Tuyển tập 50 đề thi HSG môn toán lớp 12 (có đáp án chi tiết)

----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI
HỌC SINH GIỎI


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC: 2015 - 2016
Môn: Toán – Lớp 12
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang)

Câu 1 (5,0 điểm).
3
2
1. Cho hàm số y  mx  3 m  1 x  9  m  2  x  2 (1) ( m là tham số thực). Tìm tất
cả các giá trị của m để hàm số (1) có 2 điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn x1  2 x2  1.

x 1
có đồ thị  C  và đường thẳng d : y  2 x  m  1 ( m là tham
x2
số thực). Chứng minh rằng với mọi m, đường thẳng d luôn cắt  C  tại 2 điểm phân biệt A, B.
2. Cho hàm số y 

Gọi k1 , k2 lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến tại A và B của

 3k

1

C .

Xác định m để

 1   3k2  1  98.
2

2

Câu 2 (4,0 điểm).

x  7  x2  2 x  3  4 x  2.

1. Giải bất phương trình sau trên tập số thực


x  x 1  x2
1

2log
.log 3 y
log 2
2
3

y  1  y2
2. Giải hệ phương trình sau trên tập số thực 


27 2 3
2
x y x.
 x  xy  x  2 x 
8



 sin x cos x  x 1  x tan x   x
Câu 3 (2,0 điểm). Tính tích phân I  
cos x 1  x tan x 
4

2

2

2

dx.

0

Câu 4 (5,0 điểm).
1. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông với
AB  BC  2 và A’ cách đều các đỉnh A, B, C. Gọi L, K lần lượt là trung điểm của BC, AC.
Trên các đoạn A’B, A’ A lần lượt lấy M , N sao cho MA’  2BM , AA’  3 A’N . Tính thể tích
khối tứ diện MNKL, biết A’L  10.
2. Cho hình chóp S. ABC có độ dài các cạnh SA  BC  x, SB  AC  y, SC  AB  z

thỏa mãn x  y  z  12 . Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABC.
2

2

2

 S  có tâm
 C  có chu vi

Câu 5 (2,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu

I  2; 3; 5 . Biết  S  cắt mặt phẳng  Oxy  theo giao tuyến là đường tròn
20 . Viết phương trình mặt cầu  S  .

Câu 6 (2,0 điểm).
2
2
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x y  z  yz  y  z  . Tìm giá trị nhỏ nhất của





2 yz 1  x 
 y
1
z 
biểu thức P 



.
2 
1  x   1  y 1  z  1  x 1  y 1  z 
2

Hết


Họ và tên thí sinh………………………………… Số báo danh………………………...........
Người coi thi số 1…………………………… Người coi thi số 2.……………….....................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)

Câu

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10, 11, 12 THPT
NĂM HỌC 2015 - 2016
Hƣớng dẫn chấm môn: Môn Toán – Lớp 12

ý

Nội dung

1.
(2,0đ)

Ta có y '  3mx2  6(m  1) x 2  9(m  2). Hàm số đã cho có 2 cực trị  y '  0 có 2
m  0

m  0
m  0

 2  6 2  6  (*)
nghiệm phân biệt  


2
 '  0
18m  36m  9  0
m   2 ; 2 



2  m  1

(1)
 x1  x2 
m
Do x1 , x2 là nghiệm của pt y '  0, theo định lý Viét ta có 
 x .x  3  m  2  (2)
 1 2
m
Lại có x1  2 x2  1 (3).

3m  4

 x1  m
Từ (1), (3)  
thay vào (2) ta được

x  2  m .
 2
m
m2
 3m  4  2  m   3  m  2   
(t/m (*))
m  2
m2
m
3

2
Kết luận: Các giá trị cần tìm là m  2, m  .
3

Câu 1

2.
(3,0đ)

Điể
m

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

x 1
 2 x  m  1 (1)
x2
(1)  x  1   2 x  m  1 x  2  (vì x  2 không là nghiệm của pt (1))

Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của pt

 2 x2   6  m  x  3  2m  0 (2).
Ta có    6  m   8  3  2m   m2  4m  12  0 m  .
Vậy pt (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt hay d luôn cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B.
Gọi x1 , x2 là hoành độ của A, B  x1 , x2 là các nghiệm của pt (2). Theo định lý Viét
2

m6

x

x

1
2

2
ta có 
. Mặt khác ta có
3


2
m
x x 
 1 2
2

1

2
k1 
 x1  2 


1
k 
2
2

 x2  2 


0,5
0,25

0,5

0,5


 k1k2 

1

 x1  2   x2  2 



1

 x1 x2  2 x1  2 x2  4 

1



 3  2m

 m  6  4

2


2
2
2
2
Khi đó  3k1  1   3k2  1  98  9k1  9k2  2  3k1  3k2   96. (*)
2

2

2

2

 4.

Ta có k1 , k2  0. Theo bđt Côsi: 9k12  9k22  2 81k12k22  18k1k2  72 và

0,5

2  3k1  3k2   4 9k1k2  12 4  24.

0,5

Vậy VT(*)  72  24  96.
Dấu bằng xảy ra

0,25

 k1  k2  x1  2    x2  2   x1  x2  4 

Kết luận: Giá trị cần tìm là m  2.
1.
1
Điều kiện: x  . Bất phương trình đã cho
(2,0đ)
2

m6

 4  m  2.
2

 x2  2 x  3  x  7  4 x  2  0  x2  2 x  3 
3 3  x 

0,25
x  7  4x  2
x  7  4x  2

0

3


 0   x  3  x  1 
  0  *
x  7  4x  2
x  7  4x  2 

3
1

Ta có hàm số f  x   x  1 
liên tục trên  ;  
x  7  4x  2
2

1
2


4 x  2  0 x  1  f x đồng biến trên  1 ;  
và f '  x   1  3. 2 x  7
 

2
2
2


x  7  4x  2
  x  1 x  3 





1
1 3 3 2
Do đó f  x   f    
 0 x  .
2
15
2 2
Từ đó bpt (*)  x  3  0  x  3.
1 
Kết luận: Tập nghiệm của bpt đã cho là  ;3 .
2 

Câu 2

2.
(2,0đ)


x  x 1  x2
1
 2 log 2 .log 3 y (1)
log 2
2
3

y  1 y


27 2 3
2
x y x (2)
 x  xy  x  2 x 
8

Điều kiện: x  0, y  0.
Viết lại pt (1) dưới dạng





0,5

0,5

0,5
0,25

0,25





log 2 x  x 1  x 2  log 2 y  1  y 2  2log 2 3.log 3 y

 


y  1 y
 log  x  x 1  x   log
y

 log 2 x  x 1  x 2  log 2 y  1  y 2  log 2 y 2
2

2

2

 x  x 1  x2 

2

1 1


y y

2

1
 1. 1' 
y2

0,5


Xét hàm số f  t   t  t 1  t 2 , t  0. Ta có f '  t   1  1  t 2 

t2
1 t2

 0 t  0.

 hàm số f  t  liên tục và đồng biến trên  0;   , do đó pt (1’)  x 

1
 xy  1.
y

0,25

Khi đó pt (2) trở thành
27 2 2
x  1  x2  2x 

x x
8

 2 x  2  2 x2  2x 

27 2
2
2 27 2
x x  2   2 1 
x
4
x
x
4

2 27 2
27 2
2

x 
x  1  1   0.  2' 
x
4
4
x
27
27 2
2
x
x  1  1  , x  0. Ta có g '  x  

Đặt g  x  
2
4
x
 1 1

1
x2 1 

Vậy hàm số g(x) liên tục và đồng biến trên  0;   .

2
x

 0 x  0.

2
Từ đó pt (2’) có tối đa 1 nghiệm trên  0;   . Mà g    0.
3
2 3
Kết luận: Hpt đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    ;  .
3 2

0,5

0,25

0,25
Ta có


 sin x cos x  x 1  x tan x   x 2 dx
2
cos 2 x 1  x tan x 
0
4

I




4
sin x cos x  x
x 2 dx

dx  
2
2
cos 2 x 1  x tan x 
0
0 cos x 1  x tan x 
4

0,25


4

- Đặt I1  

0

Câu 3
(2,0đ)


4

I1  
0

sin x cos x  x
dx. Ta có
cos 2 x 1  x tan x 


x
4
2
cos x dx  d 1  x tan x   ln 1  x tan x
0 1  x tan x
1  x tan x

tan x 


4

- Xét I 2  
0


2

4

x dx
cos 2 x 1  x tan x 

2


0


4

0

 
 ln 1   .
 4

0,75


2

 cos x  x sin x 

x 2 cos xdx

4

x dx
2


0

cos x  cos x  x sin x 

x


 x sin x  cos x  dx
u

du



cos x


cos 2 x

Đặt 
x cos xdx
1

dv 
v  
2

 cos x  x sin x  
x sin x  cos x

2

.

0.25

0,25


x
1


 I2   
.

 cos x x sin x  cos x 


4

0



dx
4 

.
2
cos
x
4


0
4



0,25

   4 
Vậy: I  I1  I 2  ln 1   
.
 4  4

1.
(2,5đ)

0,25

Gọi E là trung điểm AN, ta có

ME//AB//LK
 SMLK  SELK  VMNKL  VNELK

B’
C’’
A’
’

1
ta cũng có S EKN  S A ' KA
3
+) Do A ' A  A ' B  A ' C và K là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

nên A ' K   ABC   ( A ' AC )   ABC 

0,5

N
M
L

B

C

E
K

A

mà BK  AC  BK   A ' AC 
Câu 4

0,5

1
BK
+) Ta có d  L,  NKE    d  B,  NKE   
, do L là trung điểm BC.
2
2
1
1
AC
VNELK  d  L,  NKE   .S NKE  KB.S A ' KA ; KB 
 2
3
18
2

0,25
0,5

+) Vì A ' K   ABC   A ' K  KL  A ' K  A ' L2  LK 2  3
 S A ' AK 

1
3 2
A ' K .KA 

.
2
2

Vậy VNELK 

2.
(2,5đ)

0,25

1
1
3 2 1
1
KB.S A ' KC 
2.
  VMNLK  .
18
18
2
6
6

S

C

M
A

P
B

N

Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các
đường thẳng song song với cạnh đối
diện, chúng đôi một cắt nhau tạo thành
tam giác MNP như hình vẽ.
1
+) Có SMNP  4S ABC  VS . ABC  VS .MNP
4
1
+) Do SB  AC  NP  SNP vuông
2
tại S.

0,5

0,5


Tương tự, các tam giác SMN, SMP vuông tại S.
Đặt a  SM , b  SN , c  SP , ta có:
a 2  2  x 2  z 2  y 2 
a 2  b 2  4 x 2

 2
 2

2
2
2
2
2
b

c

4
y


b  2  x  y  z 
c 2  a 2  4 z 2
 2
2
2
2


c  2  y  z  x 
1
1
2
VS . ABC  VS .MNP  abc 
4
24
12

x

2

0,5

 y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2 .

0,5

Mà theo bđt Côsi:

x

2

 y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2  
3

 x 2  y 2  z 2  y 2  z 2  x 2  z 2  x 2  y 2   12 
3

   4
3

  3

nên VS . ABC 

2 3 2 2

4 
.
12
3

0,5

Đẳng thức xảy ra khi x 2  y 2  z 2 

12
 4  x  y  z  2.
3

Vậy GTLN của thể tích khối chóp S.ABC là

Câu 5
(2,0đ)

2 2
.
3

0,5

Gọi r là bán kính đường tròn (C), ta có 2 r  20  r  10.

0,5
0,5

Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R  d 2  I ,(Oxy)   r 2  125.

0,5

Vậy mặt cầu (S) có phương trình  x  2    y  3   z  5  125.

0,5

Ta có d  I ,  Oxy    5.

2

Câu 6
(2,0đ)

3

P





1  x 

2

 y
z 
2 yz
 1 x 



 


 1  y 1  z  1  y 1  z   1  x 
2

1
2

 y
z 
2 yz
 2



 1
 

 1  y 1  z  1  y 1  z   1  x 
2

1

1  x 

2

2

1

1  x 

2

2

1

1  x 

2



2



1

1  x 

 y
z 
4 yz
2 yz




 
 1  y 1  z  1  y 1  z 1  x  1  y 1  z 
y2

1  y 

2



1
 1
1  y 



2

z2

1  z 



2



1
 1
1  
 z

2

4 yz
1  y 1  z 1  x 


4
.
 1  1 
1  x  1   1  
y  z 



1
1
, v   u, v  0. Khi đó
y
z
1
1
1
4
P




.
2
2
2
1  x  1  u  1  v  1  x 1  u 1  v 

Đặt u 

Theo bđt Côsi: P 

1

1  x 

2



2

1  u 1  v 



0,5

4

.
1  x 1  u 1  v 

Mặt khác, giả thiết trở thành
 y2  z2  y  z
 1 1 1 1
x 2 2  
 x  2  2     x u 2  v 2  u  v.
yz
z  y z
y
 y z 





2
2
Theo bđt Bunhiacốpxki: x  u  v   2 x  u 2  v 2   2  u  v   u  v  .
x
2
2
1
1
2   x 1 
2
Lại theo bđt Côsi: 1  u 1  v    2  u  v    2    
 .
4

4
x  x 

Từ đó suy ra P 

1

1  x 

Xét hàm số f  x  
f ' x 

2



2 x2

1  x 

2



2x  6x  x 1
3

2

1  x 

3

4 x2

1  x 

3



2 x3  6 x 2  x  1

1  x 

3

.
0,5

, x  0. Ta có

10 x  2

1
 f ' x  0  x  .
5
 x  1
4

Lập bảng biến thiên của f(x) trên  0;  suy ra
 1  91
P  f  x  f   
.
 5  108
91
đạt được khi
108
1
2
1
1
x  , u  v, u  v   10  x  , u  v  5  x  y  z  .
5
x
5
5

0,5

Kết luận: GTNN của P là

Lƣu ý: Các cách giải khác, nếu đúng thì cho điểm tương đương theo từng phần như hướng dẫn chấm
----------- HẾT-------------

0,5


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015 - 2016

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán - THPT
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi có 01 trang

Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y 

x3
có đồ thị (C), đường thẳng (d) có phương trình
x  2

y  x  m  1 . Tìm m để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O,
(O là gốc tọa độ).
Câu 2 (2,5 điểm). Giải phương trình

3 cos 2 x(2sin x  1)  2cos x(2sin 2 x  1)  3sin 2 x.
Câu 3 (2,5 điểm). Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi
người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có ít nhất một cửa hàng
có nhiều hơn 2 người khách vào.
Câu 4 (2,5 điểm). Tính tích phân


I

4

 cos 2 x.ln(sin x  cos x)dx.
0

Câu 5 (2,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a . Tam giác
SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm D tới
mặt phẳng (SBC), biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60o .
Câu 6 (2,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD

có A(5;2) .

M (1; 2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC  MBC và MB  MC . Tìm tọa
1
độ điểm D biết tan DAM  .
2
Câu 7 (2,5 điểm). Giải hệ phương trình
2

( x  y )  3( x  y )  2( x  y  1)  4
 2
3

( x  y  2) 2 x  1  x  2 y  5.
Câu 8 (2,5 điểm). Cho các số x, y, z thỏa mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  xy 2  yz 2  zx 2




x
 xyz 

2

 y2  z2 
6

2

.

---------Hết--------Họ và tên thí sinh:…………………………………….Số báo danh:……………….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ THỌ

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2015-2016
HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN-THPT
Hướng dẫn chấm có 06 trang

I.
Một số chú ý khi chấm bài
- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Khi chấm thi giám khảo cần
bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.
- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương
ứng với thang điểm của đáp án.

- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.
II.
Đáp án – thang điểm
Nội dung
Điểm
Câu 1. Cho hàm số y 

x3
có đồ thị (C), đường thẳng (d) có phương trình:
x  2

y  x  m  1 . Tìm m để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

2,5

vuông tại O.
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

x3
 x  m 1
x  2
 x 2  (m  2) x  2m  5  0 (1) ( x  2)

0,5

Điều kiện:

  (m  2) 2  4(2m  5)  m 2  4m  16  0
 2
(*)

2  2(m  2)  2m  5  0
02  (m  2).0  2m  5  0


0,5

Với điều kiện (*) phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 và khác 2 và khác
0, hay (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A( x1; x1  m  1); B( x2 ; x2  m  1) , không trùng
điểm O.
Ta có OA  ( x1; x1  m  1); OB  ( x2 ; x2  m  1) . Vì tam giác OAB vuông tại O nên

OA.OB  0  x1 x2  ( x1  m  1)( x1  m  1)  0
 2 x1 x2  (m  1)( x1  x2 )  (m  1) 2  0 (**)
 x1  x2  m  2
Theo định lí Viet ta có: 
, thay vào (**) được:
 x1 x2  2m  5
2(2m  5)  (m  1)(m  2)  (m  1)2  0  m  3.
Thử lại vào (*) thấy thỏa mãn. Vậy m  3 thỏa mãn bài toán.
Câu 2. Giải phương trình sau

3 cos 2 x(2sin x  1)  2cos x(2sin 2 x  1)  3sin 2 x .
Ta có: (1)  3 cos 2 x(2sin x  1)  2cos x(2sin 2 x  1)  3sin 2 x

0,5

0,5
0,5
2,5
0,5

 2 3 sin x cos 2 x  3 cos 2 x  4cos x sin 2 x  2cos x  3sin 2 x  0
 2 3 sin x cos 2 x  2sin x sin 2 x  4sin x cos x  3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x  0
 2sin x( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x)  ( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x)  0
 (2sin x  1)( 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x)  0

 2sin x  1  0 (2)

 3 cos 2 x  sin 2 x  2cos x  0(3)


x   2 k

1
6
(2)  sin x   
2
 x  5  2k .

6
3
1

(3) 
cos 2 x  sin 2 x  cos x  cos(2 x  )  cos x
2
2
6





 2 x  6  x  2 k
 x  6  2 k


 2 x     x  2 k
 x    2 k .
6
18
3



0,5

0,5

0,5

Vậy phương trình đã cho có các họ nghiệm:

x



6

 2k ; x 

5
 2k
 2k ; x  
(k  ).
6
18
3

Câu 3. Một dãy phố có 5 cửa hàng bán quần áo. Có 5 người khách đến mua quần áo, mỗi
người khách vào ngẫu nhiên một trong năm cửa hàng đó. Tính xác suất để có ít nhất một
cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào.
Người khách thứ nhất có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ hai có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ ba có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ tư có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Người khách thứ năm có 5 cách chọn một cửa hàng để vào.
Theo quy tắc nhân có 5.5.5.5.5 = 3125 khả năng khác nhau xảy ra cho 5 người vào 5 cửa
hàng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là:   3125 .
Để có ít nhất một cửa hàng có nhiều hơn 2 khách vào thì có các trường hợp (TH) sau:
TH1: Một cửa hàng có 3 khách, một cửa hàng có 2 khách, ba cửa hàng còn lại không có
1
3
1
2
khách nào. TH này có C5 .C5 .C4 .C2  200 khả năng xảy ra.
TH2: Một cửa hàng có 3 khách, hai cửa hàng có 1 khách, hai cửa hàng còn lại không có
1
3
2

khách nào. TH này có C5 .C5 .C4 .P2  600 khả năng xảy ra.
TH3: Một cửa hàng có 4 khách, một cửa hàng có 1 khách, ba cửa hàng còn lại không có
1
4
1
khách nào. TH này có C5 .C5 .C4  100 khả năng xảy ra.
TH4: Một cửa hàng có 5 khách, các cửa hàng khác không có khách nào. TH này có
C51  5 khả năng xảy ra.
Suy ra có tất cả 200  600  100  5  905 khả năng thuận lợi cho biến cố ―có ít nhất
một cửa hàng có nhiều hơn 2 người khách vào‖.
Vậy xác suất cần tính là: P 

905 181

3125 625

0,5

2,5

0,5

0,25

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

Câu 4. Tính tích phân


I

4

2,5

 cos 2 x.ln(sin x  cos x)dx
0



I

4

 cos 2 x.ln(sin x  cos x)dx
0





1
2




1
2

0,5
4

 ln(sin x  cos x) .cos 2 x.dx
2

0

4

 ln(1  sin 2 x)cos 2 xdx.

0,5

0

2cos 2 x

du 
dx

u  ln 1  sin 2 x  

1


sin
2
x
Đặt 

dv

cos
2
xdx


v  1 1  sin 2 x  .

2




4
4
1  1

I
1

sin
2
x
ln

1

sin
2
x

cos
2
xdx

 


2 2

0
0



4
1
1
2ln 2  1
 ln 2  sin 2 x  
.
2
2
4
0 



Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a . Tam giác
SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ
điểm D tới mặt phẳng (SBC), biết góc giữa đường thẳng SD và mặt đáy bằng 60o.

0,5

0,5

0,5

2,5

S

A

D

K
H

C

I

B

Gọi H là trung điểm của AB, tam giác SAB cân nên SH  AB . Vì tam giác SAB nằm

trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH  ( ABCD) . Suy ra góc giữa SD và
o
o
mp(ABCD) là SDH  60  SH  HD tan 60  HD 3.

0,5

Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a nên ABC  60o  HAD  120o .
Theo định lí Cô sin:

a2
a  1  7a 2
2
HD  AH  AD  2 AH . AD.cos120 
 a  2. .a.    
4
2  2
4
2

2

2

0

0,5


a 7

a 21
hay SH  HD 3 
.
2
2
Ta có AD / / BC  AD / /(SBC )  d ( D,(SBC ))  d ( A,(SBC )) .
Suy ra HD 

Đường thẳng AH cắt (SBC) tại B nên

d ( A,( SBC )) BA

 2  d ( A,( SBC ))  2d ( H ,( SBC ))
d ( H ,( SBC )) BH
Kẻ HI  BC, HK  SI . Vì BC  HI , BC  SH  BC  (SHI )  BC  HK .
Vì HK  BC, HK  SI  HK  (SBC )  HK  d (H ,(SBC )) .
Vì thấy tam giác ABC đều cạnh a nên CH  AB hay tam giác HBC vuông tại H.

0,5

0,5

Ta có

1
1
1
1
1
1


 2 


2
2
2
2
HI
HS
HI
HS
HB
HC 2
4
4
4
4.29




21a 2 a 2 3a 2 21a 2
609a
a 609
Suy ra HI 
. Vậy d ( A,( SBC ))  2d ( H ,( SBC ))  2 HI 
58
29
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD

có A(5;2) .

M (1; 2) là điểm nằm bên trong hình bình hành sao cho MDC  MBC và
1
MB  MC . Tìm tọa độ điểm D biết tan DAM  .
2

2,5

B

A

M

D

E

C

Gọi E là điểm thứ tư của hình bình hành MABE, dễ thấy MECD cũng là hình bình hành
nên MEC  MDC.
Mà MDC  MBC suy ra MEC  MBC hay tứ giác BECM nội tiếp.
Suy ra BMC  BEC  180o  BEC  180o  90o  90o
Ta có AMD  BEC (c.c.c)  AMB  BEC  90o hay AMD vuông tại M

DM 1
1

  DM  MA .
MA 2
2
Ta có MA  4 2  MD  2 2  AD2  MA2  MD2  40 .
2
2
2

 AD  40 
( x  5)  ( y  2)  40
Giả sử D( x; y) ta có 
.

2
2
2
MD

8
(
x

1)

(
y

2)

8





Vì tan DAM 

0,5

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

0,5


Giải hệ phương trình trên được hai nghiệm: (3; 4), (1;0).
Vậy có hai điểm D thỏa mãn đề bài là: D(3; 4), D(1;0).
Câu 7: Giải hệ phương trình
2

( x  y )  3( x  y )  2( x  y  1)  4 (1)
 2
3

( x  y  2) 2 x  1  x  2 y  5 (2)
x  y  0
Điều kiện: 
.
2 x  1  0

2,5

0,5

Đặt t  x  y (t  0) . PT (1) trở thành

0,5

t 2  3t  2t  2  4

 t 2  4  3t  2t  2  0
3t  2t  2
 (t  2)(t  2) 
0
3t  2t  2
1
 (t  2)(t  2 
)0
3t  2t  2
 t  2.
(Vì t  2 

0,5

1

 0 t  0 )
3t  2t  2
Với t  2 suy ra x  y  2  y  2  x .

Thay y  2  x vào (2) ta có:

0,5

( x  x) 2 x  1  x  2 x  1
2

3

 x 2 ( x  2 x  1)  2 x  1( x  2 x  1)  0
 ( x  2 x  1)( x 2  2 x  1)  0
 x  2x  1  0  2x  1  x
0,5

x  0

 x  1 2
2
2
x

1

x

Suy ra y  1  2 . Vậy hệ đã cho có một nghiệm: (1  2;1  2) .
Câu 8: Cho các số x, y, z thỏa mãn 0  x  y  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P  xy 2  yz 2  zx 2

x
 xyz 

Vì 0  x  y  z nên

2

 y2  z2 
6

2

2,5
.

x( x  y )( y  z )  0  ( x 2  xy )( y  z )  0

0,5

 x y  x z  xy  xyz  0  x y  xyz  x z  xy
2

2

2

2

2

2

xy 2  yz 2  zx 2  xyz   x 2 z  xy 2   yz 2  xyz

  x 2 y  xyz   yz 2  xyz  y  x 2  z 2 
Theo bất đẳng thức Cô si ta có:

0,5
0,5


y  x2  z 2  

1
2 y 2 ( x 2  z 2 )( x 2  z 2 )
2
3

 x2  y 2  z 2 
1  2 y 2  ( x2  z 2 )  ( x2  z 2 ) 


2




3
3
2 




Do đó

P  xy  yz  zx
2

2

2

x
 xyz 

2

 y2  z2 
6

2

3

3

 x2  y 2  z 2  3  x2  y 2  z 2 
2 
  


3
3

 2


2

 x2  y 2  z 2 
3 4
3
Đặt t  
 (t  0) . Ta có P  f (t )  2t  t .
3
2


f '(t )  6t 2  6t 3  6t 2 (1  t )  0  t  1. Lập bảng biến thiên của hàm f (t ) suy ra
3 1
1
được f (t )  f (1)  2    P  .
2 2
2
1
1
Ta thấy P 
khi x  y  z  1. Vậy giá trị lớn nhất cần tìm là Max P 
khi
2
2

x  y  z  1.

--------Hết-------

0,25

0,5

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT CHUYÊN
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Ngày thi 23/10/2014

Câu 1 (2,5 điểm).
Cho dãy số thực  xn  xác định bởi x1  3 và xn1  21  2 xn  6 với mọi n  1, 2,...
Chứng minh rằng dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn . Tính giới hạn đó.
Câu 2 (1,5 điểm).
Chứng minh rằng nếu a, b, c  0 , thì

ab
bc
ca
abc

.



5a  6b  7c 5b  6c  7a 5c  6a  7b
18

Câu 3 (2,0 điểm).
Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y  với x, y nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương





trình 2 x3  x  y 3  y .
Câu 4 (3,0 điểm).
Cho đường tròn ( ) tâm O và AB, CD là hai đường kính của đường tròn đó. Tiếp tuyến với
đường tròn () tại B cắt AC tại P. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng DP với đường tròn
(). Gọi I là trung điểm của AP. Chứng minh rằng
a) Các điểm O, B, C, I cùng nằm trên một đường tròn
b) Ba đường thẳng AG, BC, OP đồng qui.
Câu 5 (1,0 điểm).
Tập hợp M có các phần tử là số thực được gọi là "Đặc biệt" nếu nó thỏa mãn đồng thời hai tính
chất sau đây.
a  Với mỗi x, y  M , x  y thí các số x  y và x. y đều khác không và có đúng một số trong
chúng là số hữu tỷ.
b  Với mỗi x  M , x 2 là số vô tỷ.
Một tập hợp "Đặc biệt"có nhiều nhất bao nhiêu phần tử ? Bạn hãy lấy ra một ví dụ minh họa.
………. Hết……….
- Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.

- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh ………………………………………….Số báo danh………………….


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN THPT CHUYÊN
HƢỚNG DẪN CHẤM
(Gồm 04 trang)

Lƣu ý khi chấm bài:
- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh. Khi
chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó.
- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm.
- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được
điểm.
- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau.
- Trong lời giải câu 4 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

Câu 1. (2,5 điểm)
Nội dung

Điểm

Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh được xn  3 n  1, 2,...

0,25

Ta có x1  3, x2  21  2 x1  6  21  4  5
Giả sử xn  5 . Khi đó xn1  21  2 xn  6  21  4  5 theo nguyên lý quy nạp suy
ra

xn  5, n 

*

. Tóm lại ta đã chứng minh được 3  xn  5, n  1, 2,...

Ta có x1  x2 . . Giả sử xn1  xn . khi đó



 

0,5

1



21  2 xn  6  21  2 xn1  6
2 xn  6  2 xn1  6
xn21  xn2
xn 1  xn 



0
xn1  xn
xn 1  xn
xn 1  xn
Vậy theo nguyên lý quy nạp toán học suy ra dãy số đã cho là dãy số tăng.
Dãy  xn  tăng và bị chặn trên do đó dãy có giới hạn hữu hạn. Đặt lim  L
n 

0, 5

0,25

3  L  5 . Từ xn1  21  2 xn  6 , n  1, 2,... cho n   ta được

 2

L  21  2 L  6 .
Với điều kiện 3  L  5 ta có

 2  L2  21 





2l  6   L2  25  4  2l  6  0

10  2 L
2



 0   L  5  L  5  
 3
0
4  2L  6
4  2L  6 

2
Dễ thấy L  5 
 0 3  L  5 . Vậy phương trình  3 có nghiệm duy nhất
4  2L  6
L  5 . Từ đó lim xn  5

0,5

  L2  25 

n 

Kết luận: dãy số  xn  có giới hạn hữu hạn và và lim xn  5
n 

0, 5


Câu 2. (1,5 điểm)
Nội dung

Điểm

Ta chứng minh cho bài toán tổng quát
ab
bc
ca
abc



ma  nb  pc mb  nc  pa mc  na  pb m  n  p
(ở bài toán này thì m  5, n  6, p  7 )
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

p
p


,  m   0, n   0 
2
2



0,25

2


p 
p


m     n    p  p
2


ab  m  n  p 
2 
2


 ab
p
p
p
p
ma  nb  pc


 m   a   n   b   c  a   b  c 
2
2
2
2


p
p


 m 2 n 2
2p

2p 
 ab 




b
ca bc
 a


p
p
2 pab 2 pab


  m   a   n  b 

2
2
ca bc



m  n  p
bc

0,25

0,25

1

2

p 
p
2 pbc 2 pbc

  m  b   n  c 

mb  nc  pa 
2 
2
ab ca

Tương tự

m  n  p

 2

p 
p
2 pca 2 pca

 m  c n  a 

 3
mc  na  pb 

2 
2
ab bc

ab
bc
ca
2
Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra  m  n  p  



 ma  nb  pc mb  nc  pa mc  na  pb 
p
p


  m   a  b  c   n   a  b  c  2 p a  b  c
2
2


  m  n  p  a  b  c 
ca

0,25

2

ab

bc
ca
a bc



ma  nb  pc mb  nc  pa mc  na  pb m  n  p
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c


0,25

0,25

Câu 3. (2,0 điểm)
Nội dung

Điểm

Áp dụng đẳng thức a3  b3  c3  3abc   a  b  c   a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  .Từ giả thiết

 x  x    y   2 x  y   x  x  y   x  x  y  x.x  xy  yx   3x.x.   y   2x  y
3

3

3

2

2

0,5

2

2

2 x  y 3x y
 2 x  y 6 x3 ,mặt khác
  2 x  y   x  y  2 xy  1  3x y *  
2

2 x  y 3x  2 x  y 
2

2

2

 2x  y, 6x    2x  y, 6 ( do  x, y   1   2x  y, x   1   2x  y, x   1
3

2 x  y 1, 2,3,6 ( do từ * 2x  y 

3

*

)

0, 5

)

Trường hợp 1. 2 x  y  1  y  2 x 1 thay vào phương trình đã cho ta được

0,25


2  x3  x    2 x  1   2 x  1  6 x  x  1  0  x  1  y  1
3

2

Trường hợp 2. . 2 x  y  2  y  2 x  2 thay vào phương trình đã cho ta được

 x 1  x2  3x  1  0  x  1  y  0

0,25

( loại )

Trường hợp 3. . 2 x  y  3  y  2 x  3 thay vào phương trình đã cho ta được

 x  1

3

0,25

x4  0 x  4 y 5

Trường hợp 4 . 2 x  y  6  y  2 x  6 thay vào phương trình đã cho ta được
x3  12 x2  36 x  35  0 do y  Z , x  3, x 35  x 5,7,35 thử lại không có giá trị nào

thỏa mãn. Vậy các cặp  x, y   1 , 1 và

0,25

 x, y    4 , 5

Câu 4. (3,0 điểm)
Nội dung

Điểm

a) (1,0 điểm).
Ta có OI // BP nên IOB  OBP  90 0. Mà BCI  90 0 suy ra 4 điểm O, B, C, I
nằm trên đường tròn ( ) đường kính BI .
A

C

I

I’
P

1,0

O

D

G

B

b) (1,0 điểm).
Gọi I ' là trung điểm của PC. Ta có OI ' // DP nên COI '  CDG (1).
Mà CDG  CAG (2). Tam giác CGP vuông tại G có GI '  CI ' 

1
CP suy r
2

0,5

OCI '  OGI ' (c.c.c), do đó COI '  I ' OG (3).
Từ (1),(2),(3) ta có CAG  I ' OG suy ra 4 điểm I ' , A, O, G nằm trên một đường tròn
( ' ). Ta cóO /( )  O /( ')  0

0,5


1
PA.2 PI '  PA.PI '  P /( ') suy ra OP là trục đẳng phương
2
của hai đường tròn ( ) và ( ' ).

Hơn nữaP /( )  PI .PC 

0,5

AG là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) và ( ' ). BC là trục đẳng phương của
hai đường tròn ( ) và ( ).
Vậy ba đường thẳng AG, BC , OP đồng qui tại S là tâm đẳng phương của ba đường tròn
( ), ( ) và ( ' ).

0,5

Câu 5. (1,0 điểm)
Nội dung

Điểm

Ta chứng minh tập ― Đặc biệt‖ M có nhiều nhất bốn phần tử
M  2  1, 2  1, 2  2, 2  2





0,25

Từ hai điều kiện ban đầu thì tập đặc biệt M là tập hợp có các phần tử là số vô tỉ. Ta có
các nhận xét sau
Nhận xét 1. Nếu x, y, z là ba phần tử phân biệt của M thì cả ba số x  y, y  z, z  x
không đồng thời là số hữu tỷ. Ngược lại ta có 2  x  y  z    x  y  z   x 
Vô lý ( từ đ/k số 2)

Nhận xét 2. Nếu x, y, z là ba phần tử phân biệt của M thì cả ba số xy, yz, zx không

0,25

đồng thời là số hữu tỷ. Ngược lại ta có x2 yz   xy  xz   và yz   x 2 
Vô lý ( từ đ/k số 2)
Nhận xét 3. Nếu x, y  M  xy  , với mỗi z  M , x  z  và y  z  .
Ngược lại theo nhận xét 1 và 2 ở trên thì ta có x  z  và yz  hoặc
y z

và yz  . , với trường hợp đầu do xy 

và yz 

 xy  yz  y  x  z  

vì x  z  0, y  vô lí trường hợp hai tương tự
Giả sử rằng tồn tại tập ― đặc biệt‖ có 5 phần tử là a, b, c, d , e theo nhận xét 1 ta có ít
nhât hai phần tử có tổng là số vô tỉ chẳng hạn là a và b .Cho nên ab 
theo nhận xét
3 thì a  c, a  d , a  e là các số hữu tỷ. Vì thế cho nên theo nhận xét 1 các số
c  d , c  e, d  e không đồng thời là số hữu tỷ và theo các khẳng định trên thì tất cả ba
số cd , ce, de là số hữu tỷ vô lý với nhận xét 2

……. Hết……….

ĐỀ CHÍNH THỨC THAY BỞI CÁC CÂU SAU

 x1  3, y1  2
 xn1  2 xn  3 yn , yn1  xn  2 yn , n  1, 2,...

Câu 1.Cho hai dãy số  xn  ,  yn  xác định bởi 

0,25

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Năm học: 2014-2015
Môn thi: TOÁN
Lớp 12 THPT
Ngà thi 24 03 2015.
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề này có 01 trang, gồm 05 câu.

ĐỀ CHÍNH THỨC
Sô bao danh
.............................

Câu I (4,0 điểm) Cho hàm số: y 

x2
có đồ thị (C)
x 1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Cho điểm A(0; a). Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ được 2 tiếp tuyến tới
đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành.
Câu II (4,0 điểm)
1. Giải phương trình:





3 sin 2x  cos2x  5sinx + 2  3 cosx + 3 + 3
2cos x  3

1

20 6  x  17 5  y  3x 6  x  3 y 5  y  0

2. Giải hệ phương trình: 

2
2 2 x  y  5  3 3x  2 y  11  x  6 x  13

 x, y  

Câu III (4,0 điểm)
1. Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca  1 . Chứng minh rằng :

a
b
c
3 3

 2
 2

.
2
2
2
b c 2 c a 2 a b 2
8
5 x 2  2 xy  y 2  2

2. Tìm m để hệ  2
m có nghiệm thực.
2
2
x

4
xy

5
y


m 1

2

Câu IV (4,0 điểm)
1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ

số, mà các chữ số đôi một khác nhau và trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là
số lẻ?
2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là hình chiếu
9
vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung
2
tuyến kẻ từ A của  ADH là : 4 x  y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Câu V (4,0 điểm)
1. Cho tứ diện SABC có SA  a, SB  b, SC  c và SA  SB, SA  SC, SB  SC . Gọi R , V theo
thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện SABC . Tính diện tích tam giác ABC
6

972V 2
2
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm A 1;2; 1 , B  0;4;0  và mặt phẳng
theo a, b, c và chứng minh rằng: R 

(P) có phương trình: 2 x  y  2 z  2015  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua hai
điểm A, B và tạo với mặt phẳng  P  một góc nhỏ nhất.
………………………………..HẾT……………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT THANH HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn thi: TOÁN
LỚP 12 THPT
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 07 trang )

Hƣớng dẫn chấm
Đề chính thức

Câu
Ý
I.
1.
(4.0) (2.0)

Nội dung
Khảo sát và vẽ đồ thị C  của hàm số y 

Điểm

x2
x 1

\ 1

* Tập xác định: D 

* Sự biến thiên: y '  

0.25

3

 x  1

2

 0x  D

0.25

lim y  1 , lim y  1 , lim y   ; lim y   ,

0.25

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y =1 .

0.25

x 

x 

x 1

x 1

Bảng biến thiên
-

x
y’

1

y

+

1

_

0.5

–

-

+
-

1

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng  ;1 , 1;   ;
* Đồ thị :
fx =

x+2
x

8

1

gx = 1
hy = 1
6

4

2

0.5
15

10

5

5

2

4

6

8

Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-2), cắt trục hoành tại (-2;0).
Đồ thị nhận giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 1) làm tâm đối xứng.

10

15


2.
Tìm điều kiện của a để từ điểm A kẻ đƣợc 2 tiếp tu ến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp
(2.0) điểm tƣơng ứng nằm về 2 phía của trục hoành.
Xét thấy đường thẳng x = 0 đi qua A và không tiếp xúc với đồ thị (C)
Phương trình đường thẳng d đi qua A(0; a) và có hệ số góc k: y  kx  a

0,25

x 2
 kx  a

 x 1
d là tiếp tuyến của (C)  Hệ PT 
có nghiệm
3
k 

( x  1)2


0.25

 PT: f(x) = (1  a) x 2  2(a  2) x  (a  2)  0 (1) có nghiệm x  1 .
Để qua A có 2 tiếp tuyến thì (1) phải có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1

a  1
a  1


 '  3a  6  0  
a  2
 f (1)  0

Khi đó ta có: x1  x2 

0.25

0.25

(*)

2(a  2)
a2
3
3
và y1  1 
; x1x2 
; y2  1 
a 1
a 1
x1  1
x2  1

0.25

Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía đối với trục hoành thì y1.y2  0


 1 


x1.x2  2( x1  x2 )  4
3 
3 
0
 .1 
0 
x1  1  
x2  1 
x1.x2  ( x1  x2 )  1

 3a  2  0  a  

0,25

2
3

0.25


2


Kết hợp với điều kiện (*) ta được: a   3 .
a  1

II.

1.
(4.0) (2.0) Giải PT lƣợng giác:

0,25





3 sin 2x  cos2x  5sinx + 2  3 cosx + 3 + 3
2cos x  3

 1 (1)


Điều kiện: cos x  
PT 

3
.
2

0.25





3 sin2x  cos2x  5sin x  2  3 cosx + 3 + 3  2cos x  3

0.25



3 sin2x  cos2x  5sin x  3cosx + 3 = 0



3cosx  2sinx  1 + 2sin 2 x  5sin x + 2 = 0

0.25



3cosx  2sinx  1 +  2sinx 1 sin x  2  = 0

0.25

  2sin x  1





3cosx + sinx  2 = 0
0.25

1

sinx = 2

 
sin  x     1

 
3



 x  6  k2

5
 k2
 x 

6

 x    k2
6


0.25

0.25

.


So sánh với đk, kết luận nghiệm pt là: x   k2, k 
6

0.25

2.
(2.0) Giải hệ phương trình :

20 6  x  17 5  y  3x 6  x  3 y 5  y  0 1

2
 2
2 2 x  y  5  3 3x  2 y  11  x  6 x  13

 x, y  

Điều kiện: x  6; y  5;2 x  y  5  0; 3x  2 y  11  0

 20  3x  6  x  17  3 y  5  y
 3  6  x   2 6  x  3 5  y   2 

5 y

 3

Xét hàm số f  t    3t  2  t với t  0 , ta có

3t  2
f ' t   3 t 
 0, t  0
2 t
Kết hợp với  3 ta có f  6  x   f  5  y   6  x  5  y  y  x  1

2.00

0.25
0.25

0.25

0.25

Thay vào phương trình  2  của hệ, ta được
4
2 3x  4  3 5x  9  x2  6 x  13 , với x   .
3

0.25


2




 

3x  4   x  2   3
2 x  x  1

3x  4   x  2 





5 x  9   x  3  x 2  x

3x  x  1

5 x  9   x  3

0.25

 x2  x



2
3
 x  x  1 

 1  0
 3x  4   x  2 
5 x  9   x  3 

2
3

 1  1 với mọi x thuộc TXĐ)
 x  0; x  1 (vì
3x  4   x  2 
5 x  9   x  3

0.25

Với x  0  y  1
Với x  1  y  2
Thử lại ta thấy nghiệm của hệ phương trình đã cho là
 x; y   0; 1 ;  1; 2

0.25

Cho các số thực a, b, c  0 và thỏa : ab  bc  ca  1 CMR:

III. 1.
(4.0) (2.0)

a
b
c
3 3
 2
 2

2
2
2
b c 2 c a 2 a b 2
8
2

(*)

Có ab  bc  ca  1 nên
b2  c2  2  a2  b2  c2  2(ab  bc  ca)  a 2  (a  b  c)2  a 2  S 2  a 2

0.25

trong đó S  a  b  c và S  (a  b  c)  3(ab  bc  ca)  3  S  3 .
2

2

a
b
c
3 3
 2
 2

2
2
2
b c 2 c a 2 a b 2
8
a
b
c
3 3
 2
 2
 2 2

2
2
S a
S b
S c
8

Khi đó



2

aS 2
bS 2
cS 2
3 3 2



S
2
2
2
2
2
2
S a
S b
S c

8

a3
b3
c3
3 3 2
 2
a 2 2 b 2 2 c 
S
2
S a
S b
S c
8
a3
b3
c3
3 3 2


S 
S
2
2
2
2
2
2
S a
S b

S c
8
a4
b4
c4
3 3 2
 2


S 
S
3
2
3
2
3
aS  a bS  b cS  c
8

0.25

0.25

0.25



0.25

Lại có theo Cauchy-Schazw thì

a4
b4
c4
(a 2  b 2  c 2 ) 2



aS 2  a3 bS 2  b3 cS 2  c3 S 2 (a  b  c)  (a3  b3  c3 )



S (a 2  b 2  c 2 ) 2
S ( S 2  2)2
S ( S 2  2)2


S 4  (a  b  c)(a3  b3  c3 ) S 4  ( S 2  2)2
4S 2  4

(Vì (a 2  b2  c 2 )2  ( a . a3  b . b3  c . c3 )2  (a  b  c)(a3  b3  c3 ) )

0.25