạnh của tam giác ABC lấy các điểm M’, N’, P’ sao cho mỗi đường thẳng MM’, NN’, PP’ đều chia
chu vi tam giác ABC thành hai phần bằng nhau trong đó M, N, P tương ứng là trung điểm của các cạnh BC,
CA, AB. Chứng minh ba đường thẳng MM’, NN’, PP’ đồng qui tại một điểm.
Câu 3. ( 2 điểm )
Cho số nguyên tố p dạng
4 3
k

. Chứng minh rằng không có số nguyên x nào thỏa điều kiện
2
( 1)
x p


.

Câu 4. ( 3 điểm )
Cho dãy số nguyên dương


n
a
thỏa mãn điều kiện
2
1 1
, *
n n n
a a a n N
 
  
Tính
2
1 2
1 1 2
lim
n
n
n
a a a
n

 
  
 
 
.

Câu 5. ( 3 điểm )
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
19

Xung quanh bờ hồ hình tròn có 17 cây cau cảnh. Người ta dự định chặt bớt 4 cây sao cho không có 2 cây nào kề
nhau bị chặt. Hỏi có bao nhiêu cách thực hiện khác nhau?
Câu 6. ( 3 điểm )
Tìm tất cả các hàm số


f x
liên tục trên R thỏa:

 
; .
2
x
f x f x x R
 
    
 
 

Câu 7. ( 3 điểm )
Cho 8 số thực
, , , , , , , .
a b c d x y z t
Chứng minh rằng trong 6 số sau đây có ít nhất một số không âm:
, , ,

ac bd ax by az bt
  

, , .
cx dy cz dt xz yt
  

- - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - -

HƯỚNG DẪN

Câu 1. ( 3 điểm )
Giải phương trình
4 3
4
4 4
3 4 2 18 3 0
x x
  
(1)
Ta thấy
0
x

không là nghiệm của phương trình (1).
Với
0
x

,

4
3
2 18
(1) 4 0
3
x
x
   
4
3
18 2
4
3
x
x
   (2)
Do
0
x

nên áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 4 số:
3
18
; ; ;
3 3 3
x x x
x
ta có:
4 4
3 3 3

18 18 18 2
4 4
3 3 3 3 3
x x x
x
x x
      
Do đó (2) xãy ra khi và chỉ khi:
3
18
3
x
x

4
54
x
 

4
54
x  ( do
0
x

)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất
4
54
x  .

Câu 2. ( 3 điểm )
Không mất tính tổng quát ta giả sử:
AB AC BC
 
.
Gọi
' '
K MM NN
 
và I là giao điểm của đường thẳng PK với BC.
Ta chứng minh
'
M AC

:
Thật vậy giả sử M’ ở ngoài đoạn AC thì
'
M AB

:
Nên
1 1
' '
2 2
BM BM BC BM BC BA
    

   
1 1
2 2

BC AB AB AB BC CA
     
Tương tự ta cũng chứng minh được
'
N BC

:
Ta lại có:
   
1 1
'
2 2
CM AB BC CA CM AB CA
     
Suy ra
1 1
' '
2 2
CM CN CM CA AB
   
1
'
2
M N AB MN
  
Tương tự
1
'
2
MN AB MN

  suy ra tam giác MNM’ cân tại N, tam giác NMN’ cân tại M
N
M
P
A
B
C
M'
N'
P'

I
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
20





' '
' '
MNN MN N
NMM NM M









mà


 


 
' . .
' . .
KNP MN N s l t
KMP NM M s l t




 

nên MK, NK là các phân giác trong của tam giác
MNP.
Suy ra





//
MPI IPN MIP do NP MI
 

IMP
  cân tại M
1
2
MI MP AC
  
 
1
2
BP BI BP BM MI AB BC AC
       
'
P I
 

Vậy MM
1
, NN
1
, PP
1
đồng qui tại một điểm. (đpcm).
Câu 3. ( 2 điểm )
Giả sử có số nguyên a để
2
( 1)
a p


ta có:



2
1 mod
a p
 
Suy ra
   
1
1
2
1 mod
p
p
a p


  hay:
   
1
1
2
1 1 1 mod
p
p
a p


   
Nhưng theo định lí Fhec-ma thì:



1
1 0 mod
p
a p

 
Nên
   
1
2
1 1 0 mod
p
p

   (*) mà p là số nguyên tố dạng
4 3
k

nên:



(*) 2 0 mod
p
  
Điều vô lí trên suy ra bài toán được chứng minh
Câu 4. ( 3 điểm )
Ta có dãy



n
a
là một dãy tăng thực sự,
Thật vậy: nếu tồn tại số tự nhiên k sao cho
1
k k
a a


thì do giả thiết
2
1 2
k k k
a a a
 
 ta thu được
1 2
k k
a a
 
 (do
*
k
a N
 ) và cứ như thế ta được một dãy số nguyên dương giảm thực sự, điều này không thể xãy ra vì dãy


n

a
là dãy vô hạn.
Do
1 0
1
a a
 
nên theo phương pháp quy nạp ta có ngay
, *
n
a n n N
   .
Suy ra:
1 2
1 2

n
n
n
a a a
   

Đặt
2
1 2
1 1 2

n
n
n

u
a a a
n
 
   
 
 
thì
1
0
n
u
n
 

Vậy
2
1 2
1 1 2
lim 0
x
n
n
a a a
n

 
   
 
 

(theo nguyên lí kẹp)
Câu 5. ( 3 điểm )
Chọn 1 cây bất kì trong hàng cây, đánh dấu là cây A. Có hai trường hợp sau xảy ra:
Trường hợp 1: Cây A không bị chặt. Khi đó xét hàng cây gồm 16 cây còn lại. Ta sẽ chặt 4 cây trong số 16 cây
đó sao cho không có hai cây nào kề nhau bị chặt.
Giả sử đã chặt được 4 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 12 cây (không kể cây A). Việc phục
hồi lại hàng cây là đặt 4 cây đã chặt vào 4 vị trí đã chặt, số cách làm này bằng với số cách đặt 4 cây vào 4 trong
số 13 vị trí xen kẽ giữa 12 cây (kể cả 2 đầu), nên:
Số cách chặt 4 cây ở trường hợp 1 là:
4
13
715
C  (cách).
Trường hợp 2: Cây A bị chặt. Khi đó hàng cây còn lại 16 cây. Ta sẽ chặt 3 cây trong số 16 cây còn lại sao cho
không có hai cây nào kề nhau bị chặt ( hai cây ở hai phía của cây A cũng không được chặt).
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
21

Giả sử đã chặt được 3 cây thỏa yêu cầu nói trên, lúc này hàng cây còn lại 13 cây. Do hai cây ở hai phía
cây A vừa chặt không được chặt nên ta xét hàng cây gồm 11 cây còn lại.
Lập luận tương tự như trường hợp 1, ta có số cách chặt cây là:
3
12
220
C  (cách).
Suy ra: số cách chặt cây thỏa yêu cầu đề bài là:
715 220 935
 
(cách).

Câu 6. ( 3 điểm )
x R
 
ta có:
 
2
x
f x f x
 
  
 
 

 
2
2 3 3
x x x
f x f
 
    
 
 
 
2
3 2 3
x x x
f x f
 
 
    

 
 
 
 
(2)
Từ (1) ta có:


0 0
f

.
Đặt
 
2
( )
3
x
g x f x  , ta có:


0 0
g

, g(x) liên tục trên R và ( ) ,
2
x
g x g x R
 
   

 
 
(do(2)).

Suy ra:
   
2
1
2 2 2
n
n
x x x
g x g g g
     
     
     
     
với
n N

, mà g(x) liên tục trên R,


0 0
g

nên:


0,

g x x R
  
.
Suy ra:
 
2
, .
3
x
f x x R
   

Thử lại, ta thấy
 
2
3
x
f x   thỏa (1), vậy có duy nhất một hàm số thỏa yêu cầu đề bài.
Câu 7. ( 3 điểm )
Trong mặt phẳng Oxy, đặt


1
;
u a b


,



2
;
u c d


,


3
;
u x y


,


4
;
u z t


.
Ta có:
1 2 1 3 1 4
. , . , . ,
u u ac bd u u ax by u u az bt
     
     

2 3 2 4 3 4
. , . , . .
u u cx dy u u cz dt u u xz yt
     
     

Vì trong 4 góc tạo bởi 4 vectơ
1 2 3 4
, , ,
u u u u
   
có ít nhất một góc không vượt quá 90
0
nên tồn tại cặp vectơ
,
i j
u u
 



1 4
i j
  
sao cho
 
.
cos ; 0
.
i j

i j
i j
u u
u u
u u
 
 
 
 

Suy ra
. 0
i j
u u

 
vì vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài 1: (Số học)
Cho 17 số tự nhiên mà mỗi số nguyên tố cùng nhau với ít nhất 13 số khác .
Chứng tỏ rằng có thể chọn ra trong đó 5 số mà chúng đôi một nguyên tố cùng nhau .
Bài 2 : (Đại số )
Cho 2006 số thực C:
1 2 2006
; ; ;
a a a
thoả điều kiện:




1 2 2006
cos cos2 .cos2006 1
f x a x a x a x
     
với mọi giá trị của x .
Chứng minh:
1 2 2006
2006
a a a    .
Bài 3: (Giải tích )
Tìm hàm số f (x) xác định trên R thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây:
(2006) 2006
f



( ) ( ) ( ) , ,
f x y f x f y x y R
    


Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
22

Nếu
0
x


thì
2
1
( ) .f x x f
x
 

 
 


Bài 4: (Hình học phẳng )
Cho đường tròn (C) có tâm là O và đường thẳng (

) không cắt (C ) . Từ một điểm M thay đổi trên (

) kẻ tiếp
tuyến MT và MH tới (C) . Gọi A là hình chiếu vuông góc của O lên (

) và E, F lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A lên MT, MH. Chứng minh EF luôn đi qua một điểm cố định.
Bài 5: (Hình học không gian H)
Cho tứ diện ABCD có AB = CD , AC = BD, AD = BC . Gọi
, ,
  
là các góc do các mặt ABD,ABC, ACD
tạo với mặt BCD và hình chiếu của A trên (BCD) thuộc miền tam giác BCD .
Tìm giá trị lớn nhất của
3
cos cos .cos cos .cos .cos

T
     
  


HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1: (Số học )
Xét số a tùy ý trong 17 số đã cho .
a nguyên tố cùng nhau với ít nhất 13 số khác là b
1
,b
2
,b
3
, … b
13 .
Do mỗi số không nguyên tố cùng nhau với nhiều nhất là 3 số khác nên b
1
sẽ nguyên tố cùng nhau với ít nhất 9
số khác trong các số b
2
, b
3
,… b
13
.
Giả sử b
1
nguyên tố cùng nhau với 9 trong 12 số đó là c

1
, c
2
,….c
9
.
c
1
sẽ nguyên tố cùng nhau với 5 số khác trong các số c
2
, c
3
,……c
9
.
Giả sử là d
1
, d
2
, ……d
5
.
d
1
sẽ nguyên tố cùng nhau với ít nhất 1 trong 4 số d
2
, d
3
,d
4

, d
5
.
Giả sử là d
1
nguyên tố cùng nhau với số e trong 4 số trên .
Ta có: 5 số a,b
1
,c
1
,d
1
, e là 5 số đôi một nguyên tố cùng nhau trong 17 số đã cho .
Bài 2 : (Đại số )
Ta có:
2007
sin1003 .cos
2
cos cos 2 cos2006
sin
2
 
  

   
= A
Mặt khác khi
2
2007
k

 
 ( Trong đó k = 1 ; 2 ; …… ; 2006 ) thì A = -1
Thay
1 2 2006
2 4 4012
; ; ;
2007 2007 2007
x x x
  
   , vào biểu thức ; f (x) ta có:
1 2 2006
2 4 4012
cos cos cos 1
2007 2007 2007
a a a
  
    


1 2 2006
4 8 8024
cos cos cos 1
2007 2007 2007
a a a
  
    
1 2 2006
4012 8024 4012.2006
cos cos cos 1
2007 2007 2007

a a a
  
    

Cộng các đẳngthức trên ta được:
1 2 2006
2006
a a a     
Vậy ta được:
1 2 2006
2006
a a a    .

Bài 3: (Giải tích )
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TỐN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
23

(2) cho


0 0 0 4)
x y f   


0 1 (-1) (1) (-1) (-1) - (1)
f f f f f
     
(1) và (2) : 2006 =
(1) (2005) 2 (1) (2004) 2006 (1)

f f f f f
    


Vậy
(1) 1 (-1) -1 (5)
f va f
 


Xét trường hợp
0 , 1
x x
  
ta có
1 1
( ) ( ) ( ) (1) 1 (6)
1 1 1
x x
f f f f
x x x

   
  

2
2
1
( ) . ( ) (3)
1 ( 1)

x x x
f f Do
x xx


 

2 2
2 2
1 1
( ) (1 ) (1) ( )
1 ( 1) ( 1)
x x x
hay f f f f
x x x
x x
 
   
 
  
 

2
2 2
1
( ) 1 ( ) (7)
1
( 1)
x x
f f x

x
x x
 
  
 


 

 
2 2
1 1 1
( ) ( 1) ( ) 1 (8)
1 ( 1) ( 1)
f f x f x
x x x
   
  

 
2
2 2 2
1 1
(6),(7),(8) 1 ( ) ( ) 1 1
( 1) ( 1)
x
f x f x
x x x
 
    

 
 
 

Suy ra : ( )
f x x


Vậy
 
0 0
1 1
0 , 1
neu x
neu x
x n x
f
x
x
eu




  


  


Hay ( ) ,f x x x
  


Bài 4: (Hình học phẳng H)
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của OA , OM với TH
Hạ AK vng góc TH tại K
Do A thuộc đường tròn ngoại tiếp
THM

nên E,F, K thẳng hàng
(đường thẳng Simson)
Ta có:
2
2 2
. .
OT R
OI OA OJ OM OT OI I
OA OA
     
cố định
Gọi L là giao điểm của OA và EF

LAK
=

AOM
(so le trong)
=


AHM
(cùng chắn AM)

=

AKF
(cùng chắn cung AF c, đường tròn đường kính AH
LAK cân LA LK
KL làtrung tuyến IKA
IKA vuông tại K
   

 



L là trungđiểm củaIA


Vậy EF đi qua điểm cố định L

Bài 5: (Hình học khơng gian H)
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên mp (BCD).

K

T

E

M
A

F

I
J

O

L

H
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
24

Từ H kẻ HI

BC , HJ

CD ,HK

BD, thì

AKH
 

AIH




AJH
 


S
BDC
= S
HBD
+ S
HCD
+ S
HBC
= S
ABD
cos


+ S
ABC
cos

+ S
ACD
cos


Do tứ diện ABCD gần đều nên:
S

BDC
= S
ABD
= S
ABC
= S
ACD

cos cos cos 1 cos ,cos ,cos 0
va
     
    

Đặt
cos ; cos ; cos
x y z
  
  

ta có
, , 0 1
x y z va x y z
   

Ta có
3 3
1 1
.4 .4 .16
2 4
T x xy xyz x x y x y z

     
Áp dụng bất đẳng thức cô -si ta có:
4
.4
2
x y
x y


3
4 16
.4 .16
3
x y z
x y z
 

Do đó
4 4 16 4 4
( )
4 12 3 3
x y x y z
T x x y z
  
      

Dấu bằng xãy ra
16
4
21

4 16
4
1
21
1
0, 0, 0
21
x
x y
y z
y
x y z
x y z
z








 
 
 
  
 
 
  







Vậy
4
max
3
T

khi
16 4 1
cos cos cos
21 21 21
  
  



UBND tnh Bc
Ninh
S giáo dc và ào
to
==========


 thi chn hc sinh gii cp tnh
Nm hc 2008 – 2009
Môn thi: Toán THPT

Thi gian làm bài: 180 phút (không k giao )
Ngày thi: 7 tháng 4 nm 2009
==============

Bài 1 (6 điểm)
1. So sánh hai số: 2009
2010
và 2010
2009

2. Tính giới hạn sau:

2
0 3
3
1 1
lim
3 ( 1 4 1)
2 ( (1 6 ) 1 6 1)
x
x x
x x x

 

 
 
 
   
 

Bài 2 (4 điểm)

A

K

B

D

I

C

H

J









§Ò chÝnh thøc

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email:

BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN
25

1. Cho ba số thực không âm x, y , z thoả mãn:
2009 2009 2009
3
x y z
  
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2 2
F x y z
  

2. Cho số nguyên dương n . Chứng minh rằng:

1 2 1
2009 2010 2009
1 1 1 1

2007
n
n
C C C


   
Bài 3 (4 điểm)
Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở đỉnh) của tam diện đỉnh S bằng
180


và các cạnh bên
1.
SA SB SC
  
Chứng minh rằng diện tích toàn phần của hình chóp này không lớn hơn
3
.
Bài 4 (4 điểm)
1. Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của phương trình:
0
23
 acxbxax )0(

a . Chứng minh rằng:

222
3221
pnm
pnm


 . Dấu
'
'
"

xảy ra khi nào?
2. Giải hệ phương trình:
3 3 2

3 3 2
3 3 2
( ) 14
( ) 21
( ) 7
x y x y z xyz
y z y z x xyz
z x z x y xyz

    

    


    


Bài 5. (2 điểm)
1. Chứng minh rằng bốn hình tròn có các đường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ giác
đó.
2. Cho
3 5 2 1
0 1 2

n
n
y a x a x a x a x

     với
( 1;1)

x
 
thỏa mãn:

2
(1 ) 1
x y xy

  
với
( 1;1)
x
  
. Tìm các hệ số:
0 1 2
, , , , .
n
a a a a

Hết

HƯỚNG DẪN
Bài 1 :
1. Xét hàm số
ln
( )
x
f x
x
 , Tập xác định:

0
x
 


2
1 ln
( )
x
f x
x


 , ( ) 0 1 ln 0
f x x x e

     
. Ta có:
0 e


+ 0 -

1
e


0

Do đó hàm số nghịch biến trên
( ; )
e



1 2
,
x x
 thỏa mãn:
2 1
1 2
1 2 1 2 2 1 1 2 1 2
1 2
ln ln
( ) ( ) ln ln
x x
x x
e x x f x f x x x x x x x
x x
         

Từ đó được:
2010 2009
2009 2010
