Một số đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12

www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

MỘT SỐ ðỀ TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

1. ðỀ THI CHỌN HSG 12 TỈNH BẮC NINH 2009
Bài 1 (6 ñiểm)
1/ So sánh hai số 20092010 và 20102009.


1
1
lim 
−
.
2/ Tìm giới hạn
x →0 3 x ( 1 + 4 x + 1)

2 x( 3 (1 + 6 x) 2 + 3 1 + 6 x + 1) 
Bài 2 (4 ñiểm)
1/ Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x2009 + y2009 + z2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của
F = x2 + y2 + z2.
2/ Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng

1
1
2009

C

+

1
C

2
2010

+ ... +

1
C

n+1
2009+n

<

1
.
2007

Bài 3 (4 ñiểm)
Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở ñỉnh) của tam diện ñỉnh S bằng 180o và các cạnh bên
SA = SB = SC = 1. Chứng minh rằng diện tích toàn phần của hình chóp này không lớn hơn 3 .
Bài 4 (4 ñiểm)
1/ Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của phương trình ax3 + bx2 + cx – a = 0 (a≠0). Chứng minh rừng

1
2

+
m n

2+ 3
≤ m2 + n 2 + p2 .
p

 x3 + y 3 + x 2 ( y + z ) = xyz + 14
 3 3
2
2/ Giải hệ phương trình  y + z + y ( z + x) = xyz − 21 .
 z 3 + x3 + z 2 ( x + y ) = xyz + 7

Bài 5 (2 ñiểm)
1/ Chứng minh rằng bốn ñường tròn có các ñường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ
giác ñó.
2/ Cho y = a0x + a1x3 + a2x5 + … + anx2n+1 + … thoả mãn (1 – x2)y’ – xy = 1, ∀x ∈(-1;1).
Tìm các hệ số a0, a1, a2, …, an.

2. ðỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2006 -2007
BÀI 1: (3 ñiểm)
Tìm tất cả các giá trị a sao cho bất phương trình sau có một số hữu hạn nghiệm và tính các nghiệm này:

(

)

(

)

tan 2 cos 4π 2 − x 2 − 4a.tan cos 4π 2 − x 2 + 2 + 2 a ≤ 0 .

BÀI 2: (3 ñiểm)
Với những giá trị nào của a thì hàm số f ( x ) = x (1 − a ) + 3 (1 − 2a ) sin
hai ñiểm cực trị trên khoảng ( π ; 5π ) ?
BÀI 3: (4ñiểm)
ðề thi HSG môn Toán

x 3
2x
+ sin + π a có không quá
3 2
3

Trang 1


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá
Với những giá trị nào của a tập hợp nghiệm của bất phương trình sau chứa không quá bốn giá trị x
nguyên.
x(x − 4) + a 2 (a + 4) ≤ ax(a + 1) .
BÀI 1 (3 ñiểm)

ðÁP ÁN

)

(

ðặt t = tan cos 4π 2 − x2 , với t ≤ ta n 1 . Dễ thấy rằng với t0 ∈ [ −tan1, tan1] phương trình

)

(

t 2 − 4at + 2 + 2a ≤ 0
có số
tan cos 4π 2 − x2 = t0 có số nghiệm hữu hạn. Do ñó ta tìm tất cả a sao cho hệ 
 −tan1 ≤ t ≤ tan1
nghiệm hữu hạn. ðiều này chỉ có thể khi hệ có ñúng một nghiệm.
Nếu biểu thức ∆ của tam thức bậc hai tương ứng âm thì rõ ràng hệ vô nghiệm.
1
Nếu ∆ = 0, tức là a = 1 hay a = − , thì nghiệm của bất phương trình thứ nhất của hệ sẽ chỉ là
2
1
1
một ñiểm t = 2a. Từ hai giá trị tìm ñược của a chỉ có a = − là thích hợp, với a = − ta ñược
2
2

)

(

2
2
t = 1 ∈ [ −tan1; tan1] từ ñây suy ra tan cos 4π 2 − x2 = 1 hay cos 4π − x = −

Phương

trình

này

có

nghiệm

chỉ

khi

n

=

0.

Lúc

ñó

π

4

+ n π , vớ i n ∈ Z .

cos 4π 2 − x 2 = −

π
4

hay

π

4π 2 − x 2 = ± π − arccos  + k 2π , với k ∈ Ζ . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm:
4

π

x = ± 4π −  π ± arccos 
4


2

2

.

Nếu ∆ > 0 thì nghiệm của bất phương trình sẽ là ñoạn [t1 ,t 2 ] , ñoạn này phải có chỉ một ñiểm

chung với ñoạn [ −tan1, tan1] . Suy ra t1 =
tìm bằng cách giải tập hợp hai hệ sau :
 f ( tan1) = 0

hay

 tan1 < t0

tan 21 + 2
 a = 4tan1 − 2
Suy ra 
 a > 1 tan1

2

hay

tan1 hay t2 = -tan1 . Lúc ñó giá trị cần tìm của tham số ñược

 f ( −tan1) = 0

 −tan1 > t0

với f(t) = t2 – 4at +2 + 2a .


− ( tan 21 + 2 )
a =

4tan1 + 2 .

 a < − 1 tan1

2

Dễ thấy rằng hệ thứ nhất có nghiệm , còn hệ thứ hai vô nghiệm. Giá trị vừa tìm của tham số tương

(

)

2
2
ứng t = tan1. Suy ra tan cos 4π − x = tan1, cos 4π 2 − x 2 = 1 + nπ , n ∈ Ζ . Phương trình này chỉ có

ba nghiệm x1 = 0 , x2 = -2 π , x3 = 2 π .
Kết luận :

1
Nếu a =
thì
2

ðề thi HSG môn Toán

π

x = ± 4π −  π ± arccos 
4

2

2

.

Trang 2


www.VNMATH.com
Nếu a =

Nguyễn Văn Xá

tan 1 + 2
, thì x1 = 0 , x2 = -2 π , x3 = 2 π .
4tan1 − 2
2

Với các giá trị còn lại của a phương trình vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm .
BÀI 2 (3 ñiểm)
x
2x
'
Ta có f ' ( x ) = 1 − a + (1 − 2a ) cos + cos
. Nghiệm của phương trình f ( x ) = 0 sẽ là các ñiểm
3
3
x
2x
=0
tới hạn của hàm f . Ta viết : 1 − a + (1 − 2a )cos + cos
3
3

x
1

cos = −

2.
Dễ thấy rằng phương trình này tương ñương với tập hợp:  3
x
 cos = a
3

Phương trình thứ nhất của tập hợp có hai nghiệm x1= 2π và x2 = 4π trên khoảng ( π , 5π ). Các

x 1 
x


+  cos − a 
3 2 
3


1
1
dễ thấy rằng các ñiểm tới hạn trở thành ñiểm cực trị chỉ khi a ≠ −
(nếu a = − thì ñạo hàm không ñổi
2
2
dấu , và do ñó hàm f không có ñiểm cực trị ).
1

Như vậy nếu a ≠ − thì hàm f có ít nhất hai ñiểm cực trị trên khoảng ñược xét . Do ñó , cần tìm
2
các giá trị a sao cho phương trình thứ hai không có thêm ñiểm cực trị .
1

x
Trên khoảng ( π , 5π ) hàm y = cos nhận tất cả các giá trị thuộc ñoạn  −1; 
2
3


'
ñiểm này là ñiểm tới hạn của hàm f . Khi viết ñạo hàm dưới dạng f ( x ) = 2 cos

9

8

7

6

5

4

3

2

1

E

-4

-2

F

2

4

6

8

D

10

12

14

16

-1

-2

-3

-4

1
1
Nếu a ∈  − 1,  và a ≠ − thì hàm f sẽ có 4 cực trị . Có nghĩa là với những giá trị a khác hàm
2
2

f sẽ có không quá hai cực trị .
1
1
Kết luận : a ≥ , a = − , a ≤ −1 .
2
2
ðề thi HSG môn Toán

Trang 3


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

BÀI 3 (4 ñiểm)

 x≥a

 x ≤ a2
Bất phương trình ñã cho tương ñương với tập hợp hai hệ: 
hay 
. Nhờ tập
x ≤ a + 4
x ≥ a + 4
2

hợp này ta biểu diễn nghiệm của bất phương trình ban ñầu. Kẻ các ñường thẳng x = k , với

k ∈Ζ.

14

12

10

8

x=a+4
x=a2

6

4

2

-5

- 6

12

A

5

10

15

Lúc ñó giá trị a0 mà với nó ñường thẳng a = a0 cắt các ñường thẳng x = k không quá 4 ñiểm
trong tập hợp ñã ñược ñánh dấu, sẽ là giá trị cần tìm. Căn cứ vào hình vẽ ta có các giá trị a cần tìm là :

− 6 < 0 , 0 < a <1, 1 < a < 12 .

3. KÌ THI CHỌN ðỘI TUYỂN TOÁN BẮC NINH DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 NĂM 2007
Câu 1: (4 ñiểm)
 3 x + 2 = cos y + cos z

Giải hệ phương trình:  3 y + 2 = cos z + cos x .
 3 z + 2 = cos x + cos y

Câu 2: (4 ñiểm)



Cho dãy số { xn } thoả mãn: 

x0 = 3

3
 xn +1 − 3 xn +1 =

xn + 2

. Tìm

lim xn .

n →+∞

Câu 3: (4 ñiểm)
*

Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên R + và thoả mãn:
ðề thi HSG môn Toán

Trang 4


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

f (1) = 5




4
2
2
 f ( x ) − x f ( x ) = x 2 − 4 x , ∀ x > 0 .
Câu 4: (4 ñiểm)
Trên mặt phẳng cho hình vuông ABCD cạnh a và ñiểm M thay ñổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của mỗi tổng
sau:
1) T2 = 2.MA2 + MB2 + MC2 + MD2.
2) T1 = 2.MA + MB + MC + MD.
Câu 5: (4 ñiểm)
Cho tập hợp A = {0,1,2,…,2006}. Một tập con T của A ñược gọi là tập con “ngoan ngoãn” nếu với bất
kì x, y ∈ T (có thể x = y) thì | x – y | ∈ T.
1) Tìm tập con “ngoan ngoãn” lớn nhất của A và khác A.
2) Tìm tập con “ngoan ngoãn” bé nhất của A chứa 2002 và 2005.

4. ðỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (2006-2007)
x x−1
= 1.
Bài 1: (4ñ) Giải phương trình : ( 3) − 2
Bài 2: (4ñ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x

2

+ y

2

nếu :

 3 x + 2 y

 7 x − 3 y

1

x1 =

Bài 3: (4ñ) Cho dãy x 1 , x 2 ,....., x n , với 
.
2
2
x n +1 = x n + x n , (n = 1,2,....)
1
1
1
+
+ ....+
biết A =
.
x1 +1 x 2 +1
x100 +1

≤ 6
≤ 4

.

Hãy tìm phần nguyên của A

1

a1 =

2

Bài 4: (4ñ) Cho dãy (a n ) với : 
. Chứng minh tổng tất cả các số hạng của dãy nhỏ
2
1
−
1
−
a
n
a
n +1 =
2

hơn 1,03.
Bài 5: (4ñ) Cho tứ diện ABCD trong tam giác BCD chọn ñiểm M và kẻ qua M các ñường thẳng song song
với các cạnh AB,AC,AD cắt các mặt (ACD), (ABD) và (ABC) tại A 1 , B 1 , C 1 . Tìm vị trí của M ñể thể
tích hình tứ diện MA 1 B 1 C 1 lớn nhất.

5. THI HỌC SINH GIỎI LẠNG SƠN
1− x2
.
x
Câu 2: Cho tam giác ABC ñều. Tìm tập hợp các ñiểm M nằm trong tam giác thoả mãn hệ thức:
MA 2 = MB 2 + MC 2 .

Câu 1: Giải BPT:

ln( x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 − 2 x + 1) − ln( x 3 + x 2 ) ≤ ln

ðề thi HSG môn Toán

Trang 5


www.VNMATH.com
Câu 3: Cho 2 số thực dương x, y thoả mãn: x + y =1.

Nguyễn Văn Xá
1
1
Tìm min của biểu thức: A= 2
+
.
2
8 xy
x +y

 x1 = 2
Câu 4: Cho dãy ( x n ) xác định: 
(n >0). Tìm lim x n .
 xn +1 = 2 + xn
Câu 5: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng 1. Trên dt (d) vng góc với mf (ABC) tại A lấy điểm M tuỳ ý.
Gọi H là trực tâm tam giác MBC. Khi M chạy trên dt (d), tìm max V(HABC)
Câu 6: Tìm các đa thức P(x) thoả mãn: P(x+1)=P(x) +2x+1

Câu 7: Với mỗi số tự nhiên n, gọi P(n) là tập hợp các số tự nhiên k sao cho: 50 n < 7 k < 50 n +1 . Kí hiệu S
là số phần tử của P(n). CMR với mỗi số tự nhiên n, ta có: S=2 hoặc S=3; và CMR tồn tại vơ số số tự nhiên
k sao cho S = 3.

6. KỲ THI CHỌN HSG 12 TỈNH ðỒNG THÁP NĂM HỌC 2007-2008
Bài 1: (5 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên m sao cho PT x2 + (m2 - m)x - m3+1 = 0 có một nghiệm nguyên.
b) Giải bất phương trình.
log2 ( 2 −1) x + 3 + 1 − log2 ( 2 +1) x ≤ 2
Bài 2: (5 điểm).
a) Giải phương trình 4sin25x - 4sin2x + 2(sin6x + sin4x) + 1 = 0.
b) Cho các số thực x1,x2,… ,xn thỏa mãn sin2x1+2sin2x2 +…+ nsin2xn = a, với n là số nguyên dương, a là
n(n + 1)
số thực cho trước, 0 ≤ a ≤
. Xác đònh các giá trò của x1, x2, … , xn sao cho tổng
2
S = sin2x1+2sin2x2 + … + nsin2xn đạt giá trò lớn nhất và tìm giá trò lớn nhất này theo a và n.
Bài 3: (4 điểm).
1
1
1
3
a) Cho ba số thực a,b,c thỏa abc =1 .Chứng minh :
+ 6 2
+ 6 2
≥ .
6
2
2
2

2
a (b + c ) b (c + a ) c (a + b ) 2
cot A(cot A + 2 cot B)
A+ B
b) Cho tam giác ABC nhọn thỏa điều kiện
= 2 cot(
) − cot B.
A+ B
2
2 cot(
) + cot B
2
Chứng minh rằng ABC là tam giác cân.
Bài 4: (2 điểm).
Cho tam giác ABC, trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ sao cho AA’, BB’
và CC’ đồng qui tại điểm M. Gọi S1, S2 và S3 lần lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA,
MA '
MB '
MC '
MAB và đặt
= x,
= y,
= z.
MA
MB
MC
Chứng minh rằng: (y + -1) S1+(x + z-1)S2 +(x + y -1)S3 = 0. u = 1
1

Bài 5: (2 điểm).

1 + u.n2 − 1

Cho dãy {un} , n là số nguyên dương , xác đònh như sau :
u
=
.
 n +1
un

Tính un và chứng minh rằng u1 + u2 +…+ un ≥ 1 + π [1 − ( 1 ) n−1 ] .un > 0
4
2
Bài 6: (2 điểm).
Cho đa thức f(x)=x3+ ax2 + bx + b có ba nghiệm x1, x2, x3 và đa thức g(x) = x3+ bx2 + bx + a. Tính
tổng S = g(x1) + g(x2) + g(x3) theo a, b.
ðề thi HSG mơn Tốn

Trang 6


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
Bài 1: (5 điểm).
Câu
a)(3 điểm)

Đáp án

+ Biến đổi:
x(x+m2) -m(x+m2) = -1.
+ (x+m2)(x-m) = -1.
x + m2 = 1
+
(a)

 x − m =2 −1
 x + m = −1
hoặc 
(b)
x − m = 1

Điểm
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5

+Giải (a) m =1 hoặc m =-2.
+Giải (b) vô nghiệm.
+Vậy m =1 hoặc m =-2.
Câu
b)(2 điểm)

Đáp án
+ Biến đổi:

Điểm

log 2 ( 2 − 1) x + 3 + log 2 ( 2 + 1) x − 1 ≤ 2
(log 2 ( 2 − 1) x + 3)(log 2 ( 2 + 1) x − 1) ≥ 0 ⇔
+Vì
log 2 ( 2 − 1) x + 3 + log 2 ( 2 + 1) x − 1 = 2, A + B ≥ A + B

(1)

0.5
0.5

nên
+
( − log 2 ( 2 + 1) x + 3)(log 2 ( 2 + 1) x − 1) ≥ 0 ⇔

0.5

1 ≤ (log 2 ( 2 + 1) ≤ 3
+Vậy log 2 +1 2 ≤ x ≤ 3log

0.5

x

2 +1

2

Bài 2: (5 điểm).
Câu

Đáp án

ðề thi HSG mơn Tốn

Điểm

Trang 7


www.VNMATH.com
a)(2 điểm)

2

2

Nguyễn Văn Xá
2

Biến đổi 4sin 5x+1-sin x+4sin5xcosx=3sin x
4sin25x+4sin5xcosx+cos2x=3sin2x
(2sin5x+cosx)2=3sin2x

0.5

2 sin 5 x + cos x = ± 3 sin x ⇔
sin 5 x = ±

3
1
sin x − cos x ⇔
2
2

0.5

π

sin 5 x = sin( x − )
6
5π
sin 5 x = sin( x − )
6
Vậy nghiệm
7π
π
π hoặc
π
x=− +k
x=
+k
24
2
36
3
x=−

Câu
b)(3 điểm)

5π
π
+k
hoặc
24
2

x=

0.5
hoặc

11π
π
+k
36
3

0.5

Đáp án
+ Biến đổi
S = 2(sin x1 cos x1 + 2 sin x2 . 2 cos x2 + ... + n sin xn . n cos xn )
+Bất đẳng thức Bunhiacopxki ,ta có:

Điểm
0.5

S ≤ 2 (sin2 x1 + 2 sin2 x2 + ... + n sin2 xn )(cos2 x1 + 2 cos2 x2 + ... + n cos2 xn )
S ≤ 2 a(1 − sin 2 x1 + 2 − 2 sin 2 x2 + ... + n − n sin 2 xn )
S ≤ 2 a[(1 + 2 + ... + n) − (sin x1 + 2 sin x2 + ... + n sin xn )]
2

S ≤ 2 a[

2

2

n(n + 1)
− a]
2

+Dấu = xảõy ra khi sin x1 = 2 sin x2 = ... = n sin xn
cos x1
2 cos x2
n cos xn
 tan x1 = tan x2 = ... = tan xn
hay
 2
2
2
sin x1 + 2 sin x2 + ... + n sin xn
sin 2 x > 0
i

hay

 x1 = x2 = ... = xn = α
 n(n + 1)

sin 2 α = a

 2
0 ≤ 2 xi ≤ π

ðề thi HSG mơn Tốn

0.5
0.5

0.5

0.5

Trang 8


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá


 x1 = x2 = ... = xn = α

n(n + 1)
2a


Vậy Max S= 2 a[
− a ] khi sin α =
n(n + 1)
2


π
0 ≤ α ≤

2

0.5

Bài 3: (4 điểm).
Câu
a)(2 điểm)

Đáp án
p dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ,ta có
1
1
1
4 )(a 2 (b2 + c 2 ) + b2 (c 2 + a 2 ) + c 2 (a 2 + b 2 )) ≥
( 6 2 2 + 6 2
+
a (b + c ) b (c + a 2 ) c 6 (a 2x+=b 2 ) .
3
≥(

1

.a b 2 + c 2 +

1

a b +c
b
1 1 1
= ( 2 + 2 + 2 )2
a b c
b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2 2
=(
)
a 2b 2 c 2
= (b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2 ) 2 ⇒

(

2

2

3

c +a
2

2

1

.b c 2 + a 2 +
c

3

a 2 + b2

0.5

.c a 2 + b 2 ) 2 =

(b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2b 2 ) 2
1
1
1
+ 6 2
+ 6 2
)≥ 2 2 2
=
2
2
2
a (b + c ) b (c + a ) c (a + b ) a (b + c ) + b 2 (c 2 + a 2 ) + c 2 ( a 2 + b 2 )
6

=

Câu
b)(2 điểm)

3

Điểm

0.5
0.5

2

b 2 c 2 + c 2 a 2 + a 2 b 2 3 3 a 4b 4 c 4 3
≥
= .
2
2
2

Đáp án
+Biến đổi ,ta có
(cot A + cot B)2 = 4cot 2 (

Điểm
A+ B
A+ B
) ⇔ cot A + cot B = 2cot(
)
2
2

+Biến đổi vế trái

sin( A + B)
2sin( A + B)
2sin( A + B)
cot A + cot B =
=
≥
sin A sin B cos( A − B) − cos( A + B) 1 − cos( A + B)
( A + B)
( A + B)
+
4sin
cos
( A + B)
2
2
cot A + cot B ≥
= 2 cot
( A + B)
2
2 sin 2
2
+ Dấu = xãy ra khi cos(A-B)=1 hay A=B
Vậy tam giác ABC cân tại C.
ðề thi HSG mơn Tốn

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5
Trang 9


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Bài 4: (2 điểm).
Câu
2 điểm

Đáp án
+ Gọi S là diện tích tam giác ABC,ta có S = S + S + S
1
2
3
s1 MA'
s
AA'
=
⇒ =
Ta có s
AA'
s1 MA'
s − s1 AA'− MA' MA 1
=
=

=
+Suy ra
s1
MA'
MA' x
s
s1
+Suy ra 1 = x ⇒
= x ⇒ s1 = x( s2 + s3 ) .
s − s1
s2 + s3

+Tương tự
s2 = y(s3 + s1), s3 = z(s1 + s2 ); S = s1 + s2 + s3 = x(s2 + s3 ) + y(s3 + s1) + z(s1 + s2 )
Vậy (y+z-1) s1+(x+z-1)s2 +(x+y-1)s3 =0

Điểm

0.5
0.5

0.5
0.5

Bài 5: (2 điểm).
Câu
2 điểm

Đáp án

Điểm

+Đặt
π
un = tan α > 0, 0 < α <
2
ta có

1
−1
1 + tan 2 α − 1 cos α
α
un +1 =
=
= tan
sin α
tan α
2
cos α

+Vì
π
0 < α < ⇒ α < tan α
2
sn = u1 + u 2 + ... + u n
mà
π
π
π
π

u1 = 1 = tan = tan
⇒ u2 = tan
,..., un = tan
2
4
2.2
2.2
2.2n
+
π
π
π
sn = tan
+ tan
+ ... + tan
≥
2
2.2
2.2
2.2n
π
π
π 1
1
π
1
≥ 1+
+ ... +
= 1 + ( 2 + ... + n ) = 1 + (1 − ( ) n −1 )
2

n
2.2đpcm 2.2
2 2
2
4
2
+ Suy ra

0.5

0.5

0.5
0.5

Bài 6: (2 điểm).
Câu

Đáp án

ðề thi HSG mơn Tốn

Điểm

Trang 10


www.VNMATH.com
2 điểm

Nguyễn Văn Xá

+Theo đònh lý Vi ét,ta có
p1=x1+x2+x3=-a ; p2=x1x2+x2x3+x3x1=b, p3=x1x2x3=-b.
+Ta có 2
x1 + x22 + x32 = p12 − 2 p2 = a 2 − 2b

0.5

x13 + x23 + x33 = p13 − 3 p1 p2 + 3 p3 = −a 3 + 3ab − 3b

0.5

+S = ( x 3 + x 3 + x 3 ) + b( x 2 + x 2 + x 2 ) + b( x + x + x ) + 3a
1
2
3
1
2
3
1
2
3
+

0.5

S = (− a 3 + 3ab − 3b) + b(a 2 − 2b) + b(−a ) + 3a

0.5

S = (a − b)(−a 2 + 2b + 3)

Chú ý : học sinh có thể đưa ra phương án giải quyết vấn đề khác nếu kết quả đúng, hợp lô gic khoa
học vẫn cho điểm tối đa của phần đó.

7. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1995
Bài I. Xét đường cong: y = mx3 − nx 2 − mx + n (C). Tìm các cặp số (m; n) sao cho trong các giao điểm
của (C) với trục hồnh có hai giao điểm cách nhau 1995 đơn vị và khoảng cách từ tâm đối xứng của (C)
đến trục hồnh là 2000 đơn vị.
Bài II
 π
Với những giá trị nào của m thì ∀ x ∈  0;  ta ln có: m sin 3 α + 2mcos 2α ≤ 3m sin α cos 2α .
 2
Bài III

Cho hai dãy số ( an ) và ( bn ) trong đó với mọi i = 1, 2, 3… ta ln có: ai +1 = ai −

ai 3
và bi = ai .
4

Chứng minh rằng: có ít nhất một giá trị của a i sao cho dãy ( bn ) có giới hạn khác 0.
Bài IV
x2 y 2
+
= 1 với tâm O và các tiêu điểm F1 , F2 . Qua O, F1 vẽ các đường song song
a 2 b2
OM .OM '
MOM', MF1N'. Tính tỉ số:

.
F1 N .F1 N '
Cho hình Elíp

8. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1996
Bài I
Cho dãy ( xn ) xác định bởi điều kiện: x1 = a ; xn +1 − xn 2 + xn =

3
; ( n = 1; 2; 3…).
4

Tìm giá trị của a sao cho: x1996 = x1997.
ðề thi HSG mơn Tốn

Trang 11


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Bài II
Hàm số f(x) ñược xác ñịnh bằng hệ thức: f (1 − x) + 2 f ( x) = sin 2 x .
Chứng minh rằng: s inf(x) <

2
.
2

Bài III
Cho phương trình: cos 2 x + ( m + 3) cos 2α = 8sin 3 α − 2 cos 2 x + 2m sin α + m + 4 .
Hãy xác ñịnh giá trị của m sao cho với mọi giá trị của α thì phương trình có nghiệm.
Bài IV
Trên mặt phẳng toạ ñộ vuông góc Oxy, cho các ñiểm A(-1; 0); B(2; 0); H(-2; 0); và M(-1; -0,6). Kẻ ñường
thẳng ( ∆ ) vuông góc với AB tại H và ñường tròn (C) nhận AB làm ñường kính. Tìm quỹ tích tâm I của

ñường tròn tiếp xúc với ( ∆ ) và tiếp xúc trong với (C) sao cho ñiểm M nằm ở bên ngoài ñường tròn (I).

9. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1997
e2 x
Câu 1 (5 ñiểm): Cho hàm số f ( x ) = 2
.
e +e
1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số trên ñoạn ln 2;ln 5  .
2. Tính tổng S = f (

1
)+
1998

 2 
f
+
 1998 

 3 
f
 + ... +
 1998 

 1996 
f
+
 1998 

 1997 
f
.
 1998 

Câu 2 (5 ñiểm):
Tìm a ñể phương trình sau có ñúng 3 nghiệm:
2− x −sin a +1

3

(

) ( )

logπ x 2 + 4 x + 6 +

3

− x2 − 4 x

logπ

1

=0.
2 ( x − sin a + 1 + 1)

Câu 3 (5 ñiểm):
Cho

π
6

≤ x1 , x2 , x3 , x4 ≤

π
4

. Chứng minh rằng:

 1
1
1
1  4
+
+
+
( cotx1 +cotx 2 +cotx 3 +cotx 4 ) 
≤
 cotx1 cotx 2 cotx 3 cotx 4 

(

)

2

3+1
3

.

Câu 4 (5 ñiểm):
Trong hệ toạ ñộ trực chuẩn xOy cho ñường thẳng (d) có phương trình: y =

3
17
x+ .
4
12

1. Tìm ñiểm M(a; b) với a, b ∈ Z sao cho khoảng cách từ M tới (d) nhỏ nhất và ñộ dài ñoạn OM ngắn
nhất.
2. Cho ñường tròn (C) tâm M(-2; 0) tiếp xúc với Oy. Tìm tập hợp tâm các ñường tròn tiếp xúc với Ox và
tiếp xúc ngoài với ñường tròn (C).
ðề thi HSG môn Toán

Trang 12


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

10. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1998
Câu 1 (5 ñiểm):
Cho họ ñường cong (Cm): y = x 3 − 3 x 2 + mx + 4 − m ( m là tham số). ðường thẳng (d): y=3-x cắt một
ñường cong bất kỳ (C) của họ (Cm) tại 3 ñiểm phân biệt A, I, B (theo thứ tự), tiếp tuyến tại A và tiếp tyuến
tại B của (C) lần lượt cắt ñường cong tại ñiểm thứ hai là M và N. Tìm m ñể tứ giác AMBN là hình thoi.
Câu 2 (5 ñiểm):

 x − y s inx
=
e
siny


Giải hệ phương trình: 10 x 6 + 1 = 3 y 4 + 2 .

5π
π < x;
y<

4
Câu 3 (5 ñiểm):

(

Chứng minh bất ñẳng thức:

)

1
1

1
+
+
> 2 , với ∀a làm vế trái có nghĩa.
1 + cos4a 1 + cos8a 1 − cos12a

Có thể thay số 2 ở vế phải bằng một số vô tỷ ñể có một bất ñẳng thức ñúng và mạnh hơn không?
Câu 4 (5 ñiểm):
Cho 2 ñường tròn thay ñổi (C) và (C') luôn tiếp xúc với một ñường thẳng lần lượt tại 2 ñiểm A và A' cố
ñịnh. Tìm quỹ tích giao ñiểm M của (C) và (C') biết rằng chúng luôn cắt nhau dưới một góc α cho trước
( α là góc tạo bởi hai tiếp tuyến của hai ñường tròn tại M ).

11. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 1999
Câu 1 (5 ñiểm):
x
Cho hai hàm số f ( x) =
và g ( x) = arctanx .
1+ x
1. Cmr: ñồ thị của chúng tiếp xúc nhau.
2. Giải bất phương trình: f ( x) ≥ g ( x) + x .
Câu 2 (5 ñiểm):
Cho tam giác ABC thoả mãn:

(

4 ma 2 + mb 2 + mc 2

)

3 ( cot A + cot B + cot C )

=

3

( abc )

2

cot

A
B
C
cot cot .
2
2
2

Cmr: tam giác ABC ñều.
Câu 3 (5 ñiểm):
Tìm tham số a sao cho phương trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên


a 2 + 4π 2 + 4
−
log 1 
2
 4 x − x − 2 ( a − 2π ) x − 2 + 4π a 



π
ðề thi HSG môn Toán

( x − 5a + 10π − 34 ) ( π − x − a + 2 + π ) = 0 .
Trang 13


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Câu 4 (5 ñiểm):
Trong hệ toạ ñộ trực chuẩn Oxy cho ñường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 = 4 .
1. Tìm tham số m ñể trên ñường thẳng y = m có ñúng 4 ñiểm sao cho qua mỗi ñiểm có 2 ñường thẳng tạo
với nhau góc 450 và chúng ñều tiếp xúc với ñường tròn (C).
2. Cho 2 ñiểm A(a;b), B(c;d) thuộc ñường tròn (C) chứng minh:
4 − a − b 3 + 4 − c − d 3 + 4 − ac − bd ≤ 3 6 .

12. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2001
Câu 1 (4 ñiểm):
Cho hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + n .
Tìm các giá trị của tham số m và n ñể ñồ thị có 3 ñiểm cực trị là các ñỉnh của một tam giác ñều ngoại tiếp
một ñường tròn có tâm là gốc toạ ñộ.
Câu 2 (4 ñiểm):
Tìm tất cả các giá trị của a và b thoả mãn ñiều kiện a ≥

a
−1
2a 3 + 1

ñạt
và > 1 sao cho biểu thức P =
b
2
b (a − b)

giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ñó.
Câu 3 (4 ñiểm):
Giải bất phương trình:

2 + log 3 x
6
<
.
2x −1
x −1

Câu 4 (4 ñiểm):
Tìm các giá trị của x, ñể với mọi giá trị của y luôn tồn tại giá trị của z thoả mãn:

3
π
1
2

.
sin ( x + y + z ) = y + cos  2x+  +
2
3  2cosx


y−

Câu 5 (4 ñiểm):
Cho Elíp (E) có 2 tiêu ñiểm là F1 và F2. Hai ñiểm M và N trên (E). Chứng minh rằng: 4 ñường thẳng MF1,
MF2, NF1, NF2 cùng tiếp xúc với một ñường tròn.

13. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2003
Câu 1 (4 ñiểm):
Giải và biện luận theo tham số a số nghiệm của phương trình:
(n + 2) x n +3 − 2003(n + 3) x n + 2 + a n +3 = 0 (với n là số tự nhiên lẻ cho trước).
Câu 2 (4 ñiểm):

ðề thi HSG môn Toán

Trang 14


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Cho ñường cong (C) có phương trình y = − x + 4 x − 3 .Tìm m và n ñể ñường thẳng y = mx + n cắt ñường
1
cong (C) tại 4 ñiểm phân biệt A, B , C, D ( theo thứ tự ) sao cho AB = CD = BC .
2
Câu 3 (4 ñiểm):
4

2

Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi R và R' lần lượt là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
và bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác có ñộ dài 3 cạnh là GA, GB, GC. Chứng minh nếu có
9R'= 2R(sinA+sinB+sinC) thì tam giác ABC ñều.
Câu 4 (4 ñiểm):
Giải các phương trình sau:
1./ 2cosx+sin19x-5 2 = sin 21x − 3 2 sin10 x .
2./ 32 x 5 − 40 x 3 + 10 x − 3 = 0 .
Câu 5 (4 ñiểm):
Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho Parabol (P): y 2 = 2 px (p > 0), tiêu ñiểm là F. Từ một ñiểm I kẻ 2 ñường
thẳng tiếp xúc với (P) tại M và N.
1. Cmr: ∆FIM ñồng dạng với ∆FIN .
2. Một ñường thẳng (d) tuỳ ý tiếp xúc với (P) tại T và cắt IM, IN tại Q và Q'.
Cmr:

FQ.FQ'
không phụ thuộc vị trí của (d).
FT

14. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2004
Bài 1 (4 ñiểm):
4 5
m2 3
x + 1 và g ( x) =
x − 2004 x − 12 có ñồ thị là (C) và (C’). Hẵy tìm tất cả
5
3
cac giá trị của tham số m ñể tồn tại 4 ñường thẳng khác nhau, cùng song song với trục tung và mỗi ñường
trong chúng ñều cắt (C) và (C’) tại hai ñiểm sao cho tiếp tuyến tương ứng của (C)và (C’) tại hai ñiểm ñó
song song với nhau.
Bài 2 (4ñiểm):

Cho hàm số: f(x) = mx 4 −

Cho bất phương trình: x 2 x − x 2 < x 2 − ax 2 x + a 2 x 2 x − x 2 .
1.Giải bpt khi a = -1.
2.Tìm a ñể bpt có nghiệm x >1.
Bài 3 (4ñiểm):
Giải phương trình: 3cos
Bài 4 (4ñiểm):

2x

+ 2sin

2x

( x )2 −3

=2π

+2

9− 4( x )

π

.

Một tứ giác có ñộ dài ba cạnh bằng 1 và diện tích bằng

3 3

. Hãy tính ñộ dài cạnh còn lại và ñộ lớn các
4

góc của tứ giác ñó.
Bài 5 (4ñiểm):
ðề thi HSG môn Toán

Trang 15


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá
Cho tứ diện ABCD DA = a, DB = b, DC = c ñôi một vuông góc với nhau. Một ñiểm M tuỳ ý thuộc khối tứ
diện.
1.Gọi các góc tạo bởi tia DM với DA, DB, DC là α , β , γ . Cmr: sin 2 α + sin 2 β + sin 2 γ = 2 .
2.Gọi S A , S B , S C , S D lần lượt là diện tích các mặt ñối diện với ñỉnh A, B, C, D của khối tư diện. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = MA.S A + MB.S B + MC.S C + MD.S D .

15. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2006
Câu 1 (5 ñiểm):
Gọi ( Cm ) là ñồ thị của hàm số y = x 4 − 6m 2 x 2 + 4mx + 6m 4 ( m là tham số).
1. Tìm các giá trị của m ñể ( Cm ) có 3 ñiểm cực trị A, B, C.
2. Chứng minh rằng tam giác ABC có trọng tâm cố ñịnh khi tham số m thay ñổi.
Câu 2 (3 ñiểm):
Giải các phương trình sau:
1. 15 x5 + 11x 3 + 28 = 1 − 3 x .
Câu 3 (3 ñiểm):

2. ( 4 x − 1) 1 + x 2 = 2 x 2 + 2 x + 1 .

Tam giác ABC có ñộ dài các cạnh là a, b, c và bán kính R của ñường tròn ngoại tiếp thoả mãn hệ thức:
bc 3 = R  2 ( b + c ) − a  . Chứng minh rằng tam giác ñó là tam giác ñều.
Câu 4 (4 ñiểm):
Tìm các giá trị của tham số a ñể hệ phương trình sau có nghiệm:

π ( x − 2 y − 1)
πy
πy
πy
 12 cos
− 5 − 12 cos
− 7 + 24 cos
+ 13 = 11 − sin
2
2
2
3

.


3
2
2
2
2
2  x + ( y − a )  − 1 = 2 x + ( y − a ) −
4


Câu 5 (5 ñiểm):

Cho tứ diện ñều ABCD có cạnh bằng 1. Các ñiển M, N lần lượt chuyển ñộng trên các ñoạn AB, AC sao
cho mặt phẳng (DMN) luôn vuông góc với mặt phẳng (ABC). ðặt AM = x, AN = y.
1. Cmr: mặt phẳng (DMN) luôn chứa một ñường phẳng cố ñịnh và x + y = 3xy.
2. Xác ñịnh vị trí của M, N ñể diện tích toàn phần tứ diện ADMN ñạt giá trị nhỏ nhất và lớn nhất.Tính các
giá trị ñó.

16. ðỀ THI THỬ HSG VÒNG TỈNH LẦN 3 - THPT CAO LÃNH 2 NĂM 2008
Bài 1: (2.0 ñiểm) Với a,b,c > 0 thỏa mãn ñiều kiện abc =1. Chứng minh rằng:
ðề thi HSG môn Toán

Trang 16


www.VNMATH.com
3

3

Nguyễn Văn Xá

3

a
b
c
3
+
+

≥ .
(1 + b)(1 + c) (1 + c)(1 + a ) (1 + a)(1 + b) 4
Bài 2: (3.0 ñiểm) Giải phương trình: log 2x + ( x-5 ) log 2 x-2x + 6 = 0 .
Bài 3: (3.0 ñiểm) Tìm ña thức P (x) thỏa mãn ñiều kiện:
 P(3) = 6

.

 xP( x −1) = ( x − 3) P( x), ∀x ∈ R
Bài 4: (2.0 ñiểm) Cho dãy số dương ( x ) xác ñịnh xác ñịnh như sau:
2

n

x = 1
 0
 x1 = 45

 xn+ 2 = 45 xn+1 − 7 xn

.
(n ≥ 0)

1) Xác ñịnh số hạng tổng quát x theo n
n
2) Tính số ước dương của biểu thức x 2 − x .x
.
n n+ 2
n +1
Bài 5: (3.0 ñiểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong ñường tròn tâm O. Các ñường thẳng AB,CD, cắt nhau ở E, AD, BC
cắt nhau ở F, AC, BD cắt nhau ở M. Các ñường tròn ngoại tiếp của các tam giác CBE, CDF cắt nhau ở N.
Chứng minh rằng O,M, N thẳng hàng.
Bài 6 : (2.0 ñiểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 + (x + 1)3 + ... + (x + 7)3 = y3 (1).
Bài 7: (2.0 ñiểm) Chứng minh rằng, Trong mọi tam giác ta luôn có:

sin A
sin B
sin C
+
+
<2.
sin B + sin C sin C + sin A sin A + sin B

Bài 8: (3.0 ñiểm) Giải hệ phương trình:

 x + 3 xy = −49
;
1. 
 x 2 − 8 xy + y 2 = 8 x − 17 y
3

2

 x 3 + x( y − z ) 2 = 2

2.  y 3 + y ( z − x) 2 = 30 .
 3
2
 z + z ( x − y ) = 16

17. TOÁN LỚP 12 THPT - BẢNG A – NGHỆ AN
Bài 1. (6.0 ñiểm )
a) Tìm các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm: (m − 3) x + (2 − m) x + 3 − m = 0.
sinx 3
π
b) Chứng minh rằng: (
) > cosx, ∀x ∈ (0; ).
x
2
Bài 2. ( 6.0 ñiểm )
1. Cho hai số thực x , y thoả mãn: x ≥ 0; y ≥ 1; x + y = 3 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức:
P = x3 + 2 y 2 + 3 x 2 + 4 xy − 5 x .
s inx

e x− y =

siny


2. Giải hệ phương trình 3 8x 2 + 3 + 1 = 6 2 y 2 − 2 y + 1 + 8 y .

π

x, y ∈ (0; )
4

ðề thi HSG môn Toán

Trang 17

www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Bài 3. ( 2,5 ñiểm )
Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực xn sao cho
Xét dãy số ( xn )tìm giới hạn : lim( xn +1 − xn ) .
Bài 4. ( 5,5 ñiểm )

1
2008

xn − xn + n = 0.

3
. Biết A(2;-3) , B(3,-2) và trọng
2
tâm G thuộc ñường thẳng d có phương trình : 3x – y – 8 = 0. Tính bán kính ñường tròn nội tiếp △ABC.
b) Trong mặt phẳng có ñường tròn tâm O , bán kính R và ñường thẳng d tiếp xúc với ñường tròn (O,R) tại
ñiểm A cố ñịnh . Từ ñiểm M nằm trên mặt phẳng và ngoài ñường tròn (O,R) kẻ tiếp tuyến MT tới ñường
tròn (O, R) (T là tiếp ñiểm). Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d.
Chứng minh rằng ñường tròn tâm M có bán kính MT luôn tiếp xúc với một ñường tròn cố ñịnh khi M di
ñộng trên mặt phẳng sao cho: MT = MH.

a) Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng

18. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT 2007 QUẢNG NAM
x−4

+2 ≥0.
Câu 1 (3 ñiểm): Giải bất phương trình sau : ( x − 1 )
x −1
Câu 2 (3 ñiểm): Giải hệ phương trình sau :

 x2 y 2 − 2x + y2 = 0
.
 3
2
2x + 3x + 6 y −12x + 13 = 0
Câu 3 (3 ñiểm): Tìm tất cả các hàm số f thỏa mãn :

 x−3
 x+3
f
+ f 
 = x, ∀x ∈ R , x ≠ 1 .
 x +1 
 1− x 
Câu 4 (3 ñiểm): Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
x2 – 4xy + 6y2 – 2x – 20y = 29.
Câu 5 (3 ñiểm): Tìm số hạng tổng quát un của dãy số (un) thỏa mãn ñiều kiện sau:

u1 = a, u2 = b, a ∈ R + , b ∈ R +

1

.
2
un + 2 = ( un .un +1 ) 3 , ∀n ∈ N *

Câu 6 (3 ñiểm): Cho ∆ABC. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy ñiểm D và E sao cho DE song song với
cạnh BC và tiếp xúc với ñường tròn nội tiếp ∆ABC. Chứng minh rằng: DE ≤

1
( AB + BC + CA).
8

Câu 7 (2 ñiểm): ðặt x = a + b – c , y = a + c – b , z = b + c – a, với a, b, c là các số nguyên tố. Cho biết
x2 = y và hiệu

z − y là bình phương của một số nguyên tố. Xác ñịnh tất cả giá trị của a, b, c.

ðề thi HSG môn Toán

Trang 18


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

19. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000.
Bài 1: ( 2.5 ñiểm) Cho phương trình: 5 x 2 − 34x + a − 4 (x − 1)(x − 33) = 1 .
a/ Giải phương trình khi a = 64.
b/ Tìm a ñể phương trình có nghiệm.
Bài 2:(2.5 ñiểm) Cho hai số a1, b1 với 0 < b1 = a1 < 1. Lập hai dãy số (an), (bn) với n = 1, 2, ..
1
(a n + b n ) , b n +1 = a n +1.b n .
2
và lim b n .

theo quy tắc sau: a n +1 =
Tính:

lim a n

n →+∞

n →+∞

Bài 3:(2.5 ñiểm)
Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không ñồng phẳng và ba ñiểm A, B, C ( khác ñiểm 0) lần lượt
trên Ox, Oy, Oz.
Dãy số (an) là một cấp số cộng có a1 > 0 và công sai d > 0. Với mỗi số n nguyên dương, trên các tia
Ox, Oy, Oz theo thứ tự lấy các ñiểm An, Bn, Cn sao cho OA = an.OAn ; OB = an+1.OBn ; OB = an+2.OCn.
Chứng minh các mặt phẳng (An, Bn, Cn ) luôn luôn ñi qua một ñường thẳng cố ñịnh.
Bài 4:(2.5 ñiểm)
Tập hợp M gồm hữu hạn ñiểm trên mặt phẳng sao cho với mọi ñiểm X thuộc M tồn tại ñúng 4 ñiểm
thuộc M có khoảng cách ñến X bằng 1.
Hỏi tập hợp Mcó thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử?
Bài 1: (2.5 ñiểm)
Câu a: ( 2 ñiểm)
+(0.25 ñ) ðặt u =

5

x 2 − 34x + a

HƯỚNG DẪN CHẤM

v=

4

(x − 1)(x − 33)

u 5 − (u − 1) 4 = a − 33
+(0.25 ñ) Ta có hệ 
(I).
v
=
u
−
1
≥
0

+(1.00 ñ) Hàm số f(u) = u5 – (u – 1)4 có f’(u) = 5u4 – 4(u – 1)3 > 0 ∀u∈ [1; + ∞), nên f(u) tăng trên
[1; + ∞).
+(0.50 ñ) a = 64, f(u) = 31 = f(2) và f(u) tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: (u = 2,v = 1) từ ñó ta có
nghiệm của phương trình là: x = 17 ± 257 .
Câu b: ( 0.5 ñiểm)
+ f(u) tăng trên [1; + ∞) mà f(1) = 1 nên phương trình có nghiệm khi a – 33 ≥ 1 hay a ≥ 34.
Bài 2: (2.5 ñiểm)
+(0.50 ñ) Tính a2, b2 với 0 < b1 =

a1 < 1 ta có thể chọn 0 < a <

suy ra a1 = cos2a.
1

1
a
a 2 = (cos 2 a + cos a) = cos a(cosa + 1) = cosa.cos 2
2
2
2
a
a
b 2 = cos acos 2 cosa = cos acos
2
2
+(0.75 ñ) Bằng quy nạp, chứng minh ñược:
ðề thi HSG môn Toán

π
sao cho: b1 = cosa,
2

Trang 19


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

a
a
a
a n = cos aco s ...cos n −1 cos n −1 (1)
2

2
2

a
a
b n = cos aco s ...cos n −1 (2)
2
2
a
+(0.75 ñ) Nhân hai vế của (1) và (2) cho sin n −1 và áp dụng công thức sin2a ñược:
2
a
sin 2a.cos n −1
sin 2a
2
an =
, bn =
.
a
a
n
n
2 .sin n −1
2 .sin n −1
2
2
+(0.50 ñ) Tính giới hạn:
sin 2a
sin 2a
lim a n =

, lim b n =
n →∞
n →∞
2a
2a
Bài 3: (2.5 ñiểm)
+(0.50 ñ) Phát biểu và chứng minh mệnh ñề:
Nếu hai ñiểm X,Y phân biệt. ðiều kiện cần và ñủ ñể ñiểm S thuộc ñường thẳng XY là tồn tại cặp số
thực x, y thỏa:
OS = xOX + yOY
, với ñiểm O tùy ý.

 x + y = 1
+(0.25 ñ) Từ giả thiết: (an) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: an+1 = an + d
+(0.75 ñ) áp dụng nhận xét trên, ta có:
a
a
OI = n +1 OBn − n OA n thì I ∈ AnBn.
d
d
và OA = a n OA n ; OB = a n +1 OBn ( do a n , a n +1 > 0)
Thế vào trên ta ñược: OI =

a n +1 a n
− = 1.
d
d

OB OA 1
−

= AB , ∀n=1,2... suy ra I cố ñịnh, nên ñường thẳng AnBn luôn
d
d
d

ñi qua một ñiểm cố ñịnh I.
+(0.50 ñ) Tương tự, chứng minh ñược:
1
BC .
d
1
•
AnCn luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh K xác ñịnh bởi: OK =
AC
2d
Vậy các ñường thẳng AnBn, BnCn, AnCn lần lượt ñi qua ba ñiểm I, J, K cố ñịnh.
+(0.50 ñ) Chứng minh ba ñiểm thẳng hàng:
1
1
1
Ta có: OI = AB , OJ = BC , OK =
AC .
d
d
2d
1
1
1
1
Do ñó: OK =

AC =
(AB + BC) =
(d.OI + d.OJ) = (OI + OJ)
2d
2d
2d
2
Vậy I, J, K thẳng hàng. ðiều này chứng tỏ mặt phẳng AnBnCn luôn ñi qua một ñường thẳng cố ñịnh.
•

BnBn luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh J xác ñịnh bởi: OJ =

Bài 4: (2.5 ñiểm)
+(0.50 ñ) Rõ ràng có ít nhất hai ñiểm P,Q thuộc M sao cho PQ ≠ 1.
Ký hiệu : MP = {X ∈ M / PX = 1}. Từ giả thiết |MP| = 4 ta có: |Mp ∩ Mq| ≤ 2.
Nếu tồn tại P, Q sao cho |Mp ∩ Mq| ≤ 1 thì M chứa ít nhất 9 ñiểm.
+(1.50 ñ) Trường hợp với mọi P,Q sao cho PQ ≠ 1 và |Mp ∩ Mq| = 2.
ðề thi HSG môn Toán

Trang 20


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá
= {R,S,V,W} và giả sử

Khi ñó Mp ∩ Mq = {R,S}, lúc ñó MP = {R,S,T,U} và Mq
M = {P,Q,R,S,T,U,V,W} ta có TQ ≠ 1, UQ ≠ 1, VP ≠ 1, WP ≠ 1.
•

Nếu TR,TS,UR,US khác 1: suy ra Mt ∩ Mq = Mu ∩ Mq = {V,W} suy ra T hay U trùng với Q, vô
lý.
Nếu TR,TS,UR,US có một số bằng 1: Không giảm ñi tính tổng quát, giả sử TV = 1 lúc ñó TS ≠ 1
•
và TV = 1 hay TW = 1. Giả sử TV = 1 lúc ñó TW≠ 1 suy ra TU = 1, và Mt = {P,R,U,V} và
Mu = {P,T,V,W} lúc ñó UTV, RPT,UTV là các tam giác ñều cạnh 1, ta có hình 1. ðiều này mâu thuẫn vì
VR>2.
+(0.50 ñ) Vậy M chứa ít nhất là 9 ñiểm. Dấu bằng xảy ra với hình2.
Vậy M có thể chứa ít nhất là 9 ñiểm.

T

V

A5

R

A9

A6
U

A 1 A2
A3

P

A7

A8
A4

20. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998 -1999.
Bài 1 (5 ñiểm)
Cho phương trình:
cos3x + asinx.cosx + sin3x = 0.
a/ Giải phương trình khi a = 2 .
b/ Với giá trị nào của a thì phương trình có nghiệm.
Bài 2 (5 ñiểm)
Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hãy xét dấu của biểu thức: a2 – 3b.
Bài 3 (5 ñiểm)
Tìm các ñường tiệm cận của ñồ thị hàm số:
1

y = (1 + a x ) x ,

(a > 0).

Bài 4 (5 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD, ñáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = b, SA = SB = SC = SD = c.
K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC.
a/ Tính ñộ dài ñoạn vuông góc chung của SA và BK.
b/ Gọi M, N lần lượt là trung ñiểm của ñoạn thẳng AK và CD. Chứng minh: Các ñường thẳng BM và MN
vuông góc nhau.

ðề thi HSG môn Toán

Trang 21

www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

HƯỚNG DẪN CHẤM
cos3x + asinx.cosx + sin3x = 0.
π
(0.5 ñ) + ðặt t = sinx + cosx = 2 cos(x − ), |t| ≤ 2.
4
cos3x + sin3x = (cosx + sinx)(sin2x + cos2x – sinxcosx) = (cosx + sinx)(1 – sinxcosx)
t
t2 −1
vì t2 = 1 + 2sinxcosx nên sinxcosx =
và cos3x + sin3x = (3 − t 2 ) .
2
2
(0.5 ñ) + Phương trình (1) trở thành:
t
t2 −1
= 0 ⇔ t3 – at2 – 3t + a = 0 (2).
(3 − t 2 ) + a.
2
2
Câu a /
(1 ñ) + Với a = 2 : (2) trở thành:
t3 – 2 t2 – 3t + 2 = 0 ⇔ (t + 2 )(t2 - 2 2 t + 1) = 0
⇔ (t + 2 )(t - 2 + 1)(t - 2 - 1) = 0
⇔ t = - 2 hay t = 2 - 1 hay t = 2 + 1.

(1 ñ) + so lại ñiều kiện: | t | ≤ 2 nên phương trình (1) tương ñương với:
π
5π


π

cos(x − 4 ) = −1
 x = 4 + k2π
 2 cos(x − 4 ) = − 2
⇔
⇔
,k ∈Z .

π
2 −1

 2 cos(x − π ) = 2 − 1 cos(x − π ) = 2 − 1

 x = 4 ± ar cos 2 + k2π

4
4
2


Câu b /
(0.25ñ) + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi f(t) = t3 – at2 – 3t + a = 0 có nghiệm
t ∈[- 2 ; 2 ]
(1.25ñ) + f(t) liên tục trên R

f(- 2 ) = 2 - a ; f( 2 ) = - 2 - a; f(0) = a.
• a = 0: f(t) có nghiệm t = 0 ∈ [- 2 ; 2 ]
• a < 0: f(- 2 ).f(0) = a( 2 - a) < 0 ⇒ f(t) = 0 có nghiệm t ∈(- 2 ;0).
• a > 0: f(0).f( 2 ) = a(- 2 - a) < 0 ⇒ f(t) = 0 có nghiệm t ∈(0; 2 ).
(0.25ñ) + Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi a.
Bài 1: ( 5ñiểm)

Bài 2: ( 5ñiểm) y = f(x) = x3 + x2 + ax + b
(0.5 ñ) + Tập xác ñịnh: R.
y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số ∆’ = 1 – 3a.
(0.5 ñ) + Pt: x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và
f(x1).f(x2)< 0.
1 − 3a > 0
(0.25 ñ) + Suy ra: 
(x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 3x2 + 2x + a = 0).
f (x1 ).f (x 2 ) < 0
(1 ñ)
+ Thực hiện phép chia ña thức ta ñược:
1
1
1
f(x) = x3 + x2 + ax + b =  x +  y '+ [ (6a − 2)x + 9b − a ] .
9
9
3
1
1
Suy ra f(x1) = [ (6a − 2)x1 + 9b − a ] ; f(x2) = [ (6a − 2)x 2 + 9b − a ]
9
9

(0.5 ñ) + f(x1).f(x2) < 0 ⇒ (6a-2)2x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 < 0.
ðề thi HSG môn Toán

Trang 22


www.VNMATH.com

Nguyn Vn Xỏ

2

(1 ủ)

+ Vỡ x1, x2 l 2 nghim ca phng trỡnh: 3x + 2x + a = 0
2
a
nờn x1 + x2 = ; x1.x2 = .
3
3
a
2
Do ủú: (6a 2) 2 (6a 2)(9b a) + (9b a)2 < 0
3
3
suy ra: 4(3a 1)(a2 3b) + (9b a)2 < 0
(1 ủ)
+ Vỡ (9b a)2 0 v 3a 1 < 0 nờn a2 3b > 0.

Bi 3: ( 5ủim)

(1 +õ)
Tỗm tióỷm cỏỷn õổùng:
Tỏỷp xaùc õởnh: R\{0}.
1
x
0+ thỗ + vaỡ ax
x

1.

1

Do õoù :

lim (1 + a x ) x

x

nón x = 0 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn õổùng.

0

a/+ Xeùt trổồỡng hồỹp: 0 < a 1
(1 õ)
+ x (0; + ): 0 < 1 + ax 2
1
1
1
x x
x

2 ( vỗ > 0 ) nón: 1 lim (1 + a ) lim 2 = 1
x+
x+
x

1
x x

Do õoù: 0 < (1 + a )

1
x x

Do õoù: lim(1
+ a ) = 1 nón y = 1 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh phaới.
+
x 0

x
(1 õ)
1
+ x (- ; 0): 0 < 1 + 2 .
a

1

x


Do õoù: 1 > 1 +

1

a


Do õoù: lim
x -


1
x

1
2 x ( vỗ < 0 ) nón 1 lim 1 +
x -
x


x
1
1 + =1
a

x

1

a

1

1
x
lim 2 x = 1
x -


x
1

1
Suy ra lim (1 + a x )x = lim a 1 + = a
x
x -
a

Vỏỷy y = a laỡ tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh traùi.
b/+ Xeùt trổồỡng hồỹp a > 1.
(1 õ)
+ x (- ; 0) : 0 < 1 + ax < 2
1
1
1
1
1
x x
x x
x

x
Do õoù: 1> (1 + a ) > 2 ( vỗ < 0 ) nón: 1 lim (1 + a ) lim 2 = 1
x
x
x
1

Do õoù: lim (1 + a x )x = 1 nón y = 1 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh traùi.
x

x

1
(1 õ)
+ x (0; + ): 1 < 1 + < 2 .
a


Do õoù: 1 < 1 +


x

1

a


Do õoù: lim 1 +
x +

thi HSG mụn Toỏn

1

1
x
1
<2 x ( vỗ > 0 ) nón 1
x


x

1

a

1
x
lim 2 x = 1
x +


x

x
=a

1

a

1
x

=1 nón lim (1 + a x )x = lim a 1 +
x+
x +



1

a

1

1

x


lim 1 +
x +


1

Trang 23


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Váûy y = a laì âæåìng tiãûm ngang nhaïnh phaíi.

S
_

Bài 4: ( 5ñiểm)

N
_

D
_

C
_
K
_

M
_

O
_

A
_

B
_

Câu a / (2.5 ñiểm)
(0.25
+ Theo giả thiết ta ñược: SO ⊥ (ABCD) ⇒ (SAC) ⊥ (ABCD).
â)
Mà BK ⊂ (SAC) và BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA.
(0.5+ Gọi H là hình chiếu của K xuống SA
â)
⇒ HK ⊥ SA và HK ⊥ BK ( vì HK ⊂ (SAC))

⇒ HK là ñoạn vuông góc chung của SA và BK.
Suy ra ñược: BH ⊥ SA và ∆HBK vuông tại K.
2 2
(0.5+ Do ∆ABC vuông ñỉnh A nên: 1 = 1 + 1 ⇒ BK 2 = a b .
â)
BK 2 AB2 BC 2
a 2 + b2
SI.AB
(0.5
+ ∆SAB cân ñỉnh S, BH là ñường cao nên HB =
=
â)
SA
(0.5
+ Do ∆HBK vuông tại K nên:

â)
(4c 2 − a 2 )a 2
a 2b2
HK 2 = HB2 − BK 2 =
−
4c 2
a 2 + b2

HK 2 =

c2 −

a2
.a
4

c

(4c 2 − a 2 − b 2 )a 4
a 2 (4c 2 − a 2 − b 2 )
⇒
HK
=
4c 2 (a 2 + b 2 )
2c
(a 2 + b 2 )

Câu b (2.5 ñiểm)
(0.5+ 2BM = BA + BK ( vì M là trung ñiểm của AK)
â)

1
1
(0.5
+ MN = MB + BC + CN = (AB + KB) + BC + BA
â)
2
2
1
(1.75
+ MN = KB + BC .
â)
2
+ Do ñó:

ðề thi HSG môn Toán

Trang 24


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

4BM.MN = (BA + BK).(KB + 2BC)
= BA.KB + 2BA.BC + BK.KB + 2BK.BC

= BA.KB + BK.KB + 2BK.BC
= KB.(BA + BK − 2.BC)
= KB.(BA − BC + BK − BC)
= KB.(CA + CK) = KB.CA + KB.CK = 0

Vậy: BM ⊥ MN.
( Có thể tính và áp dụng ñịnh lý Pythagor).bv

21. ðỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 12
Câu 1 : (2,5 ñiểm)
Cho hàm số f : [0;1]→ [0;1] liên tục trên ñoạn [0;1], có ñạo hàm trong khoảng (0;1) và f(0) = 0 và f(1) = 1.
a) Chứng minh rằng tồn tại số c thuộc khoảng (0;1) sao cho : f(c) = 1-c.
b) Chứng minh rằng tồn tại hại số a, b phân biệt thuộc khoảng (0;1) sao cho : f '(a).f '(b) = 1.
Câu 2 : (2,5 ñiểm) : Cho cặp số thực (x;y) thoả mãn ñiều kiện : x - 2y + 4 = 0.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 − 6 x − 12 y + 45 + x 2 + y 2 − 10 x − 16 y + 89 .
Câu 3 : (3ñiểm) Cho tam giác ABC .Tìm tập hợp các ñiểm M trong mặt phẳng sao cho :
3
a) MA + MB + MC = MB + MC .
2
b) 2 MA + MB = 4 MB − MC .
Câu 4 : (2 ñiểm)

π

= 2 − 1.

a)

Chứng minh rằng tan

b)

u1 = 2


Cho dãy số (un) xác ñịnh bởi : 
un + 2 − 1
u n +1 =
1 + (1 − 2 )u n


8

(n = 1,2,3,...)

. Tính u 2006 .

ðÁP ÁN + BIỂU ðIỂM CHẤM TOÁN 12 (HỌC SINH GIỎI)
Câu 1 : (2,5 ñiểm) a)
* ðặt g(x) = f(x) + x -1 với x thuộc ñoạn [0;1] thì g(x) cũng liên tục trên ñoạn [0;1]
* g(0) = -1 <0 , g(1) = 1 >0. Suy ra tồn tại c thuộc khoảng (0;1) sao cho g(c)= 0
⇔ f(c) +c -1 = 0 hay f(c) = 1-c
b) áp dụng ñịnh lí Lagrăng cho f(x) trên ñoạn [0;c] và ñoạn [c;1] ta có :
f ( c ) − f ( 0) f ( c )
∃a thuộc(0;c) sao cho : f '(a) =
=
c−0
c
f (1) − f (c) 1 − f (c)
=
∃b thuộc (c;1) sao cho : f '(b) =
1− c
1− c
f (c ) 1 − f ( c ) 1 − c c
.

=
.
=1
* Rõ ràng a khác b và tích f '(a).f '(b) =
1− c
c
c 1− c
ðề thi HSG môn Toán

(0,5ñ)
(0,5ñ)
(0,5ñ)
(0,5ñ)
(0,5ñ)
Trang 25