Tuyển tập đề thi và đáp án học sinh giỏi toán cấp tỉnh

SỞ GD − ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
THPT
NĂM HỌC 2013-2014
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.
Câu Đáp án Điểm
1.a
3 điểm
Điều kiện:
1
cos 2 (k Z)
2 3
x x k
π
π
±
≠ ⇔ ≠ + ∈
.
Phương trình đã cho
( )
( )
( )
2
2
sin 3 cos2 4cos 1
sin (2cos 1)
2cos 1
x x x
x x
x

− −
= +
−
1
2cos 1 0
sin 3 cos2 sin (2cos 1)
x
x x x x
+ =

⇔

− = −

1
cos
2
sin 2 3 os2 2sin
x
x c x x
−

=

⇔

+ =


2

2
3
sin(2 ) sinx (1)
3
x k
x
π
π
π
±

= +

⇔


+ =


1
Giải (1) ta có
2
3
( )
2 2

9 3
x k
k Z
k

x
π
π
π π
−

= +

∈

−

= +



Đối chiếu điều kiện ta có:
Zkkxkx ∈+=+±= ;
3
2
9
2
;2
3
2
ππ
π
π
1
1.b

3 điểm
Điều kiện:
15 221
0
2
15 221
2
x
x

−
≤ <



+

>


Ta thấy
1 2
5 2 ( 5 2) ; 9+4 5=( 5+2)
−
− = +

nên
2
5 2 9 4 5
log ( 1) log (2 30 2) 0x x x x

− +
− + + − + =
2
5 2 5 2
1
log ( 1) log (2 30 2) 0
2
x x x x
+ +
⇔ − − + + − + =
1
2
5 2 5 2
log ( 1) log 2 30 2x x x x
+ +
⇔ − + = − +
2
1 2 30 2x x x x⇔ − + = − +
(1)
Ta thấy
0x
=
không thỏa mãn (1)
Với
0x
>
, chia cả 2 vế của (1) cho
x
ta được
1 1

1 2( ) 30x x
x
x
⇔ + − = + −
(2)
1
1
Đặt
1
(t 2)x t
x
+ = ≥
Phương trình (2) trở thành
2 2 2 2
2 34 1 2 34 2 1 2 35 0t t t t t t t− = − ⇔ − = − + ⇔ + − =
5 ( )
7 ( )
t tm
t L
=

⇔

= −

0,5
1 1
5 x+ 23x
x
x

+ = ⇔ =
2
23 5 21
23 1 0
2
x x x
±
⇔ − + = ⇔ =
Đối chiếu điều kiện ta có
23 5 21
2
x
±
=
0,5
2
3 điểm
Tập xác định: R
3 2 2
' 4 4 4 ( )y x mx x x m= − = −
2
0
' 0
x
y
x m
=

= ⇔


=

Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình
' 0y =
có 3
nghiệm phân biệt
0m
⇔ >
0.5
Khi đó
2
0
0
' 0
x
x
y
x m
x m
=
=


= ⇔ ⇔


=
= ±



Với
2
0x y m m= ⇒ = −
;
x m y m= ± ⇒ = −
Vậy đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị
2
(0; ); B(- ; -m); C( ; -m)A m m m m−
Ta có
4
; BC=2AB AC m m m= = +
và A, B,C không thẳng hàng nên tam
giác ABC cân tại A
0.5
TH1:
·
0
30BAC =
Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
2 2 2 0
2 . . os30BC AB AC AB AC c= + −
4 4
4 2( ) 3( )m m m m m⇔ = + − +
4
(2 3) (2 3)m m⇔ − = +
3 2
(2 3) (do m >0)m⇔ = +
2
3
(2 3) (tm)m⇔ = +

1
TH2:
·
0
30ABC =
hoặc
·
0
30ACB =
·
0
120BAC⇒ =
Áp dụng định lý hàm số
cosin ta có:
2 2 2 0
2 . . os120BC AB AC AB AC c= + −
4 4
4 2( ) ( )m m m m m⇔ = + + +
4
3m m⇔ =
3
1
(do m >0)
3
m⇔ =
3
1
.
3
m⇔ =

Vậy
2
3
(2 3)m = +
;
3
1
.
3
m =
1
3.a
3 điểm
Điều kiện:
1 1x− ≤ ≤
.
2
( 1 3 1 ) 16 12 1 2 15m x x x x m− − + ≥ − − + +
2[9( 1) 6 (1 )(1 ) (1 )] (3 1 1 2) 5 0x x x x m x x⇔ + − − + + − + + − − + − ≤
(1)
Đặt
3 1 1x x t+ − − =
, (1) trở thành
2
2 ( 2) 5 0t m t+ + − ≤
(2)
0,5
2
Xem
t

là một hàm số của
x
,ta có
3 1
' 0
2 1 2 1
t
x x
= + >
+ −
( 1;1)x∀ ∈ −
Vì
( 1) 2; t(1)=3 2t − = −
nên
2 3 2t− ≤ ≤
và mỗi
[- 2;3 2]t ∈
có duy
nhất
[- 2;3 2]x∈
.
0,5
Yêu cầu bài toán
⇔
tìm
m
để bất phương trình (2) nghiệm đúng
[- 2;3 2]t∀ ∈
Do
2 0t

+ >
[- 2;3 2]t∀ ∈
nên (2)
2
2 5
( )
2
t
m f t
t
− +
⇔ ≤ =
+
0,5
Xét hàm số
2
2 5
( )
2
t
f t
t
− +
=
+
trên tập
2;3 2
 
−
 

.
2 2
2 2
4 ( 2) ( 2 5) 2 8 5
( ) 0
( 2) ( 2)
t t t t t
f t
t t
− + − − + − − −
= = <
+ +

[- 2;3 2]t∀ ∈
Do đó
[- 2;3 2 ]
31
min ( ) (3 2)
3 2 2
f t f
−
= =
+
1
( )m f t≤
[- 2;3 2]t∀ ∈

m⇔ ≤
[- 2;3 2 ]
min ( )f t

31
3 2 2
m
−
⇔ ≤
+
0,5
Chú ý: Nếu học sinh lập BBT thì vẫn cho điểm tối đa của phần tương ứng.
3.b
3 điểm
Hệ đã cho
7 2
7 2
(3 1) 0
0
(3 1)
x y x
y
y x

= + ≥


⇔ ⇒
 
≥
= +




Do
, 0x y ≥

⇒
7 7
, 1 , 1x y x y≥ ⇒ ≥
0.5
Từ hệ đã cho ta có
7 2 7 2
(3 1) (3 1)x x y y+ + = + +
(*)
Nếu
x y>
ta có VT(*) > VP(*) do
, 0x y ≥
Nêu
x y<
ta có VT(*) < VP(*) do
, 0x y ≥
Nêu
x y=
thỏa mãn (*)
0.5
Với
x y=
ta có
7 2 7
(3 1) 3 1 (do x 0)x x x x= + ⇔ = + ≥
(1)
Yêu cầu bài toán

⇔
chứng minh pt(1) có nghiệm duy nhất
1x ≥
Đặt
(t 1)x t= ≥
, phương trình (1) trở thành
7 2
( ) 3 1 0f t t t= − − =
(2)
1
Ta có hàm số
( )f t
liên tục trên R và
6
'( ) 7 6 0 1f t t t t= − > ∀ ≥
Lại có
(1) (2) 0f f <
nên phương trình
( ) 0f t =
có nghiệm duy thuộc
(1;2)
Do đó phương trình (1) có nghiệm duy nhất
1x
≥
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
1
Chú ý: Ta có thể giải như sau:
7 2 7 6 5
1 1 1
9 6 1 ( ) 6( ) 9( ) 1 0x x x

x x x
= + + ⇔ + + − =
Xét hàm
7 6 5
( ) 6 9 1f t t t t= + + −
t > 0 ta có đpcm.

3
4
3 điểm
Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của H trên MC và SI. Vì
( )MC SHI⊥
nên
MC HK⊥
do đó
( )HK SMC⊥
suy ra
( ;( ))HK d H SMC=
Theo giả thiết ta có
3 15
20
a
HK =
0.5
Ta có
2
3
8
MHC ABCD AHM BHC CMD
a

S S S S S= − − − =
Mặt khác
5
2
a
CM =
nên
2
3
2
3 5
4
10
5
2
HMC
a
S
a
HI
MC
a
= = =
Xét tam giác vuông SHI , ta có:

2 2 2
1 1 1
HK HI HS
= +
2 2

. 3 15
10
HI HK a
HS
HI HK
⇒ = =
−
1
2
5
8
BCMH ABCD AHM CMD
a
S S S S= − − =
Gọi P là trung điểm của CD và T là hình chiếu vuông góc của G lên (ABCD).
Vì
( ) ( )SHP ABCD⊥
nên
T HP∈
, do đó
1 15
3 10
a
GT SH= =
.
1
2 3
.
1 1 15 5 15
. .

3 3 10 8 48
G BCMH BCMH
a a a
V GT S= = =
(đvtt) 0.5
5
2 điểm
Từ giả thiết ta có
1 1 1 1
3( ) ( ) 3( ) 2 2 3( )( ) 2
x y
x y x y
y x x y x y
+ = + + + + ≥ + + +
0,5
4
3( )
x y
y x
+ ≥
10
2 3( ) 6 2
3
x y x y
y x y x
+ + + ⇒ ⇒ + ≥
.
Đẳng thức xẩy ra khi
1 1
3( )

3, 1
10 1, 3
3
x y
x y
x y
x y x y
y x

+ = +

= =


⇔


= =


+ =


0,5
2 2
2 2
4 4
3
( 2 )( )
x y

P x xy y
y x xy
= − + + −
4 4 3 3 2 2
4 4 3 3 2 2
( ) 2( ) ( ) 3( ) 6
x y x y x y x y
y x y x y x y x
= + − + + + − + +
0,5
Đặt
x y
t
y x
+ =
, ta có
10
3
t ≥
và
4 3 2
2 3 3 6P t t t t= − − + +
Đặt
4 3 2
10
( ) 2 3 3 6, t
3
f t t t t t= − − + + ≥
3 2 2 2
'( ) 4 6 6 3 2 (t-3)+2t(t -3)+3 > 0 f t t t t t= − − + =

với
10
3
t ≥
0,5
Do đó
10 2596
( ) ( )
3 81
f t f≥ =
, có “=” khi
10
3
t =
hay
3, 1
1, 3
x y
x y
= =


= =

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
2596
81
0.5
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2
Tổ : Toán ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN TOÁN 11

LẦN 1
Thời gian: 150 phút
Câu 1:
1. ( 3,5 điểm) Giải phương trình
8282
2
−−−−=−
xxxx
2. ( 3,5 điểm) Giải phương trình : cosx +cos 2x +cos3x+cos4x+cos5x =
2
1
−
Câu2 .
1. (3,5 ®iÓm)T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh:
( )
2
cos 3x 9x 160x 800 1.
8
π
 
− + + =
 
 
5
ĐỀ CHÍNH THỨC
2. (3,5 ®iÓm) Giải hệ phương trình
( )
( )
2 2
2 2

2
2 2
1 1
x y 5
x y
x,y
xy 1 x y 2

+ + + =

∈


− = − +

¡
Câu 3.(3,5 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc
,Oxy
cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là
( )
11 1
4;0 , ;
3 3
I G
 
 ÷
 

. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác
ABC
biết
rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng
( )
: 2 1 0d x y
+ − =
và điểm
( )
4;2M
nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác
ABC
.
Câu 4: (2,5 điểm)
Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3
1
abcaba
P
++
=
UBND TỈNH QUẢNG NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi 18 tháng 11 năm 2013

================
Câu 1:(5 điểm)
1/ Cho hàm số
3
y x 3x 2= − +
có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm
thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt
cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh
rằng A’, B’, C’ thẳng hàng.
2/ Cho hàm số
2n 1
y x 2011x 2012 (1)
+
= + +
, chứng minh rằng với mọi số
nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một
điểm.
Câu 2:(5 điểm)
1/ Giải phương trình:
( )
2 4 6 3 5 7
log x log x log x log x log x log x x+ + = + + ∈¡
.
6
2/ Giải phương trình:
( ) ( )
2
2
1 1
5x 6 x x

5x 7 x 1
− − = − ∈
− −
¡
.
Câu 3:(3 điểm)
Kí hiệu
k
n
C
là tổ hợp chập k của n phần tử
( )
0 k n; k,n≤ ≤ ∈¢
, tính
tổng sau:
0 1 2 2009 2010
2010 2010 2010 2010 2010
S C 2C 3C 2010C 2011C= + + + + +
.
Câu 4:(5 điểm)
1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành,
( )
AD 4a a 0= >
, các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng
a 6
.
Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích
của khối chóp S.ABCD là lớn nhất.
2/ Cho tứ diện ABCD có
·

·
0 0
BAC 60 ,CAD 120= =
. Gọi E là chân đường
phân giác trong góc A của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác
ACE vuông.
Câu 5:(2 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn:
2 2
x y+ ≤ π
. Chứng minh rằng:
( )
cos x cos y 1 cos xy+ ≤ +
.
…………………… HẾT……………………
(Đề thi gồm có 01 trang)
7
ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 1]
Ngày thứ nhất
Bài 1: (5.0 điểm)
Cho
f
là hàm khả vi tại
a
và xét hai dãy
{ }
n
x
và

{ }
n
y
cùng hội tụ về
a
sao cho
n n
x a y< <
,
n∀ ∈ ¥
. Cho dãy số
{ }
n
z
xác định bởi:
( ) ( )
n n
n
n n
f x f y
z
x y
−
=
−
,
n∀ ∈ ¥
Hãy tìm
lim
n

n
z
→∞
.
Bài 2: (5.0 điểm)
Giả sử đa thức với hệ số thực
( )
0 1

n
n
P x a a x a x= + + +
có
n
nghiệm thực phân
biệt.
Chứng minh rằng:
{ }
2
1 1
, 1;2; ; 1
k k k
a a a k n
− +
< ∀ ∈ −
.
Bài 3: (5.0 điểm)
Tứ giác
ABCD
nội tiếp đường tròn tâm

O
, bán kính
5R =
. Hai đường chéo của tứ
giác vuông góc với nhau tại
K
và
1OK
=
. Gọi
S
là diện tích của tam giác
KCD
.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị của nhất của
S
.
Bài 4: (5.0 điểm)
Một hội nghị toán học sử dụng bốn ngôn ngữ chính. Biết hai đại biểu bất kì luôn có
một ngôn ngữ mà họ đều biết. Chứng minh rằng có một ngôn ngữ được biết đến bởi
nhiều hơn 60% đại biểu.
Ngày thứ hai
Bài 5: (7.0 điểm)
Cho tập
M
có 22222 phần tử. Hỏi
M
có hay không 50 tập con
, 1,50
i
M i =

thỏa
mãn các điều kiện sau:
(i). Mỗi phần tử của
M
đều là phần tử của ít nhất một trong các tập con
i
M
;
(ii). Mỗi tập
i
M
đều có đúng 1111 phần tử;
(iii). Với hai tập
,
i j
M M
bất kì
( )
i j≠
, giao
i j
M M∩
có đúng 22 phần tử.
Bài 6: (7.0 điểm)
8
Tìm tất cả các số nguyên dương
;x y
sao cho
( )
3 3 2 2

2
x y x y
x y
+ −
+
là một số nguyên không
âm.
Bài 7: (6.0 điểm)
Tìm tất cả các hàm
* *
:f →¥ ¥
thỏa mãn điều kiện sau:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2013 2 2 2012 2012
2f m n f m f n f m f n+ = +
,
,m n
∗
∀ ∈ ¥
.

HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 1]
Ngày thứ nhất
Bài 1: (5.0 điểm)
Ta có:
( )
( ) ( )

( )
( ) ( ) ( ) ( )
0
n n n n n n
n
n n n n
f x f y f x f y x f a y f a
z f a f a
x y x y
′ ′
− − − +
′ ′
≤ − = − =
− −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
0
n n n n
n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n
n n n n

n n
n n
n n
f x f y f a f a af a af a x f a y f a
x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x y x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x y x y
f x f a f a x a f y f a f a y a
x a y a
f x f a f y f a
f a f a n
x a y a
′ ′ ′ ′
− − + + − − +
=
−
′ ′
− − − − − −
= −
− −
′ ′
− − − − − −
≤ +
− −
′ ′
− − − − − −
≤ +
− −

− −
′ ′
= − + − → → ∞
− −
Vậy
( )
lim
n
n
z f a
→∞
′
=
.
Bài 2: (5.0 điểm) [VMS 1999]
Ta sẽ chứng minh rằng: “
( ) ( ) ( )
2
0,Q x Q x Q x x
′ ′′
− > ∀ ∈ ¡
ứng với
( ) ( )
,degx Q x mQ x
 
∈ =
 
¡
và
( )

Q x
có
m
nghiệm thực đơn”
9
Ta có:
( ) ( ) ( )
1
,
i i j
m
i
Q x a i jx
α α α
=
≠= − ≠
∏
.
Suy ra:
( )
( )
1
1
m
i
i
Q x
x
Q x
α

=
′
=
−
∑
và
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2
2
1
1
m
i
i
Q x Q x Q x
Q x
x
α
=
′ ′′
−
=
−
∑
(*)
- Nếu
t ∈ ¡

mà
( )
0Q t =
thì
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
0Q t Q t Q t Q t
′ ′′ ′
− = >
( do
( )
0Q t
′
≠
và
t
là nghiệm đơn).
- Nếu
t ∈ ¡
mà
( )
0Q t ≠
thì từ (*) ta suy ra được điều phải chứng minh.
Bây giờ xét đa thức:
( )
( )
( )
, 0, 1
k
Q x P x k n= = −

. Các đa thức này đều có nghiệm
thực đơn ( chứng minh dễ dàng bằng định lý Rolle). Suy ra:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
2
1 1
0 0 0
k k k
P P P
− +
<
hay
( ) ( ) ( )
2
1 1
1 ! 1 ! !
k k k
k a k a k a
− +
− + <
.
Do đó:
2 2
1 1

.
1
k k k k
k
a a a a
k
− +
< <
+
.
Bài 3: (5.0 điểm)
Vẽ đường kính
AE
. Khi đó
/ /BD CE CBDE⇒
là hình thang cân, dẫn đến
BC DE=
.
Mặt khác,
2 2 2 2 2 2 2 2 2
20KA KB KC KD AD BC AD DE AE+ + + = + = + = =

(1)
Lại có:
2 2
. . 4KA K C KB K D OK R= = − =
4 4
,KA KB
KC K D
⇒ = =

(2)
Thay (2) vào (1) ta có:
( )
2 2
2 2
16
20 1KC KD
KC KD
 
= + +
 ÷
 
2 2 2
16 16 16
2 . 1 4 1 4
4
KC KD S S
S
KC KD S
   
≥ + = + = +
 ÷  ÷
   
2
4
55 4 0 1 4S S S S
S
≥ + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤⇔
.

1 2MinS KC KD= ⇔ = =

4 2 2MaxS K C KD= ⇔ = =
.
Bài 4: (5.0 điểm)
Giả sử có tất cả
n
đại biểu và 4 ngôn ngữ I , II , III và IV.
Gọi
, , ,A B C D
lần lượt là tập các đại biểu biết ngôn ngữ I, II , III và IV.
- Nếu tồn tại một người chỉ biết duy nhất một ngôn ngữ thì
1n −
người còn lại cũng
phải biết ngôn ngữ đó. Như vậy, ngôn ngữ đó được biết bởi 100% đại biểu.
10
K
O
B
D
A
C
E
- Nếu tất cả đại biểu đều biết được hai thứ tiếng thì
2 2 2 2 2
2
A B C D
n
C C C C C+ + + ≥
.

Giả sử
A
là tập thỏa mãn
{ }
, , ,A max A B C D=
.
Suy ra
( )
( )
2
2
2
2
1 1
A
n
C A A
C
n n≤ ⇔ − ≥ −
.
Giả sử
3
5
A n<
thì
( )
2 2
6 3 18 6
2 1 1
5 5 25 5

A A n n n n n n
 
− < − = − < −
 ÷
 
, mâu
thuẫn
Do đó:
3
5
A n≥
.
Vậy trong mọi trường hợp, ta có điều phải chứng minh.
Ngày thứ hai
Bài 5 (7.0 điểm) [Germany 1970]
Giả sử
M
có 50 tập con
i
M
thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ta có:
50
1
i
i
M M
=
=
U
.

Đặt
1
k
k i
i
T M
=
=
U
. Ta có:
2 1 2 1 2
1111.2 22T M M M M= + − ∩ = −
( ) ( )
3 2 3 2 3 2 3 1 3 2 3
T T M T M T M M M M M= + − ∩ = + − ∩ ∪ ∩
1111.3 3.22≥ −
.
Bằng nguyên lý quy nạp toán học ta chứng minh được:
( )
1
1111 .22
2
k
T
k k
k
−
≥ −
.
Suy ra:

50
1111.50 25.49.22 28600M T ≥ − ==
, trái với giả thiết
22222M =
.
Bài 6 (7.0 điểm) [The Spring Mathematical Competitions in Bulgaria, 10.3 ,
2001]
Cho các số
,x y
+
∈ ¢
sao cho
( )
3 3 2 2
2
x y x y
z
x y
+ −
=
+
là một số nguyên không âm.
Đặt
;a x y b xy= + =
ta có:
( )
2 2
3 0b ab a a z+ − − =
. Phương trình bậc hai theo ẩn
b

này có nghiệm khi và chỉ khi
( )
2
4 9 4a a z∆ = + −
là số chính phương.
Suy ra:
( )
2
2
4 9 4 2 1 2a z t a t t z+ − = + ⇔ = + + −
.
Cũng từ phương trình bậc hai ẩn
b
trên, suy ra:
( )
1b a t= −
.
Do
2t ≥
nên
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
4 1 2 1x y a a t a t− = − − < − −
.
Mặt khác do
2
a t≥

nên
( ) ( )
( )
2
2
4 1 2 1 2aa t ta ≥ − − −− −
.
11
Vì
( ) ( )
( )
2
2
4 1 2 1 1aa t ta ≠ − − −− −
( hai số không cùng tính chẵn lẻ) nên từ đây
suy ra:
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
4 1 2 1 2x y a a t a t− = − − = − − −
.
Như vậy,
2
a t=
hay
2t z+ =
, suy ra:
2, 0t z= =

. Do đó:
4a b= =
, suy ra:
2x y= =
.
Vậy
( ) ( )
; 2;2x y =
là nghiệm duy nhất của bài toán.
Bài 7 (6.0 điểm)
- Nếu
( )
f n c≡
với
c
là hằng số thì thỏa mãn điều kiện bài ra.
- Nếu tồn tại
*
,m n ∈ ¥
sao cho
( ) ( )
f m f n≠
thì gọi
;a b
là hai số thỏa mãn:
( ) ( ) ( ) ( )
*
min , ,f a f b f m f n m n− = − ∈ ¥
. Giả sử
( ) ( )

f a f b>
, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
2013 2012 2012 2013 2 2
2 2f b f a f b f a f b f a f b f a b f a< + < ⇒ < + <
hay
( )
( ) ( ) ( )
2 2
f a b f b f a f b+ − < −
, vô lý. Vậy
( )
f n c≡
,
*
n∀ ∈ ¥
.

HẾT
ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 2]
Ngày thứ nhất
Bài 1: (5.0 điểm)
Cho dãy số
{ }
n
x
thỏa mãn:

1 4
1x x= =
;
2 3
9x x= =
và
4
4 1 2 3n n n n n
x x x x x
+ + + +
=
,
*
n∀ ∈ ¥
Chứng minh rằng dãy số
{ }
n
x
có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
Bài 2: (5.0 điểm)
Cho một đa thức bậc 4, có 4 nghiệm thực dương. Chứng minh rằng phương trình sau
có 4 nghiệm thực dương:
( ) ( ) ( )
2 2
1 4 1 4
1 0
x x
P x P x P x
x x
 

− −
′ ′′
+ − − =
 ÷
 
.
Bài 3: (5.0 điểm)
Cho một tam giác có diện tích
S
, độ dài các cạnh là
, ,a bc
và
n
là một số nguyên
dương.
Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
2 2
4
3
3
n
n n n
nn n n
a S a b b c c ab c
 
≥ + − + − + −

 ÷
 
+ +
.
Bài 4: (5.0 điểm)
Cho các số tự nhiên
, ,m n p
thỏa điều kiện:
p m n≤ +
.
Chứng minh rằng:
( )
! !
b
i p i
n m
i a
m n b p C C
−
=
+ −
∑
chia hết cho
( )
!m n a+ −

với
{ }
0;a max p m= −
,

{ }
;b min p n=
Ngày thứ hai
12
Bài 5: (7.0 điểm)
Cho tập
{ }
1,2, ,16A =
. Hãy tìm số nguyên dương
k
nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập
con gồm
k
phần tử của
A
đều tồn tại hai số phân biệt
,a b
mà
2 2
a b+
là một số
nguyên tố.
Bài 6: (7.0 điểm)
Cho dãy
{ }
n
x
xác định bởi:
3
1351 600 3 , 1

n
n
x n
 
+
 ÷
 
≥=
. Chứng minh rằng trong
biểu diễn thập phân của
n
x
có ít nhất
n
chữ số
9
nằm sau dấu phẩy.
Bài 7: (6.0 điểm)
Đặt
1
2sin
10
π
=q
và gọi
:f →¥ ¥
là hàm số thỏa mãn điều kiện
( )
1
f n qn n

q
− < ∀ ∈¥
.
Chứng minh rằng
( )
( )
( )
f f n f n n n= + ∀ ∈¥
.

HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 2]
Ngày thứ nhất
Bài 1: (5.0 điểm) [Vietnam TST 1990]
Dễ thấy
*
0,
n
x n> ∀ ∈ ¥
.
Đặt
*
ln ,
n n
y x n= ∀ ∈ ¥
. Khi đó ta có dãy
{ }
n
y

được xác định như sau:
( )
1 4 2 3
*
4 1 2 3
0; ln9
1
,
4
n n n n n
y y y y
y y y y y n
+ + + +

= = = =


= + + + ∀ ∈


¥
.
Với mỗi
*
n ∈ ¥
, đặt
{ }
4 3 4 2 4 1 4
, , ,
n n n n n

M max y y y y
− − −
=
;
{ }
4 3 4 2 4 1 4
, , ,
n n n n n
m min y y y y
− − −
=
.
Ta có:
( ) ( ) ( )
4 1 4 3 4 2 4 1 4
1 1
3 3
4 4
1
4
n n n n nn n n n
y y y y ym M M m
+ − − −
+ ≤ ≤= + ++ +
13
Suy ra:
( ) ( ) ( )
4 2 4 2 4 1 4 4 1
1 1 1 1
.3 3 .3 3

4 16 4
1 1
4 4 16
n nn n n n nn n n n
y ym m M M M my y y
+ − − +
+ + ≤ ≤ += + ++ +
hay
( ) ( )
4 2
1
15 51
16
1
16
nn n n n
y M mm M
+
+ ≤ ≤ +
.
Tương tự ta cũng có được:
( ) ( )
4 3
1
59 5
64
1
59 5
64
nn n nn

mm M y M
+
++ ≤ ≤
;
( ) ( )
4 4
1
231 2
1
231 25
256
5
256
n n nn n
y Mm mM
+
+ ≤ ≤ +
.
Vì
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
231 25 59 5 15
256 64 16
1 1 1
231 25 59
1
3
4
1

3
4
5 15
256 64 16
n n
n
n n n n n n
n n n n nn n
M m
m
M m M m M m
m M m MM m M

≤ + ≤+
+
+ ≤ +




≥ + ≥ + ≥ +


nên
( )
( )
1
1
1
15

16
1
15
16
n n n
n n n
n
n
M m M
M
M
m mm
+
+
≤ + ≤
≥


+

≥




.
Suy ra:
{ }
n
M

là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 ( các số hạng của
{ }
n
y
đều không âm) nên
tồn tại
lim
n
n
M M
→∞
=
.
{ }
n
m
là dãy tăng và bị chặn trên ( vì
1nn
m M M≤ ≤
) nên tồn tại
lim
n
n
m m
→∞
=
.
Ta lại có:
( ) ( )
( )

( )
1 1
1 7
150 15
16 8
n n n n n n n n
M m M m m M M m
+ +
≤ − ≤ + − + = −
.
Suy ra:
( )
1
*
1 1
7
,
8
0
n
n n
M m M m n
−
 
≤ − ≤ − ∀ ∈
 ÷
 
¥
. Do đó:
( )

lim 0
n n
n
M m
→∞
− =
.
Điều có ngụ ý rằng:
lim lim
n n
n n
M m M m
→∞ →∞
= = =
.
Dựa vào định nghĩa giới hạn của dãy số ta có:
*
0 0
0, :N n N
ε
∀ > ∃ ∈ ∀ >¥
thì
( )
,,
n n
M MM m
ε ε
∈ − +
.
hay

( )
4 4 03 4 2 1 4
, , , , ,
n n n n
My y y y M n N
ε ε
− − −
∈ − + ∀ >
.
Do đó:
( )
0
, , 4 4
n
M M Ny n
ε ε
∈ − + ∀ > +
.
Vậy tồn tại giới hạn hữu hạn của
{ }
n
y
và
lim
n
n
y M
→∞
=
.

Mặt khác:
4 3 2 1 3 2 1 4 3 2 1
4 3 2 4 3 2 4 3 2 10ln3
n n n n n n n n
y y y y y y y y y y y y
+ + + + + + +
+ + + = + + + = = + + + =
Chuyển qua giới hạn ta được:
10 10ln3 ln3M M= ⇔ =
. Dễ dàng tìm được
lim 3
n
n
x
→∞
=
.
Bài 2: (5.0 điểm) [Vietnam TST 1994]
Cách 1:
14
Ta có:
( ) ( ) ( )
2 2
1 4 1 4
1 0
x x
P x P x P x
x x
 
− −

′ ′′
+ − − =
 ÷
 

( ) ( ) ( ) ( )
2
1 4
0
x
P x P x P x P x
x
−
   
′ ′ ′′
⇔ − + − =
   
.
Đặt
( ) ( ) ( )
Q x P x P x
′
= −
. Khi đó ta được:
( ) ( )
2
1 4
0
x
Q x Q x

x
−
′
+ =
.
Ta sẽ chứng minh: nếu đa thức bậc bốn
( )
P x
có 4 nghiệm thực dương thì đa thức
bậc bốn
( )
Q x
cũng có 4 nghiệm thực dương. Không mất tính tổng quát, giả sử rằng
hệ số bậc cao nhất của
( )
P x
là 1.
Đặt
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4 3 2
1 2 3 4
P x x ax bx cx d x x x x x x x x= − + − + = − − − −
, với
1 2 3 4
, , ,x x x x
là các nghiệm thực dương. Từ đó theo định lý Viet thì
, , , 0a b c d >
.
Lại có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 3 4 1 3 4
P x x x x x x x x x x x x x
′
= − − − + − − − +
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 4 1 2 3
x x x x x x x x x x x x+ − − − + − − −
.
( ) ( ) ( )
4 3 2
1 1 1
Q x P x P x x a x bx c x c d
′
= − = + + + + +
.
Vì
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 2 3 3 4
0, 0, 0Q x Q x Q x Q x Q x Q x< < <
nên
( )
Q x
có ba nghiệm
dương là
1 2 3
, ,y y y
. Gọi nghiệm thứ tư là
4
y
thì

1 2 3 4
0y y y y c d= + >
. Suy ra:
4
0y >
.
Do đó:
( )
Q x
có bốn nghiệm thực dương.
Đặt
( )
4
1
R t t Q
t
 
=
 ÷
 
. Vì
( )
Q x
có bốn nghiệm thực dương nên
( )
R t
cũng có bốn
nghiệm thực dương. Lại áp dụng kết quả trên, đa thức
( ) ( )
( )

4 3 2
1 1
4R t R t t t Q t Q
t t
   
′ ′
− = − +
 ÷  ÷
   
cũng có 4 nghiệm thực dương hay
phương trình:
( )
2
1 1
4 0t t Q Q
t t
   
′
− + =
 ÷  ÷
   
có 4 nghiệm thực dương.
Cách 2:
Đặt
( ) ( )
1
x
P x e P x
−
=

. Vì đa thức
( )
P x
có 4 nghiệm thực dương nên phương trình
( )
1
0P x =
có 4 nghiệm thực dương. Suy ra: phương trình
( )
1
0P x
′
=
có 3 nghiệm
thực dương ( theo định lý Rolle). Như vậy, đa thức
( ) ( ) ( )
Q x P x P x
′
= −
có 3
nghiệm thực dương và giả sử 3 nghiệm đó là
1 2 3
, ,x x x
. Tuy nhiên
( )
deg 4Q x =
( do
( )
deg 4P x =
) nên

( )
Q x
còn có nghiệm thực thứ tư là
4
x
.
Vì đa thức bậc bốn
( )
P x
có 4 nghiệm thực dương nên không mất tính tổng quát, có
thể xem
( )
P x
có dạng
( )
4 3 2
P x ax bx cx dx e= − + − +
với
, , , , 0a b c d e >
.
15
Từ đó
( ) ( ) ( )
4
2Q x ax c d x e d= + + − − + +
.
Theo định lý Viet ta có:
1 2 3 4 4
0 0
4

d e
x x x x x
+
= > ⇒ >
.
Vậy
( )
Q x
có 4 nghiệm thực dương.
Xét đa thức
( )
4
1
R t t Q
t
 
=
 ÷
 
, dễ thấy
deg 4R =
và
( )
R t
có 4 nghiệm thực dương.
Áp dụng kết quả trên ta có phương trình
( ) ( )
0R t R t
′
− =

có 4 nghiệm thực dương.
Điều này tương đương với:
( ) ( )
( )
2 2
1 1
4 1 4 0t t P t t P t P
t t
   
′ ′′
− + + − − =
 ÷  ÷
   
có 4
nghiệm thực dương.
Đặt
1
x
t
=
ta thu được điều phải chứng minh.
Bài 3: (5.0 điểm)
Bổ đề 1: Nếu
0x y> ≥
và
n
+
∈ ¢
thì
( )

n n
n
yx y x≥ −−
.
Chứng minh:
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
1
n
n n k
n n k n k
n
k
n
n
x x y y x y y C x y y x y y
−
=
= − + = − + + − ≥ − +
∑
.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
0
0, 1
y
y n

=

> =



.
Bổ đề 2: Nếu
, , 0x y z ≥
và
n
+
∈ ¢
thì
3 3
n n n
n
yz zy xx
 
+ +
≥


+
÷

+
.
Chứng minh: ( Bằng quy nạp )
Với
1n =
thì bất đẳng thức luôn đúng.
Giả sử bất đẳng thức trên đúng với
2n ≥

. Ta sẽ chứng minh nó đúng với
1n +
.
Ta có:
( )
( )
0
n n
x y x y− − ≥
;
( )
( )
0
n n
y z y z− − ≥
;
( )
( )
0
n n
z x z x− − ≥
.
Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta được:
1
1
1 1
3 3 33
n
n n nn n n
x y z x y zx y x y zz

+ + +
+
 
   
+ + + + + +
≥ ≥
 ÷
 ÷  ÷
 ÷
   
 
+ +
.
Bổ đề 3: Nếu
, , 0x y z ≥
thì
( )
3x xyz x yy y zx zz+ ≥ + ++
.
Chứng minh:
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
0
1
3xy yz zx xyz x y z xy yz yz zx zx xy
 
+ + − + + = − + − + −
 


≥

.
Bây giờ trở lại bài toán
Đặt
( )
1
2
p a b c= + +
. Theo bổ đề 1 ta có:
16
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2
2 2
2
4
n
n
n
n n n
n
b c a b c b c p ba p c
 
≥ − + − − = − + − −
 ÷
 
.
Tương tự:

( ) ( ) ( )
2
2
4
n n n
nn
b c p p ab c≥ − + − −
;
( ) ( ) ( )
2
2
4
n n n
nn
a b p p bc a≥ − + − −
.
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2
2n n
n n
n
n
a b c b c a b c a+ + ≥ − + − + − +

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
4
n n n n n n

n
p a p b p b p c p c p a
 
− − + − − + − −


+


.
Áp dụng bổ đề 2, bổ đề 3 và bất đẳng thức Hezon ta thấy:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n n n n n n
p a p b p b p c p c p a− − + − − + − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
3 3 3
3
3 3
n
n
n
p a p b p c
p a p b p b p c p c p a
S
 
 
− − −
− − + − − + − −
 

 ÷
 
≥ ≥ =
 ÷
 ÷
 
 ÷
 
 
 
Bài 4: (5.0 điểm).Ta có:
( ) ( ) ( )
0 0 0
1 1 1
n m m n
n m m n
i i j j k k
n m m n
i j k
x x x C x C x C x
+
+
+
= = =
 
 
+ + = + ⇔ =
 ÷
 ÷
 

 
∑ ∑ ∑
0 0 0
n m m n
i j i j k k
n m m n
i j k
C C x C x
+
+
+
= = =
⇔ =
∑∑ ∑
.
Suy ra:
0
0
i n
p
i p i p
n m m
i
n
m
C C C
≤ ≤
≤ − ≤
−
+

=
∑
( do
p m n≤ +
) (1)
Mà
0 0
0
i n i
a
p
n
i b
p mi m i p
 
 
⇔ ⇔
 
−
 
 
≤ ≤ ≤ ≤
≤ ≤
≤ − ≤ ≤ ≤
nên
( ) ( )
! !
b b
i p i p i p i
n m m n n m

i a i a
C C C m n p C C m n
− −
+
= =
⇔ = ⇔ + − = +
∑ ∑
(2)
Do
0a ≥
nên
( ) ( )
! !m n m n a+ + −M
.
Vì thế từ (2) ta có:
( ) ( )
! ! !
b
i p i
n m
i a
m n p p C C m n a
−
=
+ − + −
∑
M
.
Mà
( ) ( )

! !m n b m n p+ − + −M
( do
b p m n≤ ≤ +
)
nên
( ) ( )
! ! !
b
i p i
n m
i a
m n b p C C m n a
−
=
+ − + −
∑
M
.
Ngày thứ hai
Bài 5 (7.0 điểm)
17
Nếu
,a b
chẵn thì
2 2
a b+
là hợp số. Do đó nếu tập con
X
của
A

có hai phần tử phân
biệt
,a b
mà
2 2
a b+
là một số nguyên tố thì
X
không thể chỉ chứa các số chẵn. Suy
ra:
9k
≥
. Ta chứng tỏ
9k
=
là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có ý nghĩa là với mọi
tập con
X
gồm 9 phần tử bất kỳ của
A
luôn tồn tại hai phần tử phân biệt
,a b
mà
2 2
a b+
là một số nguyên tố. Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập
A
thành các
cặp hai phần tử phân biệt
,a b

mà
2 2
a b+
là một số nguyên tố, ta có tất cả 8 cặp:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1;4 , 2;3 , 5;8 , 6;11 , 7;10 , 9;16 , 12;13 , 14;15
.
Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần tử của
X
có hai phần tử cùng thuộc một cặp và
ta có điều phải chứng minh.
Bài 6 (7.0 điểm)
Ta có:
(
)
3
1351 600 7 3 13 4 ,
n
n
n
x n
 
= + = +
 ÷

≥


(
)

(
)
7 4 3 7 4 3 ,
n n
n
ny+ + − = ∈ ∀ ∈¢ ¥
.
Ta lại có:
(
)
(
)
1 1
0 7 4 3
10
7 4 3
n
n n
< − = <
+
. Suy ra:
1
10
n n n
n
y x y− < <
.
Điều này chứng tỏ rằng dấu phẩy trong khai triển thập phân của số
(
)

7 4 3
n
n
x = +

sẽ có ít nhất
n
chữ số 9.
Bài 7 (6.0 điểm)
Rõ ràng:
1 5 1
2
2sin
10
q
π
+
= =
.
- Từ
( ) ( )
1
1 0 0 0 0f f
q
> > ≥ ⇒ =
. Như vậy điều kiện
( )
1
f n qn
q

− <
đúng với
0n
=
.
- Với
0n
>
thì
( )
0f n >
. Thật vậy, nếu
( )
0f n =
thì từ
( )
1
f n qn
q
− <
cho ta:
2
1 1 1
0 1qn qn n
q q q
− < ⇔ < ⇔ < < <
, vô lý.
- Để ý rằng
( )
1 1q q − =

. Từ đó với
0n
>
tùy ý ta có:
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 1f f n f n n f f n qf n q f n q q n− − = − + − − −
18
=
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1f f n qf n q f n qn f f n qf n q f n qn− + − − ≤ − + − −
=
( )
( )
( ) ( ) ( )
1f f n qf n q f n qn− + − −
Từ
( )
1
f n qn

q
− <
thay n bởi
( )
f n
ta có:
( )
( )
( )
1
f f n qf n
q
− <
.
Vậy
( )
( )
( ) ( )
1 1
1 . 1f f n f n n q
q q
− − < + − =
.
Do
( )
( )
( )
f f n f n n− − ∈¢
nên
( )

( )
( ) ( )
( )
( )
0f f n f n n f f n f n n= − − = ⇔ = +
.

HẾT
ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 3]
Ngày thứ nhất
Bài 1: (5.0 điểm)
Cho
0,1
λ
 
∈
 
. Chứng minh rằng: tồn tại dãy số
{ }
n
a
sao cho
0;2
n
n
a
 
∈ ∩
 

¥
và
lim
2
n
n
n
a
λ
→∞
=
.
Bài 2: (5.0 điểm)
Giải phương trình:
2 2 2 2 2 2
sin sin sin os os os
196 16 100 100 16 196
x x x c x c x c x
− − = + −
.
Bài 3: (5.0 điểm)
Giả sử
M
là điểm nằm trong
ABCV
. Gọi
, ,A B C
′ ′ ′
lần lượt là hình chiếu của
M

trên các đường thẳng
, ,BC CA AB
. Chứng minh rằng:
2 2 2
3
MA MB MC
MB MC MC MA MA MB
     
+ +
 ÷  ÷  ÷
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + +
     
≥
.
Bài 4: (5.0 điểm)
Hãy tìm tất cả các tập
A
gồm hữu hạn các số thực có tính chất sau: nếu
x A∈
thì
( )
3
3 4f x x x= − +
cũng thuộc
A
.
Ngày thứ hai
Bài 5: (7.0 điểm)

19
Cho
n
+
∈ ¢
. Hãy tính
2
10
4
n
n
n
C n
 
 
 
 
?
Bài 6: (7.0 điểm)
Giả sử
;x y
là các số thực khác nhau sao cho có bốn số nguyên dương
n
liên tiếp
nhau để
n n
x y
x y
−
−

là một số nguyên. Chứng minh rằng:
n n
x y
x y
−
−
là một số nguyên với
mọi số nguyên dương
n
.
Bài 7: (6.0 điểm)
Tìm tất cả các hàm
:f →¡ ¡
thỏa mãn:
(i).
f
có đạo hàm trên
¡
(ii).
( ) ( ) ( ) ( )
( )
,f x y f x y y f x y f x y x y
′ ′
+ = − + + + − ∀
.

HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ LUYỆN THI VMO 2013
[ Đề số 3]
Ngày thứ nhất

Bài 1: (5.0 điểm)
Với mỗi
*
n ∈ ¥
ta có:
2 1
0
1
0;1 ;
2 2
n
n n
m
m m
−
=
 
+
 
=
 
 
 
U
.
Do đó tồn tại
0;2 1
n
n
a

 
∈ ∩ −
 
¥
sao cho
1
22
nn
n n
a a
λ
+
≤ ≤
.
Do
1
1
lim
2 2 2
0
2
n n n
n
n
n n n
n
a a a a
λ λ
→∞
+ −

− ⇒≤ ≤ = =
.
Bài 2: (5.0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau:
1 os2 1 os2 1 os2 1 os2 1 os2 1 os2
14 14 10 10 4 4 0
c x c x c x c x c x c x− + − + − +
+ − − − − =
(1)
( Chú ý là:
2 2 2
196 14 ;100 10 ;4 16= = =
và
2
2cos 1 os2x c x= +
)
Đặt
os2t c x=
,
1;1t
 
∈ −
 
.
Phương trình (1) thành:
1 1 1 1 1 1
14 14 10 10 4 4 0
t t t t t t− + − + − +
+ − − − − =
(2)

VT(2) là hàm chẵn đối với
t
nên ta chỉ xét (2) với
0t ≥
rồi sau đó đổi dấu của
t
ta
được các nghiệm cần tìm.
Với
0t =
thì (2) thỏa mãn.
Với
0t >
. Khi đó:
,a b∀ ∈ ¡
và
1a b> >
ta có:
( ) ( )
1
0
t t t t
t t t t
t t
a b a b
a a b b
a b
− −
− −
> ⇔ + > +

.
Suy ra:
1 1 1 1 1 1
14 14 10 10 4 4
t t t t t t− + − + − +
+ − − − −
20
( ) ( ) ( )
14 14 14 10 10 10 4 4 4
t t t t t t− − −
= + = + − +
( ) ( ) ( ) ( )
10 14 14 10 10 4 14 14 4 4 0
t t t t t t t t− − − −
   
= + − + + + − + >
   
.
Do vậy (2) không thể xảy ra với
0t >
.
Tóm lại
( )
2 0 2 0 ,
4 2
t cos x x k k
π π
⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈ ¢
.
Bài 3: (5.0 điểm)

Ta có:
·
·
sin sin
MB MC MB MC
MAB MAC
MA MA MA
′ ′ ′ ′
+
′ ′
= + = +
=
·
·
·
·
2sin .cos 2sin
2 2 2
MAB MAC MAB MAC A
′ ′ ′ ′
+ −
≤
Suy ra:
1
2sin
MA
MB MC A
≥
′ ′
+

.
Chứng minh tương tự ta được:
1
2sin
MB
MC MA B
≥
′ ′
+
;
1
2sin
MC
MA MB C
≥
′ ′
+
.
Khi đó:
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
4
sin sin sin
2 2 2
MA MB MC
A B C
MB MC MC MA MA MB
 
 ÷

     
+ + ≥ + +
 ÷
 ÷  ÷  ÷
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + +
     
 ÷
 
.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3
22 2 2 2 2
1 1 1
sin sin sin
1
3.
sin sin sin
2 22 22 2
A B C A B C
≥+ +
Ta có bất đẳng thức:
sin sin sin
2 2 82
1A B C
≤
.
21
B'
A'

A
B
C
M
C'
Do đó:
2
2 2 2
3
1 1 1 1
3 12
1
sin sin sin
2 2 2
8
A B C
+ + ≥ =
 
 ÷
 
.
Vậy
2 2 2
3
MA MB MC
MB MC MC MA MA MB
     
+ + ≥
 ÷  ÷  ÷
′ ′ ′ ′ ′ ′

+ + +
     
.
Dấu "=" xảy ra
⇔
ABCV
đều và
M
là trọng tâm tam giác này.
Bài 4: (5.0 điểm).
Do
A
hữu hạn nên tồn tại
a A∈
sao cho
a maxA=
.
Do
( )
f a A∈
nên
3
3 4a a a− + ≤
(1)
Ta sẽ chứng minh
2a <
hoặc
0a <
.
Nếu

2a ≥
thì từ (1) ta có:
( )
23
3 4 4 4 0aa a a a≤ ⇔ − ++ ≤−
, vô lý. Như vậy
2a <
.
Nếu
0a ≥
thì do
2a <
nên
( ) ( )
2
3 3
3 4 3 4 2 1 2 0a a a a a a− + = − + < ⇔ − + <
,
vô lý.
Do đó (1) thành
33
3 4 2 4 0aa a a a≤ ⇔ + ++ ≤+
(2)
Cũng do
a
hữu hạn nên tồn tại
b
sao cho
minb A=
.

Do
( )
f b A∈
nên
33
3 4 2 4 0bb b b b≥ ⇔ + ++ ≥−
. (3)
Xét hàm số
( )
3
2 4g x x x= + +
.
Ta có:
( )
2
3 2 0,g x x x g
′
= + > ∀ ∈ ⇒¡
đồng biến trên
¡
.
Từ (2) và (3) suy ra:
( ) ( )
0 g ba ag b≤ ≤ ⇔ ≤
.
Do
max , mina A b A= =
nên
a b≥
. Vậy

a b=
.
Do vậy
3
2 4 0a a+ + =
(4) và
A
chỉ có một phần tử. Cũng do
g
đồng biến nên
(4) có nghiệm duy nhất. Ta tìm được nghiệm duy nhất của (4) là:
3 3
116 116
2 2
27 27
a = − + + − −
Ngày thứ hai
Bài 5 (7.0 điểm)
Xét các dãy số
{ } { }
,
n n
a b
xác định như sau:
2
4
n
n
n
n

nC
a =
;
1
*
8
,
n
n n
b a e n= ∀ ∈ ¥
.
Ta có:
( )
( )
1
2
2 1 2 1
1
2 1
2 1 1
n
n
a
n n
a
n n
n
+
+ +
= = >

+
+ −
,
n
+
∀ ∈ ¢
.
Suy ra:
{ }
n
a
là dãy tăng. Do đó:
1
1
,
2
n
a na
+
≥ = ∀ ∈ ¢
. (1)
22
Ta có:
( )
( )
1
1
8 1
2 1
1

2 1
n
n
n n
b
n
b
n n e
+
+
+
= <
+
(2)
Thật vậy,
( )
( )
( )
( )
( )
8 1
1
8 1
2 1 2 1
2
2 1 2 1
n n
n n
n n
e e

n n n n
+
+
 
+ +
 ÷
⇔ < ⇔ <
 ÷
 ÷
+ +
 

( )
( )
4 1
1
1
4 1
n n
e
n n
+
 
 ÷
⇔ + <
 ÷
+
 
(3)
(3) đúng do

1
lim 1
n
n
e
n
→∞
 
= +
 ÷
 
và
1
1
n
n
 
 
 
+
 
 ÷
 
 
 
là dãy số tăng.
Suy ra:
{ }
n
b

là dãy số giảm. Do đó:
1
8
1
8
1 1
n
n n
eb be aa ≤ ==
.
Từ đó:
1
8
1
8
8
1
1
8 0,6
2
n
n n
aea a e ≤ = <<
(4)
Từ (1) và (4) ta có được:
5 10 6
n
a≤ <
. Suy ra:
10 5

n
a
 
=
 
.
Bài 6 (7.0 điểm)
Đặt
n n
n
x y
t
x y
−
=
−
. Khi đó:
2 1
0
n n n
t bt ct
− −
+ + =
với
( )
,b x y c xy= − + =
và
0 1
0, 1t t= =
.

Ta sẽ chứng minh rằng
,b c ∈ ¢
. Cho
n
t ∈ ¢
với bốn số nguyên dương liên tiếp
, 1, 2, 3n m m m m= + + +
.
Vì
( )
2
1 2
n
n
n n n
c xy t t t
+ +
= = − ∈ ¢
khi
, 1n m m= +
nên
1
,
m m
c c
+
∈ ¢
.
Suy ra:
c

là số hữu tỉ và do
1m
c
+
∈ ¢
, suy ra:
c ∈ ¢
. Mặt khác ta có:
3 1 2m m m m
m
t t t t
b
c
+ + +
−
=
.
tức
b
cũng là số hữu tỉ. Bằng quy nạp, từ phương trình:
2 1
0
n n n
t bt ct
+ +
+ + =
suy ra
n
t
có thể được viết bởi

( )
1n n
t f b
−
=
, trong đó
( )
1n
f X
−
là một đa thức monic có hệ số
nguyên, bậc của
f
là
1
deg 1
n
f n
−
= −
. Do
b
là một nghiệm của phương trình
( )
1m m
f X t
+
=
nên
b∈ ¢

.
Bây giờ từ phương trình
2 1
0
n n n
t bt ct
+ +
+ + =
ta suy ra:
n
t ∈ ¢
với mọi
n
.
Bài 7 (6.0 điểm)
Thay
x
bởi
y
và
y
bởi
x
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
f y x f y x x f y x f y x
′ ′
+ = − + + + −
.

( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
f x y y f x y f x y f y x x f y x f y x
′ ′ ′ ′
⇒ − + + + − = − + + + −
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
f x y f y x x f y x f y x y f x y f x y
′ ′ ′ ′
⇒ − − − = + + − − + + −
.
23
Từ điều kiện bài toán cho
0x =
ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
f y f y y f y f y f y f y y f y f y
′ ′ ′ ′
= − + + − ⇒ − − = + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
f x y f y x x y f x y f y x
′ ′

⇒ − − − = − − + −
⇒
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
x f y x f y x y f x y f x y x y f x y f y x
′ ′ ′ ′ ′ ′
+ + − − + + − = − − + −
( ) ( ) ( ) ( )
x y f x y xf x y f y x
′ ′ ′
⇒ − + = − − −
(1)
Trong (1) thay
y
bởi
y−
ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
x y f x y xf x y y y x
′ ′ ′
+ − = + + − −
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )

( )
y f x y f x y y f y x f y x
′ ′ ′ ′
− − + = − − − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
f x y f x y f y x f y x f x y f y x f x y f x y
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
⇒ − − + = − − − − ⇒ − + − = + + − −
, , ,u v x y∀ ∈ ∃¡
:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0
x y u
f u f u f v f v f u f u f u
x y v
+ =

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
⇒ + − = + − ⇒ + − = ∀

− =

Mặt khác từ
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
1 x y f x y x y f x y y f x y f y x
′ ′ ′ ′
⇒ − + = + − − − + −
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 0x y f x y x y f x y yf

′ ′ ′
⇒ − + = + − −
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
0 0x y f x y f x y f x y f
′ ′ ′ ′
⇒ − + − = + − −
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0f x y f f x y f f u f f v f
x y x y u v
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
+ − − − − −
⇒ = ⇒ =
+ −
( ) ( )
( )
0
2 2
f u f
a u f x ax b x
u
′ ′
−
′
⇒ = ∀ ⇒ = + ∀
( với
( )
0b f

′
=
).
Đặt
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
g x f x ax bx f x ax bx g x= − + ⇒ = + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 0 f x ax b g x g x x g x c x f x ax bx c x
′ ′ ′
⇒ = + + ⇒ = ∀ ⇒ = ∀ ⇒ = + + ∀ ∈ ¡
.
Thử lại thấy đúng.

HẾT
SỞ GD&ĐT NGHỆ
AN
HỘI THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI BẬC THPT
CHU KỲ 2011 – 2015
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút ( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1.(4,0 điểm)
24
Đề thi chính thức
a. Hãy trình bày các con đường dạy học định lí toán học. Nêu các hoạt động
củng cố định lý toán học.
b. Trong SGK lớp 12 (NXB Giáo dục) có định lí: “ Cho hàm số y = f(x) có

đạo hàm trên khoảng K. Nếu
f '(x) 0>
,
x K∀ ∈
thì hàm số f(x) đồng biến trên
K. Nếu
f '(x) 0<
,
x K∀ ∈
thì hàm số f(x) nghịch biến trên K ”.
Hãy nêu bốn ứng dụng của định lí trên (không cần ví dụ) để giải một số dạng
bài tập toán .
Câu 2. (4,0 điểm)

a. Hãy nói rõ chức năng của bài tập toán trong dạy học toán bậc THPT.
b. Hãy nêu hai quy trình giải bài toán: “ Viết phương trình đường vuông góc
chung của hai đường thẳng chéo nhau trong không gian tọa độ Oxyz khi biết
phương trình tham số của hai đường thẳng đó ”.
Câu 3. (5,0 điểm)
a. Cho hệ phương trình:
2 2 2
xy x 1 7y
x y xy 1 13y
+ + =


+ + =

(
x, y∈¡

)
Giải hệ phương trình trên và hướng dẫn học sinh tìm một cách giải khác.
b. Tính tích phân:
2
x
6
cosx +sinx
I dx
(e sinx +1)sinx
π
π
=
∫
Câu 4: (4,0 điểm)
a. Nêu định hướng giúp học sinh giải bài toán sau bằng 2 cách: “ Chứng minh
rằng trong hình bình hành, tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương
hai đường chéo ”.
b. Cho hình chóp S.ABC. Lấy các điểm M, N, P theo thứ tự trên các tia SA,
SB, SC sao cho SA = aSM, SB = bSN, SC = cSP (a, b, c là các số thực) .
Chứng minh nếu mặt phẳng (MNP) đi qua trọng tâm G của tam giác ABC thì a
+ b + c = 3.
Nêu mệnh đề đảo của bài toán trên. Mệnh đề này đúng hay sai, vì sao?
Câu 5: (3,0 điểm)
a. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
( )
3
f (x) x 5 x= −
trên
đoạn
[ ]

0;5
.
b. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn
a b c≥ ≥
và
2 2 2
a b c 5+ + =
. Chứng minh
rằng:
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4− − − + + ≥ −
Hết
25