Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi toàn quốc môn toán 2020

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH

TUYỂN CHỌN ĐỀ THI

HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC 2020
MÔN TOÁN THPT

TẬP 1


MỞ ĐẦU

Chỉ có một mục đích duy nhất là sưu tầm các đề thi học sinh giỏi toàn quốc thành một
tài liệu chuẩn mực để có thể dùng cho việc giảng dạy, cho các em học sinh tham khảo. Tôi đã
tổng hợp thành tài liệu này.

Tài liệu có 3 tập, mỗi tập khoảng 130 – 150 trang, việc chia thành những tập nhỏ chỉ
nhằm làm cho tài liệu gọn gàng hơn, dễ tham khảo hơn mà thôi!

Vì tránh để đụng chạm quyền lợi các cá nhân và tập thể nên mình quyết định sau khi
SƯU TẦM đã không để tên các cá nhân và tập thể đó, nhưng bù lại mình chia sẻ công khai
tài liệu này để tiện cho mọi thầy cô và các em học sinh tham khảo.

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

1. ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƢỜNG THPT LÊ HỒNG PHONG
NĂM HỌC 2019 - 2020

THỜI GIAN : 150 PHÚT
ĐỀ BÀI
3x  4
có đồ thị (C).
3x  3
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân

Câu 1. Cho hàm số y 

biệt A và B sao cho tam giác OAB đều (với O là gốc tọa độ).
Câu 2.
1. Cho phương trình 1  2 x  1  2 x  x 2  m  0 .
Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình trên có nghiệm thực.
2
2

 xy  x  y  x  2 y
2. Giải hệ phương trình 

 x 1  2 y  3  3

 x, y   .

Câu3.
1. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc
của điểm A ' lên mặt phẳng mp  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng
cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ

4

ABC. A ' B ' C ' .
2. Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt

AI
BI
CI
DI



 12 . Gọi
A' I B ' I C ' I D ' I
V , V1 lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD, IBCD . Chứng minh rằng V  4V1 .

 BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại

Câu 4.

A ', B ', C ', D ' thoả mãn

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

T  : x2  y 2  4x  2 y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình
 d  : x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng 3 lần diện tích tam giác IBC ( với ABC là
tâm đường tròn T  : x2  y 2  4 x  2 y  0 ) và điểm ABC có tung độ dương. Viết phương
trình BC .
Câu 5.

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b2  ac và c 2  ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a
b
3c


thức P 
.
ab bc a c

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 1


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

LỜI GIẢI CHI TIẾT
3x  4
có đồ thị (C).
3x  3
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân

Câu 1. Cho hàm số y 

biệt A và B sao cho tam giác OAB đều (với O là gốc tọa độ).
Lời giải
Hoành độ giao điểm của đường thẳng d : y  x  m và đồ thị (C) là nghiệm của phương
trình
3x  4
 xm
3x  3

 3x  4   x  m  3x  3 (do x  1 không là nghiệm của phương trình)
 3x 2  3mx  3m  4  0 .

Ta có   9m 2  12  3m  4   9  m  2   12  0 ,  m 
2

Vậy với mọi m 

.

thì đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và

 x A  xB   m

B . Theo định lý Viet ta có: 
3m  4
x A . xB 

3


(*) .

Khi đó A  xA ; xA  m  và B  xB ; xB  m  .
Ta có OA  OB  x A2   x A  m   xB2   xB  m 
2

2

 2 xA2  2mxA  m2  2 xB2  2mxB  m2
 2  x A2  xB2   2m  x A  xB   0

 2  xA  xB  xA  xB  m   0
 xA  xB  m  0 (do xA  xB ) (luôn đúng theo (*)).

AB  2  xB  xA  .
2

Tam giác OAB đều  OAB  60o  d  O, AB  



m
2



3
AB
2

3
2
2  xB  x A 
2

2
 m2  3  xB  xA   4 xB .xA 




(**).

Thay (*) vào (**), ta được
3m  4 
2

 m2  3  m   4.
3 

 m 2  3m 2  12m  16

m  2
 2m 2  12m  16  0  
m  4
Vậy các giá trị của m thỏa mãn điều kiện đề bài là m  2, m  4 .

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 2


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Câu 2.
1. Cho phương trình 1  2 x  1  2 x  x 2  m  0 .
Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình trên có nghiệm thực.
2
2

 xy  x  y  x  2 y

2. Giải hệ phương trình 

 x 1  2 y  3  3

 x, y   .

Lời giải
1. 1  2 x  1  2 x  x 2  m  0 (1)
1
1
Điều kiện:   x 
 *
2
2
Khi đó 1  1  2 x  1  2 x  x 2   m

 2

 1 1
Xét hàm số y  1  2 x  1  2 x  x 2 , x    ; 
 2 2

Ta có y  

 2x 
 1  4 x2


1
1

1 2x  1 2x

 2x 
 2x 
1 2x
1 2x
1  4 x2
1  4x2





4 x
1 2x  1 2x



 2x


 1 1
 1 , x    ; 

 2 2
1 2x  1 2x

2



x  0
Khi đó y  0  
2
 1  4 x





1 2x  1 2x  2

 3

Đặt t  1  2 x  1  2 x , t  0 . Suy ra t 2  2  2 1  4 x 2  1  4 x 2 
Do đó  3 trở thành

t2  2
.
2

t2  2
.t  2  t 3  2t  4  0  t  2 (tm) .
2

Với t  2  1  4 x 2  1  x  0 (nghiệm kép).
 1 1
Nên y  0  x  0    ;  (nghiệm bội 3) và y đổi dấu từ dương sang âm qua x  0 .
 2 2

Từ đó ta có bảng biến thiên sau:

1
1
Khi đó 1 có nghiệm   2  có nghiệm     m  2  2  m  .
2
2

 xy  x  y  x 2  2 y 2
2. 
 x  1  2 y  3  3

1
 2
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 3


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

x  1

Điều kiện: 
3  *
y



2

x   y

Khi đó 1  x 2  1  y  x  y  2 y 2  0  
x  2 y 1
+) Với x   y thì không thỏa mãn * .
+) Với x  2 y  1  2 y  x  1 thay vào  2  ta được phương trình:
x  1  x  4  3  2 x  5  2 x2  5x  4  9  x2  5x  4  7  x

7  x  0
 2
 x 5 y  2
2
 x  5 x  4  49  14 x  x

 tm * 

Vậy hệ đã cho có một cặp nghiệm  x ; y    5; 2  .
Câu 3.
1. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc
của điểm A ' lên mặt phẳng mp  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng
cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC bằng

a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
4

ABC. A ' B ' C ' .
2. Cho điểm I nằm trong tứ diện ABCD . Các đường thẳng AI , BI , CI , DI lần lượt cắt

AI
BI
CI

DI



 12 . Gọi
A' I B ' I C ' I D ' I
V , V1 lần lượt là thể tích của tứ diện ABCD, IBCD . Chứng minh rằng V  4V1 .

 BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  tại

A ', B ', C ', D ' thoả mãn

Lời giải
1.

Gọi I là trung điểm của BC , G là trọng tâm tam giác ABC .
3
2
3
Ta có AI  a
.
; AG  AI  a
2
3
3
Trong tam giác A ' AI kẻ GK  AA ' tại K , kẻ IH  AA ' tại H (1).
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 4


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Ta có A ' G  mp  ABC   A ' G  BC
Mặt khác AI  BC
Suy ra BC  mp  A ' AI   IH  BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra HI là đoạn vuông góc chung của
3
a
 d  AA ', BC   IH .
4
GK AG 2
2
2 a 3 a 3
Xét tam giác AHI có
.

  GK  IH  .

IH
AI 3
3
3 4
6

AA '

và

BC

Xét tam giác vuông A ' AG có:

1
1
1
1
1
1
a





 A 'G  .
2
2
2
2
2
2
GK
AG
A 'G
A 'G
3
a 3
a 3





 6 
 3 
a a 2 3 a3 3
Suy ra VA ' B 'C '. ABC  A ' G.SABC  .
.

3 4
12
2.

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 5


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

VIBCD h1 A ' I


với hA , h1 là chiều cao hạ từ A, I xuống mặt phẳng  BCD 
VABCD hA AA '
V
V
V
V
A' I B ' I C ' I D ' I



1
Ta có IBCD  IACD  IABC  IABD  1 

VABCD VABCD VABCD VABCD
AA ' BB ' CC ' DD '
AI
BI
CI
DI
AA ' BB ' CC ' DD '



 12 



 16 .
Mà
A' I B ' I C ' I D ' I
A' I B ' I C 'I D 'I
 A' I B ' I C ' I D ' I
A' I B 'I C 'I D 'I



 44
.
.
.

AA ' BB ' CC ' DD '
 AA ' BB ' CC ' DD '

Theo bất đẳng thức Cô-si có: 
.
 AA '  BB '  CC '  DD '  4 4 AA ' . BB ' . CC ' . DD '
 A ' I B ' I C ' I D ' I
A' I B 'I C 'I D 'I
Suy ra :
 A ' I B ' I C ' I D ' I  AA ' BB ' CC ' DD ' 








  16
 AA ' BB ' CC ' DD '  A ' I B ' I C ' I D ' I 
AA ' BB ' CC ' DD '




 16.
A' I B ' I C ' I D ' I
AA ' BB ' CC ' DD '
AA ' BB ' CC ' DD '
Vậy




 16 



4
A' I B ' I C ' I D ' I
A' I B ' I C ' I D ' I
Nên AA '  4 A ' I  V  4V1 .
Ta có

Câu 4.

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

T  : x2  y 2  4x  2 y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình
 d  : x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng 3 lần diện tích tam giác IBC ( với ABC là
tâm đường tròn T  : x2  y 2  4 x  2 y  0 ) và điểm ABC có tung độ dương. Viết phương
trình BC .
Lời giải

Vì T  : x2  y 2  4 x  2 y  0 nên có tâm I  2;1 , bán kính R  5 .
Mà A  T  , A   d  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình

 x 2  y 2  4 x  2 y  0  x  3, y  3

.

x

y


0
 x  0, y  0

Vì y A  0  A  3;3 , D  0;0  .



Ta có tứ giác ABDC nội tiếp nên DAB  DCB
  DBC  DCB  BDC cân tại D .

BAD  DAC  gt  

DBC  DAC

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 6


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Mà BIC cân tại I nên ID là đường trung trực của BC hay DI  2;1 là vectơ pháp tuyến
của BC . Phương trình  BC  :2 x  y  m  0 .

 m  3
Vì S ABC  3S IBC nên d ( A , ( BC ))  3d  I ,  BC    9  m  3 5  m  
.
 m  6
Vậy phương trình  BC  :2 x  y  3  0 hoặc  BC  :2 x  y  6  0
Câu 5.

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b2  ac và c 2  ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
a
b
3c


thức P 
.
ab bc a c
Lời giải
b
c
Đặt x  ; y  ta có giả thiết x  0; y  0; x 2  y; y 2  x . Từ đó ta có x  y  x 2 nên x  1 .
a
a
5
Với x  1 thì y  1 và P  .
2
1
x
3y
Ta có P 
. Trước hết coi P là hàm ẩn y với tham số x  1 , ta xét tính


x 1 x  y 1 y
biến thiên của hàm P trên  x ; x 2  với mọi x  1 .
3  x  y 2  4 x. y  3x 2  x
g  y


x
3
Ta có P ' 
.



2
2
2
2
2
2
 x  y   y  1
 x  y   y  1
 x  y   y  1
Với x  3 thì P ' 
Với x  3 thì

12 y  24

 0 y   x ; x 2  nên P đồng biến trên  x ; x 2  .

 x  y   y  1
2
g  y  có '  3 x  x  1  0
2

2

x  1 nên g  y  luôn có hai nghiệm phân biệt

y1 ; y2
3  x  0


Nếu x  3 thì  g x   3  x  x  4 x x  3x 2  x  0
x  3 nên

 g  x 2    3  x  x 2  4 x.x 2  3 x 2  x  0
g  y   0 y   x ; x 2  hay P '  0 y   x ; x 2  nên P đồng biến trên  x ; x 2  .
4 x

 y1  y2  3  x  0
x  1;3 nên y1  y2  0  x  x 2 nên
Nếu 1  x  3 thì 
2
 y . y  3x  x  0
1 2
3 x

g  y   0 y   x ; x 2  hay P '  0 y   x ; x 2  nên P đồng biến trên  x ; x 2  .
Vậy với mọi x  1 ta luôn có P đồng biến trên  x ; x 2  , do đó
1
x
3 x
1
4x
. Đặt x  t ta được
min P  P x 





x 1 x  x 1 x x 1 x  x
1
4t
1
4t
min P  u  t   2


. Khảo sát u  t   2
trên 1;   ta có
t 1 t 1
t 1 t 1
4
2t
4t 4  2t 3  4t 2  2t  4
u ' t  


 0 x  1;   do đó
2
2
2
2
2
 t  1  t 2  1
t


1
t

1
 


 

 

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 7


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

u  t  đồng biến trên 1;  , mà u 1 

Vậy min P 

5
5
nên u  t  
2
2

t  1;   tức P 

5

x  1;   .
2

5
khi x  y  1  a  b  c .
2

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 8


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

2. ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH AN GIANG
NĂM HỌC 2019 - 2020
THỜI GIAN : 180 PHÚT
ĐỀ BÀI
Câu 1. (4 điểm)
Tìm m để phương trình sau đây có đúng một nghiệm

2 x2  mx  4  2 x x 2  mx .
Câu 2. (4 điểm)
1
Cho hàm số y  f  x   sin x  a sin 2 x  sin 3x  2ax . Xác định a để f   x   0  x  .
3
Câu 3. (4 điểm) Bảng hình vuông ( 10 x10 ) gồm 100 hình vuông đơn vị. Hỏi có bao nhiêu hình chữ

nhật tạo thành từ các hình vuông của bảng. Tính số hình chữ nhật có diện tích là số chẵn
tổng diện tích các hình vuông đơn vị.

 1

 x 2
Câu 4. (3 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A  1;1 ; B  x;  ; C  ;   trong đó x
 x
2 x

là một số thực dương thay đổi cho trước. Tìm tọa độ hai điểm B ; C để diện tích tam
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Câu 5. (3 điểm)
Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 

4
; un1  un2  2un  2,  n  , n  1 . Đặt vk  u1.u2 ...uk
3

a) Tính u2 ; u3 .
b) Xét tính hội tụ và tính giới hạn của dãy  vk  .
Câu 6. (2 điểm) Cho tứ diện ABCD , một điểm O bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi d1; d2 ; d3 ; d4 lần
lượt là khoảng cách từ điểm O đến các điểm A, B, C , D , và k1 ; k2 ; k3 ; k4 là khoảng cách từ
điểm O đến các mặt phẳng  BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  . Chứng minh rằng:
d1  d 2  d3  d 4  2 k1k2  2 k1k3  2 k1k4  2 k2 k3  2 k2 k4  2 k3k4 .

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 9


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1. (4 điểm)
Tìm m để phương trình sau đây có đúng một nghiệm

2 x2  mx  4  2 x x 2  mx .
Lời giải
Cách 1:
Ta có: 2 x 2  mx  4  2 x x 2  mx  x 2  2 x x 2  mx   x 2  mx   4



 x  x 2  mx



2

4

 x  x 2  mx  2
 x 2  mx  2  x


 x  x 2  mx  2
 x 2  mx  2  x
  x  2
1

 4  m  x  4

  x  2
  4  m  x  4  2 

Nếu m  4 thì 1 vô nghiệm,  2  vô nghiệm.

 m  4 không thõa mãn yêu cầu bài toán.
Nếu m   4 thì  2  vô nghiệm, 1 có nghiệm x  

1
2

 m   4 thõa mãn yêu cầu bài toán.

  x  2

m  4
 4  m  x  4
Nếu 
thì 
m   4
  x  2
  4  m  x  4


 x  2

1
 x  4
 
4m

  x  2
 2    x  4


4m


 3

 4

Để phương trình đã cho có đúng một nghiệm thì  3 có nghiệm duy nhất còn  4  vô
nghiệm, hoặc  3 vô nghiệm còn  4  có nghiệm duy nhất, hoặc cả  3 và  4  đều có
nghiệm duy nhất và hai nghiệm đó bằng nhau.
TH1: Để  3 có nghiệm duy nhất, còn  4  vô nghiệm thì
4

 4  m  2

 4 2
 4  m

 m  4
  2  m  2
 m  4

TH2: Để  3 vô nghiệm, còn  4  có nghiệm duy nhất thì
4

 4  m  2

 4 2
 4  m

2  m  4

4  m  2

(vô nghiệm)

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 10


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

TH3: Để  3 và  4  đều có nghiệm duy nhất và hai nghiệm đó bằng nhau thì
4

  4  m  2

 4
2

4  m
4
 4
4  m   4  m


(vô nghiệm)

 m  4
Vậy để phương trình có đúng một nghiệm thì  2  m  2 .
 m  4

Cách 2:
Ta có: (1)   x 2  mx   2 x x 2  mx  x 2  4 



x 2  mx  x



2

4

 x 2  mx  x  2
 x 2  mx   x  2
(a)


 x 2  mx  x  2
 x 2  mx   x  2
(b)
2  x  0
Giải (a) : (a) có nghiệm duy nhất   2
có nghiệm duy nhất.
2
 x  mx  x  4 x  4
4  m  0

2m  4
2  x  0


có
nghiệm
duy
nhất.

0

 4
4

m
x

4
4

m

2




 4  m
 m   ;2   4;   .

2  x  0
Giải (b) : (b) có nghiệm duy nhất   2
có nghiệm duy nhất.

2
 x  mx  x  4 x  4
4  m  0

 x  2

có nghiệm duy nhất.   4

 2

 4  m  x  4

4  m
2m  4

 0  m   4; 2 .
4m
Do  4; 2   ;2 nên phương trình (1) có đúng một nghiệm
 (a) cã nghiÖm duy nhÊt

 (b) v« nghiÖm

(a) vµ (b) cã nghiÖm duy nhÊt trïng nhau

 m   ; 4   2; 2    4;  


  m   4; 2
m   4; 2



 v« nghiÖm 

4
4


16  4m  16  4m
  m  4 4  m
Vậy với m  ; 4   2;2   4;   thì phương trình đã cho có đúng một nghiệm.

Câu 2. (4 điểm)
1
Cho hàm số y  f  x   sin x  a sin 2 x  sin 3x  2ax . Xác định a để f   x   0  x  .
3
Lời giải
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 11


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

TXĐ: D 
Ta có f   x   cos x  2a cos 2 x  cos3x  2a

 2sin 2 x sin x  2a 1  cos 2 x 
 2sin 2 x sin x  4a sin 2 x
 4sin 2 x  cos x  a 

f  x  0  x 

 4sin 2 x  cos x  a   0  x 
 cos x  a  0  x 
 a   cos x  x 
 a  max   cos x 

 a 1
Vậy với a  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3. (4 điểm) Bảng hình vuông ( 10 x10 ) gồm 100 hình vuông đơn vị. Hỏi có bao nhiêu hình chữ
nhật tạo thành từ các hình vuông của bảng. Tính số hình chữ nhật có diện tích là số chẵn
tổng diện tích các hình vuông đơn vị.

Lời giải
1.
Mỗi hình chữ nhật tạo thành do ta chọn 2 đường nằm ngang (trong 11 đường) ghép với
2 đường nằm dọc ( trong 11 đường).
– Số cách chọn 2 đường nằm ngang là: C112  55 (cách).
– Số cách chọn 2 đường nằm dọc là: C112  55 (cách).
Vậy số hình chữ nhật là : 55.55  3025 (hình)
2.

Đánh số đường nằm ngang lần lượt từ trái qua phải là 1, 2,...,10,11 ( 6 đường đánh số lẻ
và 5 đường đánh số chẵn).
Đánh số đường nằm dọc lần lượt từ trên xuống dưới là 1, 2,...,10,11 ( 6 đường đánh số lẻ
và 5 đường đánh số chẵn).
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 12


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Ta đếm các hình chữ nhật có diện tích là tổng của số lẻ các diện tích hình vuông đơn vị.
Như thế hai kích thước của hình chữ nhật này là số lẻ đơn vị.
–Xét kích thước thứ nhất: Để tạo ra kích thước là số lẻ đơn vị, ta chọn lần lượt 1 đường
đánh số lẻ ( đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn ( 5 đường). Như thế sẽ có 6.5  30
(cách)
– Xét kích thước thứ hai: Để tạo ra kích thước là số lẻ đơn vị, ta chọn lần lượt 1 đường
đánh số lẻ ( 6 đường) ghép với 1 đường đánh số chẵn ( 5 đường). Như thế sẽ có 6.5  30
(cách)
Do đó số hình chữ nhật như thế là : 30.30  900 (hình)
Vậy số hình chữ nhật có diện tích bằng tổng diện tích của các hình vuông đơn vị là
3025  900  2125 (hình).
 1
 x 2
Câu 4. (3 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A  1;1 ; B  x;  ; C  ;   trong đó x
 x
2 x
là một số thực dương thay đổi cho trước. Tìm tọa độ hai điểm B ; C để diện tích tam
giác ABC đạt giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải
1 
2 

x
Ta có AB   x  1;  1 ; AC    1;   1 .
x 
x 

2

SABC 

1
2
x
1 
1 x 3 5
1
6
 x 5
 x  1    1    1
  1    
2
2 2 x 2
4
x
 x   2  x 

Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có
6
x 2 6
x
1
Suy ra SABC  2 6  5 .
4





6


x 
Dấu ‚  ‛ xảy ra khi và chỉ khi 
x  x 6.
 x  0

Vậy min SABC 


1
6  6
6
2 6  5 khi B  6;
;
 ; C 
.
4
6   2
3 






Câu 5. (3 điểm)
Cho dãy số (un ) thỏa mãn u1 

4
; un1  un2  2un  2,  n  , n  1 . Đặt vk  u1.u2 ...uk

3

a) Tính u2 ; u3 .
b) Xét tính hội tụ và tính giới hạn của dãy  vk  .
Lời giải
Cách 1:
a) Ta có un 1  un2  2un  2   un  1  1,  n  , n  1 .
2

2

10
4 
u2    1   1 
9
3 
2

82
 10 
u3    1  1  .
81
9

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 13


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

b) un 1   un  1  1  un 1  1   un  1 ,  n  , n  1

2

2

Đặt w n1  un 1  1  w1  u1  1 
 w n 1  w n2  w 4 n 1  ...  w12
2n

1
3

n

2n

1  32
1
1
w


u


1

,  n  , n  1 .
 n 1  
n
n 1

 
3
3
32
n

2k 1

1 3
1  32
1 3
 u1 
; u2  2 ;...uk  2k 1
3
3
3

k 1

1  3 1  32 1  34 1  32
. 2 . 4 ... 2k 1
Ta có: vk  u1.u2 ...uk 
3
3
3
3

vk

3  1 3  1 32  1 32



.
...
32
1

2.3

32  1

3

k

k

1

k 1

32

1

k 1

k 1

k 1

34  1 34  1 32  1 32  1 32  1

.
... 2k 1 
... 2k 1
3
2.341 34
3
2.32 1
3
3

3
2
2.3
3
Vậy vk là dãy hội tụ và lim vk  .
2

vk 

2k 1



32
2

 lim vk 

Cách 2:
2

82
10
4
4
a) Ta có u2  u  2u1  2     2    2  , tương tự u3 
81
9
3
3
2
1

b) Với n  1 , ta có
un 1  u  2un  2   un  1  1  un 1  1   un  1   un 1  1  ...   u1  1
2

2
n

1
 un   
3

2n1

2

4

2n

1
 
3

2n

 1  1,  n  ; n  1

+ Ta có un 1  un2  2un  2,  n  ; n  1  un 1  2  un  un  2   un 

un 1  2
un  2

2k

1
1
u2  2 u3  2 uk 1  2 uk 1  2  3 

 vk  u1.u2 ...uk 
.
...

2
u1  2 u2  2 uk  2

u1  2

3
  1 2

   1 
3
 3
Vậy lim vk  lim   

2  2
 

3 


k

Câu 6. (2 điểm) Cho tứ diện ABCD , một điểm O bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi d1; d2 ; d3 ; d4 lần
lượt là khoảng cách từ điểm O đến các điểm A, B, C , D , và k1 ; k2 ; k3 ; k4 là khoảng cách từ
điểm O đến các mặt phẳng  BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  . Chứng minh rằng:

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 14


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

d1  d 2  d3  d 4  2 k1k2  2 k1k3  2 k1k4  2 k2 k3  2 k2 k4  2 k3k4 .

Lời giải

Gọi hi (i  1, 4) là khoảng cách từ A đến BCD , từ B đến  ACD  , từ C đến  ABD  , từ D
đến  ABC  .
Ta có:

k1 VO.BCD

;
h1 VA.BCD



Vậy: 1 

k2 VO. ACD

;
h2 VB. ACD

k3 VO. ABD

;
h3 VC . ABD

k4 VO. ABC

h4 VD. ABC

k
V

V
V
k1
k
k V
+ 2  3  4  O.BCD O. ABD O. ACD O. ABC  1
h1
h2
h3
h4
VA. BCD

k
k1
k
k
+ 2  3  4
h1
h2
h3
h4




k1  k2  k3  k4

 h1  h2  h3  h4  k1  k2  k3  k4 +2



2

h1  h2  h3  h4



k1k2  k2 k3  k3k4  k1k4  k1k3  k4 k2



(*)

Mặt khác:

h1  d1  k1 
h2  d 2  k2 
  h1  h2  h3  h4  d1  d 2  d3  d 4  k1  k2  k3  k 4 . (**)
h3  d3  k3 
h4  d 4  k4 
Từ (*) và (**) suy ra điều phải chứng minh.

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 15


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

3. ĐỀ HỌC SINH GIỎI TỈNH BÌNH PHƢỚC
NĂM HỌC 2019 - 2020
THỜI GIAN : 180 PHÚT

ĐỀ BÀI
Câu 1.

Cho hàm số y  f  x  

x 1
có đồ thị là  C  .
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số y  f  x  .
b) Tìm tọa độ hai điểm A, B trên hai nhánh của đồ thị  C  sao cho AB ngắn nhất.
Câu 2.

a) Giải phương trình:  sin 2 x  cos 2 x  cos x  2cos x  sin x  0 .

2 xy 2  y  y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1  0
b) Giải hệ phương trình: 
3
 x  2 2 x y  2 3 x  6  2
c) Có 27 tấm thẻ được đánh các số tự nhiên từ 1 đến 27 ( mỗi thẻ đánh đúng một số ).Rút
ngẫu nhiên ba thẻ. Tính xác suất để rút được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết
cho 3 .
Câu 3.

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
I  2;  1 , AIB  900 , H  1;  3 là hình chiếu vuông góc của A lên BC và K  1;2  là

một điểm thuộc đường thẳng AC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C . Biết rằng điểm A có
hoành độ dương.
b) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) . Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC tại điểm D . Gọi E là giao điểm của đường trung trực của đoạn thẳng

AC và đường phân giác ngoài của góc A . Gọi H là giao điểm của DE và AC . Đường
thẳng qua H

và vuông góc với DE cắt AE tại F . Đường thẳng qua F vuông góc với

AE cắt AB tại K . Chứng minh rằng KH / / BC .

Câu 4.

Câu 5.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB  a; BC  2a , tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .
a) Tính thể tích khối chóp S . ACD .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD .
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn  a  b  b  c  c  a   0 và a  max b, c .
Chứng minh rằng :

a  7  b  c  15
a
11 
b
c 
 


  2
bc 2  ac

ab 
a
2
Câu 6.

Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1; u2  2020; un 1 

2019un  2019 
 1 
 un 1 , n  2 .
n
n 1 


1 1
1
Tính lim    ...   .
n   u
un 
 1 u2

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 16


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1.

Cho hàm số y  f  x  

x 1
có đồ thị là  C  .
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số y  f  x  .
b) Tìm tọa độ hai điểm A, B trên hai nhánh của đồ thị  C  sao cho AB ngắn nhất.
Lời giải
a)
+ TXĐ: D 

\ 1 .

+ Sự biến thiên:
Ta có: lim y  1  y  1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số.
x 

Mặt khác: lim y  , lim y    x  1 là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
x 1

Lại có: y 

x 1

2

 x  1

2

 0, x  1 nên hàm số đã cho nghịch biến trên từng khoảng xác định.

Hàm số không có cực trị.
BBT:

+ Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại A  1;0  , cắt trục Oy tại B  0; 1 .
Đồ thị hàm số còn đi qua các điểm C  2;3 , D 3;2  .
Đồ thị hàm số như hình vẽ:

y
C
D

1
(C)

O
1

A

x

B

 2 
 2


,   0,   0 là hai điểm thuộc hai nhánh của đồ thị
b) Gọi A 1   ;
 , B 1   ;
  
 


C  .
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 17


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Khi đó ta có
AB      
2

2

2

  2  2
4 
4
2


 16  AB  4 .
       1  2 2   4 .
 


 
   

  

Mà AB  4  
4     2.
1   2 2




 



Vậy min AB  4      2  A 1  2;1  2 , B 1  2;1 2 .
Câu 2.
a, Giải phương trình:  sin 2 x  cos 2 x  cos x  2cos x  sin x  0 .
Lời giải
Ta có:  sin 2 x  cos 2 x  cos x  2cos x  sin x  0 .

 sin 2 x.cos x  cos 2 x.cos x  2 cos x  sin x  0

 2cos2 x.sin x  sin x  cos 2 x  cos x  2   0
 sin x  2 cos 2 x  1  cos 2 x  cos x  2   0

 sin x.cos 2 x  cos 2 x  cos x  2   0
 cos 2 x  sin x  cos x  2   0

cos 2 x  0

 2 sin  x     2  0 VN 

4




 2 x   k  x   k ; k  Z .
2
4
2
Vậy phương trình có các nghiệm là: x 


4

k


2

;k Z .

2 xy 2  y  y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1  0 1
b, Giải hệ phương trình: 
I 
3

3
x

2
2
x
y

2
x

6

2
2
 

Lời giải
Điều kiện: x  0; y  0 .
Khi đó ta có: 1  2 xy 2  y 





y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1  0

+ Nếu y  0  1  1  0 , vô lý.
+ Nếu y  0 , thì ta có:

1  2 xy 2  y  



y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1  0

2
2 4
2
4 x 2 y 4  y 2 y  1  4 x y  4 x  1


0
2 xy 2  y
y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1



y 2  4 x 2 y 2  1
2 xy 2  y



y 2 1  4 x 2 y 2   1  4 x 2 y 2 1  4 x 2 y 2 
y 2  1  2 y 2 4 x 2  1

0

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 18

TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

 y2
  4 x 2 y 2  1 

2
 2 xy  y

Vì: x  0; y  0 , nên:


  0  3
4 x 2  1 

1  4x2 y 2  y 2
y 2  1  2 xy 2

y2

2 xy 2  y

  3  4 x 2 y 2  1  xy 

1  4 x2 y 2  y 2
y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1

0.

1

.
2

Thế vào  2  ta được:
x3  2  2 3 x  6  2





 x3  8  2 3 x  6  4  0

.


  x  2   x 2  2 x  4  




  0  4
2
3
3
 x  6   2 x  6  4 
2
Vì x  0 nên:   x 2  2 x  4  
0 .
2
3

3
 x  6  2 x  6  4
  4  x  2  y 

2

1
4

x  2

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm là: 
1.
y


4

Cách 2:
2
2
2
2

2 xy  y  y  1  2 xy 4 x  1  0 (1)
b) 
3
3
(2)


x  2 2x y  2 x  6  2

x  0
Điều kiện xác định: 
.
y  0
Xét phương trình 2 xy 2  y  y 2  1  2 xy 2 4 x 2  1  0 (1) .
Nhận thấy y  0 không thỏa mãn phương trình (1). Vậy y  0 . Chia hai vế phương trình
cho y 2  0 ta được:

2x 

1 1

y y

1
1 1
 1  2x 4x2  1  0  2 x  2 x 4 x2  1  
2
y y
y

1
 1 (3) .
y2

Với y  0 nên dễ dàng nhận thấy x  0 không thỏa mãn (3). Vậy suy x  0 .
Xét hàm số y  f  t   t  t t 2  1 trên  0;  .
y '  f ' t   1  t 2  1 

t2
t 2 1

 0, t  0 .

Vậy hàm số y  f  t  đồng biến trên  0;  .

1
1
1
(3)  f  2 x   f    2 x   y 
. Thế vào (2) ta có:
y
2x
 y

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 19


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

x3  2 2 x

1
 2 3 x  6  2  x3  2  2 3 x  6  2
2x

 x3  8  2



3







x  6  2   x  2 x2  2x  4 

 x  2  tmdk 

  x2  2 x  4 





3

x6



2
2

Do x  0 nên VT(4)  4 

Với x  2  y 

 23 x  6  4



3

2  x  2
x6



2

 23 x  6  4

(4) .

2
 VP(4) . Phương trình (4) vô nghiệm.
4

1
 1
(tmđk). Vậy hệ phương trình có duy nhất một nghiệm  x; y    2;  .
4
 4

c. Có 27 tấm thẻ được đánh các số tự nhiên từ 1 đến 27 ( mỗi thẻ đánh đúng một số ).Rút

ngẫu nhiên ba thẻ. Tính xác suất để rút được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết
cho 3 .
Ta có: n     C  2925 .

Lời giải

3
27

Gọi A  ‛ Rút ra được ba thẻ mà tổng các số trên ba thẻ chia hết cho 3 ‛
Các số tự nhiên từ 1 đến 27 có: 9 số chia hết cho 3 ,
9 số chia cho 3 dư 1 ,
9 số chia cho dư 2 .

Để rút ra 3 tấm thẻ mà tổng các số trên thẻ chia hết cho 3 thì có các trường hợp sau:
TH 1 : 3 tấm thẻ rút ra đều có các số chia hết cho 3 .
Có: C93 cách.
TH 2 : 3 tấm thẻ rút ra có: 1 thẻ mang số chia hết cho 3 ,
1 số chia cho 3 dư 1 ,
1 số chia cho dư 2 .

Có: C91.C91.C91 cách.
TH 3 : 3 tấm thẻ rút ra đều mang các số chia cho 3 dư 1 .
Có: C93 cách.
TH 4 : 3 tấm thẻ rút ra đều mang các số chia cho 3 dư 2 .
Có: C93 cách.

 n  A  3.C93  C91.C91.C91  981 .
Vậy: P  A 
Câu 3.

n  A 981 109
.


n    2925 325

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
I  2;  1 , AIB  900 , H  1;  3 là hình chiếu vuông góc của A lên BC và K  1;2  là

một điểm thuộc đường thẳng AC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C . Biết rằng điểm A có
hoành độ dương.
Lời giải
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 20


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Vì góc ACB 

1
AIB  450 nên tam giác AHC vuông cân tại H  HA  HC .
2

Mà IA  IC nên HI  AC  đường thẳng AC nhận IH  1;  2  là véctơ pháp tuyến và
đường thẳng AC đi qua K  1;2  nên phương trình AC : x  2 y  5  0 .
Phương trình HI : 2 x  y  5  0 . Gọi M  HI  AC  M  3;1 .
Vì A  AC nên A  2a  5; a   C  2a  1;2  a  .
Khi đó, HA   2a  4; a  3 ; HC   2a;5  a 
 a  1  A  7;  1

.
 HA.HC  0  2a  2a  4    5  a  a  3  0  
 a  3  A 1;3

Vì điểm A có hoành độ dương nên A 1;3 , C  7;  1  HC   6; 2 
Suy ra phương trình BC : x  3 y  10  0 và IA   3; 4  nên phương trình
IB : 3x  4 y  10  0 .

Ta có, B  BI  BC  B  2;  4  .
Vậy A 1;3 , B  2;  4 , C  7;  1 .
b) Cho tam giác ABC ( AB  AC ) . Đường

E

phân giác trong góc A cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D . Gọi
A

E là giao điểm của đường trung trực của

đoạn thẳng AC và đường phân giác

F

ngoài của góc A . Gọi H là giao điểm của
DE và AC . Đường thẳng qua H

I

và

N

M
O

vuông góc với DE cắt AE tại F . Đường

K

H

thẳng qua F vuông góc với AE cắt AB
tại K . Chứng minh rằng KH / / BC .

B

P

C

Lời giải
D

Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC
Khi đó ta có:
MN PC
BAC EN
BAC
NM NE


 cos PCD  cos
;
 cos NEC  cos NEA  cos


DC DC
2 EC
2
CD CE
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 21


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Ta có
MNE  900  ANM  900  ACB; DCE  ACB  BCD  NCE  ACB  NEC  NCE  ACB  900
Suy ra:
MNE  DCE  MNE DCE (c.g.c)  MEN  DEC  MEN  OEH  DEC  OEH
BAC
 MAD  DMAE là tứ giác nội tiếp suy ra DM  ME (2)
2
Giả sử ME  AD  I ta đi chững minh F , I , H thẳng hàng, F , M , D thẳng hàng.
 MEH  OEC 

BAC
 IAH  IAEH là tứ giác nội tiếp suy ra IH  DE suy ra F , I , H thẳng
2
hàng ( Do FH  DE ).(1)
Tử (1) kết hợp với DI  FE  I là trực tâm FDE  FD  IE (3).

Từ (2) và (3) suy ra F , M , D thẳng hàng.
FA AM
1
Ta có FAM HAE ( g.g ) 

 AB. AH  AE. AF .
HA AE
2
FA AK
1
Ta có FAK NAE ( g .g ) 

 AC. AK  AE. AF .
NA AE
2
AH AC
Suy ra AB. AH  AK . AC 

 KH / / BC (đpcm).
AK AB

Ta có IEH 

Câu 4.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật biết AB  a; BC  2a , tam giác
SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .
a) Tính thể tích khối chóp S . ACD .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD .
Lời giải

1
1
1 a 3
a3 3
a) VS . ACD  .SH . AD.CD  .
.
.a.2a 
3
2
6 2
6

b) Gọi I là trung điểm cạnh SA . Suy ra d  SC; BD   d  S ;  BID   

3VS .BID
.
S BID

1
1
a3 3
.
VS .BID  VS . ABD  VS . ACD 
2
2
12
SA  a; AD  2a; SD  SH 2  HD 2  SH 2  HA2  AD 2  a 5 . Suy ra

ID 

SD 2  AD 2 SA2 a 17
a 3
51


. Ngoài ra, BI 
.
; BD  a 5 nên dt  BID   a 2
2
4
2
2
8
NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 22


TUYỂN CHỌN CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÀN QUỐC – MÔN TOÁN THPT 2019

Câu 5.

a3 3
3.
3VS . BID
12  a 2 .
Vậy d  SC; BD   d  S ;  BID   

dt  BID 
51
17

a2
8
Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn  a  b  b  c  c  a   0 và a  max b, c .

Chứng minh rằng :

a  7  b  c  15
a
11 
b
c 
 


  2
bc 2  ac
ab 
a
2
Lời giải
b
c
 x,  y khi đó x  1, y  1 và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
a
a
1
11 
x
y 
15

(*)
 

  2 1  7  x  y   .
x  y 2  1 y
1 x 
2
+Bằng biện pháp biến đổi tương đương ta dễ dàng chứng tỏ được:

+ Đặt

x

1 y

x
và
x y

y

1 x

y
x y

Thật vậy ta có

x


1 y

x
x
x2


 x  x  y  x 1  y    0  xy 1  x   0
1 y x  y
x y

(đúng vì 0  x, y  1 )
Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng tỏ được

y

1 x

y
.
x y

+Khi đó vế trái của BĐT (*) được đánh giá như sau:
VT(*) 

1
11

x  y  2 1 7  x  y  .
x y 2

1 11
+Xét hàm số f  t    t  2 1  7t 2 ;
t 2
1 11
14t
f ' t    2  
 0 1
t
2
1  7t 2

 0  t  2

Giải phương trình (1) bằng phép biến đổi thành phương trình hệ quả như sau:
2

142 t 2  11 1 
1
1
   2   t 2   t  (vì 0  t  2 )
1 
2
1  7t
9
3
2 t 
1
Thử lại ta thấy t  là nghiệm duy nhất của 1 trên  0; 2 
3

Mà ta lại thấy f '  2  0 và f '  t  liên tục trên  0; 2 

1
1
 t  2 và f '  t   0  0  t  .
3
3
 1  15
Từ đó suy ra f  t   f    .
3 2
15
Khi đó VT(*)  f  t   .
2
Do đó f '  t   0 

Dấu ‚=‛ xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  0 mâu thuẫn giả thiết nên VT(*)  f  t  

15
2

NGUYỄN CÔNG ĐỊNH SƯU TẦM | 23