BỘ ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 NĂM 2020 2021 PHẦN 1 (Sưu tầm)

TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 – PHẦN 1
ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 1
x
tan x  1  cos 2 x  sin x tan x tan
2 . Tình tổng tất cả các nghiệm thuộc
Câu 1. (5 điểm) a) Cho phương trình
khoảng

 0; 2020 

của phương trình .
 9 x  1 9 x  1  8 x3  12 x2  10 x  3
b) Giải phương trình
�x  x  y  m
�
�
�
�
2
� x  y   1  x  x  3 �x  3 y  2 x  x  xy �
�
�với m là tham số
Câu 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình: �
 0; 2020 để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
thực. Tìm các giá trị ngun của tham số m trong đoạn
Câu 3. (3 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4
chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề .
n
1 �
�
�x 4 �

2
2 x � biết rằng n là số nguyên dương thỏa
x
b) Tìm hệ số của số hạng chứa
trong khai triển nhị thức �



mãn:

Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn  64n



.

Câu 4. (6 điểm) a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B,
AD  2 AB  2 BC , CD  2a 2 . Hình chiếu vng góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnh CD .
SBM 
Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng 
.
AA '  a  a  0 
b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vng, AB  1 và
.
BDC '
Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng 
.
u1  2
�
�

�
un 2  2019un
u

, n �1
�n 1
un 

2020
�
Câu 5. (4 điểm) a) Cho dãy số
xác định như sau

�u
un �
u
lim � 1  2  ... 
.
�
u2  1 u3  1
un 1  1 �
�
Tính
2
b) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x �y; x �z; x  9 yz �xz  9 xy .
9 y  x 2 y  x 2 y  z 2z  x



y

x

y
y

z
xz .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 1
x
tan x  1  cos 2 x  sin x tan x tan
2 . Tình tổng tất cả các nghiệm thuộc khoảng
Câu 1. a) Cho phương trình
cos x �0
�
� 
�
�x �  k
�� 2
 k , l ��
� x
cos
�
0
�
 0; 2020  của phương trình . Lời giải ĐK: �
� 2
�x �  l 2
.
x

x
tan x  1  cos 2 x  sin x tan x tan � tan x  sin 2 x  sin x.tan x.tan
2
2
+ Ta có:
P

sin x  0
�
�
�
� 1  sin x  tan x.tan x  0
�
cos x
2
+ PT

3

 1

 2

.

 1 � x  m . Kết hợp điều kiện ta được họ nghiệm là

x  n2 , n ��.

x
cos
1
2
�
 sin x  1 
1
x
x
cos
x
 sin x  1  1  tan x.tan
cos x.cos
 2 �
2 � sin x  1 ( loại).
cos x
2
+ PT
x � 0; 2020 
x � 2 , 4 , 6 ,...2018 
Vì
, nên
.
T  2  4  6  ...  2018  2  1  2  3  ...  1009   1009.1010
Tổng
.
3
2
 9 x  1 9 x  1  8 x  12 x  10 x  3
b) Giải phương trình

Lời giải
1
3
3
x�
9 x  1 9 x  1  8 x3  12 x 2  10 x  3 � 9 x  1  2 9 x  1   2 x  1  2  2 x  1  1

9 . Ta có
ĐK:
f  t   t 3  2t ,  t �0 
f�
 t   3t 2  2  0, t �0 suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0; �
Xét hàm số
có
� 1
13  137
�x �
�� 2
� x
8
2
9 x  1   2 x  1
 2  . Từ  1 và  2  suy ra 2 x  1  9 x  1 �
�
(Thỏa mãn ĐK).
13  137
x
8
Vậy
.





�x  x  y  m
�
�
�
�
2
� x  y   1  x  x  3 �x  3 y  2 x  x  xy �
�
�với m là tham số thực. Tìm
Câu 2. Cho hệ phương trình: �
 0; 2020 để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
các giá trị nguyên của tham số m trong đoạn
Lời giải
�x �0
�
Điều kiện: �x  y �0 .



Ta có:

x  y  x  3 3 x  y  2 x x  y  x  x x  3x

�
�





�
�
x  y   1  x  x  3 �x  3 y  2 x  x 2  xy �
�
�





x  y  x  33



x y  x

  x
2

3

3

 x

2

()

a  3 x y  x
Đặt
và b  x , dễ thấy a �0, b �0
() thành a 3  3a 2  b3  3b 2

� a 3  b 3  3  a 2  b 2   0 �  a  b   a 2  ab  b 2  3  a  b    0

(Dễ thấy

a 2  ab  b 2  3  a  b   0

� ab �

3

).

x y  x  x � x y  x  x x �

x y  x x  x

x �1
�
� x  y  x  x  1 � x  x  1 �0 � �
� x  y  x  x  1
x0.

�
Trường hợp 1: x  0 �  y  0 � y  0 .
x  x  y  m thành m  0 . Suy ra m  0 là 1 giá trị cần tìm.
Vậy
Trường hợp 2: x �1




Vậy

x x y m

thành

x  x x  x  m , x � 1;  � (1)

. Hệ có nghiệm duy nhất khi (1) có nghiệm duy

 1;  � .
nhất trên
x � 1;  �
f  x  x  x x  x
Xét
, với
.
1
� f�
 0, x � 1;  �
 x   2 x  3x  1 .

f  x  �1 m 1
2 x
. Suy ra
.
m0
�
��
m �1 . Do m �� và m � 0; 2020 . Suy ra có 2021 giá trị nguyên của tham số m
�
Yêu cầu bài toán
Câu 3. a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số
chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề .
Lời giải
Cách 1:
aa aa a a a
Gọi số cần tìm là 1 2 3 4 5 6 7 .
5
Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10  4500000 ( số ).
n     4500000
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có
.
3
3
Gọi A là biến cố: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ và chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề”
a ,a ,a
Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào các vị trí 1 2 3 .
3
a ,a ,a
Số cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí 1 2 3 là 5 cách.





4
Số cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn khác nhau vào 4 vị trí cịn lại là: A5 .
3
4
Các số lập được trong trường hợp này là: 5 . A5  15000 (số).

a ;a ;a ;a ;a
Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào 3 vị trí liên tiếp từ các vị trí 2 3 4 5 6 .
 a ; a ; a  ; a3 ; a4 ; a5  ; a4 ; a5 ; a6  .
Có 3 cách chọn bộ 3 vị trí liên tiếp: 2 3 4
Mỗi bộ 3 vị trí được chọn có:
3
+) 5 cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí đó.
3
+) có 4.A4 cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn vào 4 vị trí cịn lại.
3
3
Số các số lập được trong trường hợp này là: 3.5 .4. A4  36000 (số).
n  A   36000  15000  51000
Số phần tử của biến cố A là:
.
n  A
51000
17
P  A 
n     4500000  1500

Vậy xác suất cần tìm là:
.
Cách 2:
5
Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10  4500000 ( số ).
n     4500000
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có
.
3
3
Gọi biến cố A: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ và chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề”
+) Nếu chữ số đầu có thể là chữ số 0 .
4
Số cách chọn 4 chữ số chẵn từ các chữ số 0; 2; 4;6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A5 .

X
Chẵn
x
Chẵn
x
Chẵn
x
Chẵn
4 chữ số chẵn vừa xếp tạo ra 5 khoảng trống.
Chọn 1 khoảng trống từ 4 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có
4.53 cách.
4
3
Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A5 .4.5  60000 (dãy).
+) Nếu chữ số đầu tiên là chữ số 0 .

3
Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ các chữ số 2; 4;6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A4 .
x
Chẵn
X
Chẵn
x
Chẵn
0
3 chữ số chẵn vừa xếp cùng với chữ số 0 đứng đầu tạo ra 4 khoảng trống.
Chọn 1 khoảng trống từ 3 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có

3.53 cách.
3
3
Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A4 .3.5  9000 (dãy).
+) Suy ra số các dãy là số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000  9000  51000 (dãy).

Do đó số phần tử của biến cố A là:

n  A   51000

P  A 

n  A

51000
17

n     4500000  1500
.

. Vậy xác suất cần tìm là:
n
1 �
�
�x 4 �
2
2 x � biết rằng n là số nguyên dương thỏa
b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức �
C1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn  64n
mãn: n
.
Lời giải
n
0
1
2 2
3 3
 1  x   Cn  Cn x  Cn x  Cn x  ....  Cnn1x n1  Cnn x n (1) (n �N * )
Xét khai triển
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có:
n 1
n  1  x   Cn1  2Cn2 x  3Cn3 x 2  ...  (n  1)Cnn 1 x n 2  nCnn x n 1
(2)
x

1
Thay

vào (2) ta được:
n 1
1
n.2  Cn  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn
C1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn  64n
. Từ giả thiết n
n 1
6
n 1
*
Ta có: 64n  n.2 � 2  2 � 6  n  1 � n  7 (thỏa mãn n �N ).
7

1 �
�
�x 4 �
2 x � là:
Số hạng tổng quát của khai triển �
k

7k
k
14  3k

1
�1 � 1
T C
x
. � 4 �  k C7k .x 2 .x 4  k C7k .x 4 ;0 �k �7, k �N
2

�2 x � 2
14  3k
2�k 2
2
4
Để T chứa x ta cần tìm số k sao cho 0 �k �7, k �N và
(thỏa mãn).
1 2 21
.C7 
2
2
4 .
Vậy hệ số của số hạng chứa x là: 2 .
Câu 4. a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AD  2 AB  2 BC ,
k
7

 

7k

CD  2a 2 . Hình chiếu vng góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnh CD . Tính khoảng cách từ

SBM 
trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng 
.
Lời giải

+ Kẻ CI  AD mà AD  2 AB  2BC nên suy ra I là trung điểm của AD � CID là tam giác vuông cân tại I
SM   ABCD  �  SMB    ABCD 

+ Ta có
� IX   SBM 
Nên từ I ta kẻ IX  BM


� GN   SBM  � d �
G,  SBM  �
�
� GN
+ Trong ( SIX ) ta kẻ GN / / IX
GN SG 2
2

 � GN  IX
SI 3
3
+ Xét hai tam giác đồng dạng SGN và SIX : IX
Ta xét ( ABCD) :

1
AB
2
+ Kẻ MF  AD mà M là trung điểm của CD
suy ra F là trung điểm của AQ
Ta có: CD  2a 2 , mà CID vuông cân tại I nên ID  2a
1
MF  AB
2
suy ta F là trung điểm của AQ � AQ  6a
� MF 

+ Xét  vuông ABQ , ta kẻ AK  BQ

� AK 

+ Ta xét 2 tam giác đồng dạng QIX và QAK :
2
2 2a 10 4a 10
GN  IX  .

3
3
5
15
Vậy:

AQ. AB
AQ  AB
2

� IX 

2



3a 10
5

QI . AK 2a 10


QA
5 .

AA '  a  a  0 
b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vng, AB  1 và
.
BDC
'
.
Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng 
Lời giải

Đặt CB  b(b  0)
Dễ thấy CB�
cắt BC �
tại trung điểm của mỗi đường
1
1
d ( B�
, ( BDC �
))  d (C , ( BDC �
)) 

1
1
1
1 1



1 2  2
2
2
2
CD CC � CB
a b
Nên


u
uuu
r
d ( B�
, ( BDC �
))
�
sin( DB�
, ( BDC �
)) 

DB�
DB�
 a  b  1 =>
2

2

(a 2  b 2  1)(

1

(a 2  b 2  1)(

1 1
  1)
a 2 b2

1 1
1
1
 2  1) �
| a.  b.  1| 3
2
a b
a
b
(dấu “=” xảy ra khi a  b  1 )

Áp dụng bất đẳng thức B.C.S
u
uuu
r
1
�
sin( DB�
, ( BDC �
)) �
�
, ( BDC �
)) �90 mà trong khoảng này hàm y  sin x đồng biến �
3 dễ thấy 0 �( DB�

1
�
�
( DB
, ( BDC �
)) max  arcsin( )
3
u1  2
�
�
�
un 2  2019un
u

, n �1
�n 1
un 

2020
�
Câu 5. a) Cho dãy số
xác định như sau
�u
un �
u
lim � 1  2  ... 
.
�
u2  1 u3  1
un 1  1 �

�
Tính
Lời giải
2
u
u

1
u  2019un

 u
un 1  n
 n n
n
2020
2020
Ta có
.
uk  uk  1
u

 uk
k

1
u  2  1.
u 1
2020
+) Có 1
Giả sử k

, ta có
.
uk  uk  1
0
*
*
u 1
Vì k
nên 2020
suy ra uk 1  uk  1, k �� . Vậy un  1, n ��

un  un  1
un  un  1
 un
 0 � u  u , n ��* �
u 
u

1,

n
��
 nên
n 1
n
2020
2020
Vì
mà n
dãy n tăng

u  2, n  1 .
và n
u 
+) Giả sử n có giới hạn hữu hạn là L � L  2 , khi đó
L0
�
u 2  2019un
L2  2019 L
un 1  n
�L
� L2  L  0 � �
L  1 (loại vì L  2 ).
2020
2020
�
un 1 

Vậy

 un  có giới hạn vơ hạn. Mà un  2, n  1 nên lim un  �.
u  u  1
u  u  1
un 1  n n
 un � un 1  un  n n
� 2020  un 1  un   un  un  1

+)Ta có

� un 

2020

2020

2020 �
 un1  1   un  1 �
2020  un 1  un 
un
�
�� un  2020  2020
�

un  1
un 1  1
un 1  1 un  1 un 1  1
 un 1  1  un  1

.

Suy ra
�u
�2020 2020 2020 2020
un �
u
2020 2020 �
lim � 1  2  ... 



 ... 


� lim �
�
un 1  1 �
un  1 un 1  1 �
�u2  1 u3  1
�u1  1 u2  1 u2  1 u3  1

�2020 2020 �
 lim �

� 2020 (do u1  2;lim un 1  lim un  �).
�u1  1 un 1  1 �
2
b) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x �y; x �z; x  9 yz �xz  9 xy .
P
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
+/ Ta sẽ chứng minh:

3

9 y  x 2 y  x 2 y  z 2z  x



y
x y
yz
xz .
Lời giải

1
1
2

�
Với mọi a, b dương và ab �1 thì 1  a 1  b 1  ab (*)



P  3 9t 
Khi đó

a b





2

ab  1 �0
Thật vậy: (*)
(ln đúng). Đẳng thức xảy ra khi a  b hoặc ab  1 .
x 2  9 yz �xz  9 xy �  x  z   x  9 y  �0 � x  9 y �0
+/ Ta có:
vì x �z � x  z �0
x
t  � t � 1;9

y
Đặt
�

t2
y
z
t2
1
1
1
 1
 3 9t 
2

z
x
t 1
yz
xz
t 1
1
1
y
z
P �3 9  t 

t2
2
t 1

2
1

z x
yz

 3 9t 

t2
2
2
t 1
1 t

Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:
t2
2
f (t )  3 9  t 
2
, t � 1;9 
t

1
1

t
Xét hàm số
có
1

1
1
f '(t) 


 0, t � 1;9 
18
2
2
2
3
P �f (t) �f(9) 
t

1


t 1 t
 9  t
5
từ đó suy ra
�x
�y  9
�
�x  9 y
�x  9 y
��x z
��
��
�� 

2
�z  3 y
�xy  z
��z y
��x z
�x  9 y
18
�� .  1
�
P

z y
5 khi �z  3 y .
Dấu bằng xảy ra khi ��
. Vậy min
ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 2
1
cos3x ( 2cos 2 x +1) =
2
Câu 1. (6 đ) a) Giải phương trình



b) Giải phương trình sau:



x3
1
27

 2   3 3x2  3x 
3
2
4 .

�
�2  x  y   2 x  y  2 xy  1  1
�
3 3 y  1  8x3  2 y  1
Câu 2. (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0: �
u = sin x, u2 = cos x, u3 = tan x
Câu 3. (4 đ) a) Cho cấp số nhân ( un ) với 1
lần lượt là ba số hạng đầu tiên. Tìm
n để số hạng un =1+ cos x.
b) Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Tính xác suất
để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu .
ABCD )
Câu 4. (6 đ) a) Cho hình vng ABCD cạnh a, trên đường thẳng vng góc với (
tại A ta lấy điểm S
di động. Hình chiếu vng góc của A lên SB, SD lần lượt là H , K . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ACHK
.


b) Cho hình chóp S . ABC có SA =1, SB = 2, SC = 3. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng ( a ) đi
qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1
1
1
T=
+ 2+ 2

2
SM
SN
SP .
Câu 5. (2 đ) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x  y  x  1  2 y  2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
P  x 2  y 2  2  x  1  y  1  8 4  x  y
.
---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 2
1
cos3x ( 2cos 2 x +1) =
2
Câu 1. (6 đ) a) Giải phương trình
�
4cos3
x
cos2
x
+
2cos3
x
=
1
Lời giải. Phương trình
� 2( cos5x + cos x) + 2cos3x = 1
� 2cos x + 2cos3x + 2cos5x = 1.
sin x = 0 � x = kp ( k ��)

 Nhận thấy
không thỏa mãn phương trình.
sin

x
2sin
x
cos x + 2sin x cos3x + 2sin x cos5x = sin x
 Nhân hai vế cho
ta được
� sin 2 x +( sin 4 x - sin 2 x ) +( sin 6 x - sin 4 x ) = sin x

Vậy phương trình có các nghiệm là
hết cho 7.
b) Giải phương trình sau:
Điều kiện:

� m 2p
�=
x
�
5
� sin 6 x = sin x � �
( m, n ��) .
� p n 2p
x= +
�
7
� 7
m 2p
p n 2p
x=
x= +
5 và

7
7 với 2m không chia hết cho

x3
1
27
 2   3 3x2  3x 
3
2
4

x �3 6

 * .

5 và (1+2n) không chia

 1

.
Lời giải

2

27 3 � 1 �
y  3x  3x 
 3�x  � 6 �3 6
4
� 2�
Đặt

, phương trình đã cho trở thành hệ phương trình sau:
�3
27 �
2
27
�y  3x  3x  4
y3  3x2  3x 
�
�3
27
�
�
2
4
 1
2 � �
�3
�y  3x  3x 
4
�
�
�
27
x
1
�
�  2  y
�x3  3y2  3y 
�
�

�x3  3x2  3x  y3  3y2  3y  2
�
�
4
3
2
�
�
�
�
.
3
f�
6; �
 t  3t2  6t  3  0,t ��
f  t  t3  3t2  3t
�
Xét
có
.
3
� 6; �
f  t
 2 � y  x , thế vào  1 :
Suy ra hàm số
luôn đồng biến trên �
, do đó:
3

2





3
3
27
23
46
�  x  1 
� x  1
4
4
2 (thỏa mãn điều kiện (*)).
�
�2  x  y   2 x  y  2 xy  1  1
�
3 3 y  1  8x3  2 y  1
Câu 2. (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0: �
2 x  y  2 xy  1   2 x  1  y  1
Lời giải Ta có
.
Do x  0 nên y �1 .

 1 � x

3

 3x2  3x 

 1 � 2  x  y    2 x  1  y  1  1 �  2 x  1 
Từ đó ta có:
�2x 1  y 1
�x  0, y �1
��
��
y  2x  0
�
� 2 x  1  2 y  1 �
.

 2 x  1  y  1  2  y  1  0

 2  ta được: 3 6 x  1  8 x3  4 x  1 � 6 x  1  3 6 x  1  8 x3  2 x  *
Thay y  2 x vào
f  t   t3  t
f�
 t   3t 2  1  0, t  0
Xét hàm số
với t  0 , có
f  t
 0; � .
Suy ra
là hàm số đồng biến trên khoảng
 * � f 3 6 x  1  f  2 x  � 3 6 x  1  2 x � 8x 3  6 x  1  0
Suy ra
1
� 4 x 3  3x   3

2
1
� 4 x 3  3x �1 
2 suy ra phương trình vơ nghiệm
Với x �1
��
1
 ��0; �
3 � 4 cos3   3cos  

� 2 �. Khi đó
2
Với 0  x  1 , đặt x  cos  với



� cos 3 



��
1

2
 ��0; ��   
� � k
,  k ��
� 2�
2
9

3
9
. Do


�
x  cos
�
�
9
�
�y  2 cos 
9 .
Vậy �
Câu 3. (4 đ) a) Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = sin x, u2 = cos x, u3 = tan x lần lượt là ba số hạng đầu tiên. Tìm n để
số hạng un = 1+ cosx.
Lời giải. Từ giả thiết suy ra cơng bội của CSN là

q=

u2 cos x
=
.
u2 sin x

2
2
3
2
Theo tính chất CSN ta có u1.u3 = u2 � sin x.tan x = cos x � cos x + cos x - 1= 0.

3
2
Đặt t = cos x, - 1�t �1. Khi đó ( 1) trở thành t + t - 1= 0.

( 1)
( 2)

n- 1

Ta có

�
cos x�
cosn- 1 x
�
1+ cos x = un = u1.�
=
.
�
�
�
�
�sin x �
sinn- 2 x
2

( 1+ cos x) =
Suy ra
2

� ( 1+ t) =

cos2n- 2 x
cos2n- 2 x
=
sin2n- 4 x ( 1- cos2 x) n- 2

t2n- 2
2 n- 2

� ( 1+ t) ( 1- t2 )
2

n- 2

= t2n- 2 � ( 1+ t) t4 ( 1- t2 )
2

( 1- t )
2
n- 2
2
n- 2
� ( 1+ t) ( t2 ) ( 1- t2 ) = t2n+2 � ( t2 + t3 ) ( 1- t2 ) = t2n+2
n- 2
� ( t3 ) = t2n+2 � t3n- 6 = t2n+2 � tn- 8 = 1.

n- 2

= t2n+2

2

Suy ra n- 8 = 0 � n = 8.
b) Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Tính xác suất
để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu .
Lời giải
n   C155
Gọi A là biến cố: “ 5 bút được chọn có đúng hai màu”. Ta có  
.
Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp:
TH1: Có đúng hai màu xanh và đen:
C5
- Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen (có 9 bút), có 9 cách chọn.


C95

cách chọn 5 bút trên, có

- Trong
để cả 5 bút đều màu xanh.

C55

cách chọn cả 5 bút đều màu đen và khơng có cách chọn nào

C 5  C55
Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng 9
.

TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ:
C5
- Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có 11 cách chọn.
C115 cách chọn 5 bút trên, có C55 cách chọn cả 5 bút đều màu đen và C65 cách chọn cả 5 bút
- Trong
đều màu đỏ.
C 5  C55  C65
Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng 11
.
TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh:
C5
- Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có 10 cách chọn.
C105
C5
cách chọn 5 bút trên, có 6 cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và khơng có cách chọn cả 5
- Trong
bút đều màu xanh.
5
5
Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và xanh bằng C10  C6 .
Vậy

P  A

C


5
9

 C55    C115  C55  C65    C105  C65 
5
15

C



118
429 .

Câu 4. (6 đ) a) Cho hình vng ABCD cạnh a, trên đường thẳng vng góc với ( ABCD ) tại A ta lấy điểm S di
động. Hình chiếu vng góc của A lên SB, SD lần lượt là H , K . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ACHK .
1
V = abd
. . ( a,b) .sin( a, b) .
6
Lời giải. Tham khảo hình vẽ. Ta sẽ sử dụng cơng thức
a2 x
x2a 2
IH = 2
.
KH
=
,
2
2
SA = x ( x > 0) .
HI = d( KH , AC )
a +x

a + x2

Đặt
đó

VACHK

Tính được

Chứng minh được

và AC ^ HK . Khi

1
x2a 2 a2 x
a4
x3
= .a 2. 2
. 2
= .
.
1
2
2
= AC.KH .HI
6
a +x a +x
3 ( a2 + x2 ) 2
6

f ( x) =

Xét hàm

x3

(x

2

+ a2 )

3 3

max f ( x) =
16a khi x = a 3.
trên ( 0;+�) , ta có ( 0;+�)

2

Suy ra thể tích khối tứ diện lớn nhất bằng

Vmax =

a3 3
.
16

b) Cho hình chóp S.ABC có SA = 1, SB = 2, SC = 3. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng ( a ) đi qua
trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1
1
1
+
+
SM 2 SN 2 SP 2 .
Lời giải. Do G là trọng tâm D ABC.
uur 1 uur uur uur
SG = SA + SB +SC
3
Ta có
u
u
r
r SC uur �
SG
1�SA uuur SB uuu
�
.SI = �
.SM +
.SN +
.SP �
�
�
�
�
�
SI
3�
SM

SN
SP
T =

(

)

uu
r 1�SA uuur SB uuu
r SC uur �
� SI = �
.SM +
.SN +
.SP �
.
�
�
�
�
�
6�
SM
SN
SP


�
1�
SA SB SC �

SA SB SC
�
+
+ �
= 1�
+
+
= 6.
�
�
�
SM SN SP
Do I , M , N , P đồng phẳng nên 6�SM SN SP �
2
�SA SB SC �
� �1
� 2
1
1 �
�
+
+
+
+
���
�
( SA + SB2 + SC 2 ) .
�
�
�

�
�
� �
�
SM SN SP �
SM 2 SN 2 SP 2 �

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có
36
18
T� 2
= .
2
2
SA
+
SB
+
SC
7
Suy ra

Câu 5. (2 đ) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x  y  x  1  2 y  2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của
P  x 2  y 2  2  x  1  y  1  8 4  x  y
.
Lời giải
�
�
�x �1
x  y  x  1  2  y  1 ; ��K : �

� x  y �0 �
�y �1
�
�

�  x  y  � 1  2   x  1  y  1 �  x  y  �3  x  y 
ۣ
ۣ
�0 x y 3.
t  x  y � 0;3
Đặt
P  x 2  y 2  2  x  1  y  1  8 4  x  y
2

2

  x  y  2 2  x  y   2  8 4   x  y 

 t 2  2t  2  8 4  t

2
t � 0;3
Xét f (t )  t  2t  2  8 4  t với
8
2 �
�
f�
 2t  2 �
1
 t   2t  2 

�
2 4t
� 4t �
� 4t 2�
2  4  t  4
 2t  2 �
 2t 
�
� 4t �
4t 4t  2
�
�





1
�
� 2t 3  t  2 4  t
 2t �
1
�
� 4t  2 4t � 4t 4t  2

� min f  t   f  0   2  8 4  18
 0;3







�
f�
 t

0

 Khi x  1; y  1

t

 0;3

max f  t   f  3  9  6  2  8  25  Khi x  2; y  1
 0;3

---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 3
Câu 1.(6,0 điểm)
cos 2 2 x
 sin x  cos x  2
1. Giải phương trình 4 2
.
3
2
 3x  4  3x  5  x  x  6 x  10 .
2. Giải phương trình

1
1
�2
2
x

y


5
2
2
�
x
y
�
2
�
xy

1
 x 2  y2  2


�

 x, y ��

Câu 2. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 3. (4,0 điểm)

u1  2
�
�
u2  3
�
�
u  3.u n1  un
u 
S
1. Cho dãy số n biết �n  2
. Với S 2020  u1  u2  u3  ...  u2020 , tính 2020 .


2. Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số chọn
được có các chữ số 3,4,5 đứng liền nhau và các chữ số 6,9 đứng liền nhau.
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của điểm A ' lên mặt

(ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC
a 3
bằng 4 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' .
   đi qua trung điểm I của đoạn
2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng
AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D
thẳng AG và cắt các cạnh
phẳng

A, B, C, D đến mặt phẳng    .
h 2B  h C2  h 2D
�h 2A

3
Chứng minh rằng:
.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
2
3
P

.
a  ab  3 abc
abc

lần lượt là khoảng cách từ các điểm

---HẾT--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 3
Câu 1.

cos 2 2 x
 sin x  cos x  2
1. Giải phương trình 4 2
.
Lời giải
� �
t  sin x  cos x  2 cos �x  �
� 4 �, với  2 �t � 2 .
Đặt
2
sin 2 x  2sin x cos x  t 2  1 � cos 2 2 x   1  sin 2 2 x   �
1   t 2  1 � t 4  2t 2
�

�
Ta có
.
Do đó, phương trình đã cho trở thành :
t 4  2t 2
 t  2 � t 4  2t 2  4 2t  8  0 � t 2  t 2  2   4 2 t  2  0
4 2











� t  2 t 3  2t 2  4 2  0 � t  2

.

� �
� �
t  2 cos �x  � 2 � cos �x  � 1 � x   k 2 , k ��
4
� 4�
� 4�
Suy ra
.

3
2
 3x  4  3x  5  x  x  6 x  10 .
2. Giải phương trình
Lời giải
3
2
 3x  4  3x  5  x  x  6 x  10  1
5
x �  *
3
 Điều kiện:
 1 �  3x  5 3x  5  3x  5  x3  x 2  6 x  10
Phương trình
3
2
�  3 x  5  3 x  5  2  3 x  5   3 x  5   x  1  2  x  1   x  1
� 3x  5 �0
5
�
x�
3 nên �x  1  0
 Do
f  t   t 3  2t 2  t
Xét hàm số
, với t �0
2
f�
 t   3t  4t  1  0 , với mọi t �0 .
Có

 2


� Hàm số y  f  t  đồng biến trên  0;  � .

�
�x  1 �0
�x �1
x2
�
��
2 � �
��
2
 2  � 3x  5  x  1 �3x  5   x  1
x3
�x  5 x  6  0
�
Khi đó, phương trình
 * ta có tập nghiệm phương trình là S   2;3 .
Đối chiếu với điều kiện

Câu 2. Giải hệ phương trình

Giải

ĐKXĐ:

1

1
�2
2
x

y


5
2
2
�
x
y
�
2
�
 xy  1  x 2  y 2  2
�

 x, y ��

�x �0
�
�y �0

2
2
�
� 1� � 1�

�
�x  � �y  � 5
�
� x� � y�
�
� 2
x  1 . y 2  1  2xy

�
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2
�
� 1� � 1�
1
�
�
�x  � �y  � 5
ux
�
� x� � y�
�
x
�
��
 *
�
�
�
1

�� 1�
1
�
x �
. �y  � 2
vy
��
y
� � x �� y �
, đặt �
2
�
u 2  v2  5 �
u  v  9
�

��
�
uv

2
*
uv  2

�
Hệ phương trình
trở thành �
u  v3
u  v  3
�

�
��
�
uv  2
uv  2
�
�

(I) hoặc

�u  1
v 2
�

(II)

 I � �
Ta có:

hoặc

�u  1
v  2
�

u2
�
�
�v  1

 II  � �

hoặc

u  2
�
�
�v  1

u2
�
1
�
u x   u 2
v 1
x
Vì
nên chỉ có �
và
� 1
x 1
x 2
�
�
� x
�
� � 1� 5
� 1
u2
�

�y   1
�y 
�
�
2
� y
�v  1
ta có

u  2
�
�
�v  1

thỏa mãn.

(thỏa mãn ĐKXĐ)

� 1
x   2
�x  1
�
� x
�
� � 1 � 5
� 1
u  2
�
�y   1
�y 

�
�
2
�v  1 ta có � y
(thỏa mãn ĐKXĐ)


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

 x; y 

là:

� 1  5 �� 1  5 �� 1  5 �� 1  5 �
1;
, 1;
,�
1;
,�
1;
�
��
�
�
�
2
2
2
2
�

��
��
��
�.

Câu 3. 1. Cho dãy số

 un 

biết

u1  2
�
�
u2  3
�
�
un  2  3.un 1  un
�

. Với S 2020  u1  u2  u3  ...  u2020 , tính
Lời giải

Ta có:

� 1  2   �
� �
u1  2  2.1  2.sin � � 2.sin �
�
�2 �

� 6
�.
� 2  2   �
3
�2 �
u2  3  2.
 2.sin � � 2sin �
�
2
�3 �
� 6
�.
� 3  2   �
1
�5 �
u3  1  2.  2.sin � � 2.sin �
�
2
�6 �
� 6
�.
� n  2   �
un  2sin �
, n �1
�
6
�
�
Dự đoán:
.

Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp.
�
�
u1  2sin � � 2
�2 � . Mệnh đề trên đúng với n  1 .
Thật vậy: ta có

� k  2   �
uk  2sin �
�
n  k ,  k �1
� 6
�.
Giả sử mệnh đề đúng với
tức là
� k  3  �
uk 1  2 sin �
()
�
6
�
�
n

k

1
Phải chứng minh mệnh đề đúng với
hay
.

�k 3 �
() � 3uk  uk 1  2sin � 
�
6 �.
�6
Ta biến đổi tương đương như sau:

� k  2  
� 3.2sin �
� 6

�
� k  1 
� 2sin �
�
� 6

�
�k  �
� 2sin �  �
�6 2 �.
�
�k  �
�k  �
�k �
� 2 3.sin �  �
 2sin �  � 2 cos � �
�6 3 �
�6 6 �
�6 �.

k
� k
3�
sin
 3 cos
6
� 6

k
k
��
 cos
� � 3 sin
6
6
��

k
�
� 2cos
6 (luôn đúng).
�

� n  2   �
un  2sin �
, n �1
�
6
�
�

Vậy
.
� k  2   �
� k  2  
�
� k  14   �
uk  2sin �
 2 � 2sin �
� 2sin �
� uk 12
6
6
6
�
�
�
�
�
�
Ta có:
.
S
  u1  u2  u3  ...  u12    u13  u14  ...  u24   ...   u2005  u2006  ...  u2016 
Vậy: 2020
u2017  u2018  u2019  u2020 .
� S 2020  168.  u1  u2  u3  ...  u12    u2017  u2018  u2019  u2020 
.
� S 2020  168.  u1  u2  u3  ...  u12    u1  u2  u3  u4 
.

S2020

.


u  u  u  ...  u12  0
u u u u  3 3
� S2020  3  3
Dễ thấy 1 2 3
và 1 2 3 4
.
.
2. Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số chọn
được có các chữ số 3,4,5 đứng liền nhau và các chữ số 6,9 đứng liền nhau.
Lời giải
Không gian mẫu là số số tự nhiên có 7 chữ số đơi một khác nhau   9.9.8.7.6.5.4.
Gọi A là biến cố số chọn được thỏa mãn yêu cầu đề bài
Số thỏa mãn yêu cầu đề bài bắt buộc phải có 5 chữ số 3,4,5,6,9 nên cần chọn thêm 2 chữ số từ 5 số còn lại
(0,1,2,7,8)
C2
Số cách chọn ra 2 trong 5 chữ số 5 (1)
Theo đề ta “buộc” 3 chữ số 3,4,5 lại và xem như 1 phần tử có 3! cách, tương tự cũng buộc 2 chữ số 6 và 9 lại và
xem như một phần tử có 2! cách (2)
Sau đó hốn vị 4 phần tử gồm 2 phần tử đã chọn ở (1) và 2 phần tử đã chọn ở (2) có 4! Cách
C 2 .3!.2!.4!
Tổng cộng có 5
số
Nhưng trong cách tính trên vẫn cịn số có dạng Oabcdef tức là có số 0 đứng đầu
Ta tính số phần tử của trường hợp này tương tự như cách làm trên đối với số có 6 chữ số và chắc chắc số 0
C1 .3!.2!.3!

  C52 .3!.2!.4!  C41 .3!.2!.3!
đứng đầu, ta có 4
. Vậy A
C 2 .3!.2!.4!  C41 .3!.2!.3!

1
P( A)  A  5


9.9.8.7.6.5.4
210
Xác xuất của biến cố A là:
Câu 4. (6,0 điểm)
1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của điểm A ' lên mặt

(ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC
a 3
bằng 4 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' .

2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng   đi qua trung điểm I của đoạn
AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng
thẳng AG và cắt các cạnh
phẳng

A, B, C, D đến mặt phẳng    .
h 2B  h C2  h 2D
�h 2A
3
Chứng minh rằng:
.

cách từ các điểm

Giải

a2 3
SABC 
4 .
1. Diện tích đáy là
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC
BC  AE
�
D
� BC   AA'E 
�
BC  A 'G
Gọi E là trung điểm BC . Ta có �
Gọi D là hình chiếu vng góc của E lên đường thẳng AA ' .
BC  DE, AA'  DE
Do đó
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC
�  DE  1 � DAE
�  300
sin DAE
AE 2
Tam giác ADE vuông tại D suy ra
a
A 'G  AG.tan 300 
3
Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có

Vậy

VABC.A 'B'C '  A 'G.SABC

a3 3

12 .

B', C', D' lần lượt giao điểm của mp    với các cạnh
AB, AC, AD .

2. Gọi

1
VAGBC  VAGCD  VAGDB  VABCD
3
Ta có
(*)
V
 VAIB'C'  VAIC'D'  VAID'B' và (*) nên
Vì AB'C'D'
VAB'C'D' VAIB'C'
V
V

 AIC'D'  AID'B'
VABCD
3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB

AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC'
AI.AC'.AD'
AI.AD'.AB'



AB.AC.AD
3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB
AB AC AD
AG
BB' CC' DD'
�


 3.
6�


3
AB' AC' AD'
AI
AB' AC' AD'
BB' h B CC' h C DD' h D

,

,

AB'
h

AC'
h
AD'
hA
A
A
Mặt khác ta có
�

hB hC hD
2


 3 � h B  h C  h D  3h A
h

h

h
�3  h B2  h C2  h D2 


h
h
h
B
C
D
A
A

A
Suy ra
(**). Ta có:
2
2
2
�  h B  h C    h C  h D    h D  h B  �0
( luôn đúng )

Kết hợp với (**) ta được

 3h A 

2

�3  h B2  h C2  h D2 

h 2B  h C2  h 2D
�h 2A
3
Hay
.

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

P

2

a  ab  3 abc

3
.
abc

Giải Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có

1 a  4b 1 a  4b  16c 4
a  ab  3 abc �a  .
 .
  a  b  c
2 2
4
3
3
.
3
3
P�

2 a  b  c
abc
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4b  16c . Suy ra
3
3
P� 
t  a  b  c, t  0 . Khi đó ta có:
2t
t
Đặt

3
3
3
3
f  t  
f ' t  
 2
2t
t với t  0 ta có
2t t 2t .
Xét hàm số
3
3
f ' t   0 �
 2  0 � t 1
2t t 2t
Bảng biến thiên

t
f ' t 

f  t

�

0


�

1
0

�
+


0


Do đó ta có

min f  t   
t 0

3
2

3
2 khi và chỉ khi t  1

� 16
a
�
21
�
a  b  c 1
�
� 4
� �b 

�
a  4b  16c
�
� 21
� 1
3
c
P �
�
21 .
�
2
Vậy ta có
, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
16 4 1 �
3
 a,b,c   �

� , , �
�21 21 21 �
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 khi và chỉ khi
---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 4
Câu 1(6,0 điểm).

3sin x.tan x 

a) Giải phương trình:

2
 2  4sin x  tan x

cosx

�
2
�4
3 �
�xy  2  6y  3 �  2 �
�x x �
�
�
�
�
�
� 1�
�
�
�
�
3  ��
y y 12x  42 �3  5 � 87 �
 15 �12
�
�
�
�
x �x � � �x
� x�
�
b) Giải hệ phương trình �









Câu 2(5,0 điểm).
a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có
chẵn khác nhau,

3

�
 1�
�  x, y��

7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số

3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề.

u1  2
�
�
�
un 2  2019un
u

, n �1

�
n 1
u 
2020
b) Cho dãy số n xác định như sau: �
� u1
u2
un �
lim �


...

.
�
�u  1 u 1
un1 1 �
2
3
�
�
Tính
Câu 3(5,0 điểm). a) Cho khối hộp chữ nhật

ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  a 3 . Biết rằng thể tích

2a 3 3
C BD bằng 3 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A�
C và BD .
khối tứ diện A��

b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 6 , M là một điểm bất kì nằm phía trong của tứ diện. Gọi
ra , rb , rc , rd
 BCD  ,  ACD  ,  ABD   ABC 
M
khoảng cách từ

đến các mặt

và

lầ lượt là

.

F 1  1  1  1
ra  1 rb  1 rc  1 rd  1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Câu 4(2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD  là hình thoi có góc nhọn A bằng  . Hai mặt
 SAB , SAD 
bên

vng góc với mặt phẳng chứa đáy, hai mặt bên còn lại hợp với mặt phẳng đáy


SA  a và gọi  là góc hợp bởi đường thẳng SB với mặt phẳng  SAC  . Chứng minh
cot.sin 
2 .
sin 
2
sin   cot2 

rằng:
góc  . Đặt

Câu 5(2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực khơng âm có tổng bằng 1 chứng minh

1
( a2 +b2 )( b2 +c2 )( c2 +a2 ) �32
.
.……………Hết……………

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 4
2
3sin x.tan x 
 2  4sin x  tan x
cosx
Câu 1. a) Giải phương trình
Lời giải
2
3sin x.tan x 
 2  4sin x  tan x  1
cosx

cos x �۹
0 �x
k , k �
2
Điều kiện:
.

 1 � 3sin 2 x  2  2 cos x  4sin x.cos x  sin x

� 4sin 2 x  4sin x.cos x  cos 2 x  1   2 cos x  sin x   0
2
�  2sin x  cos x    2 cos x  sin x   1  0
2

1
1
�2
�
�2
�
� 5 � sin x 
cos x � 5 � cos x 
sin x � 1  0
5
5
�5
�
�5
�
�
2
��
cos  
,  ��
0; �
�
�
5
� 2�

�
1
�
sin  
2
�
� 5sin  x     5 cos  x     1  0
5
với �

� 5cos 2  x     5 cos  x     6  0 � 5 cos 2  x     5 cos  x     6  0

2
�
cos x    
 1
�
5
��
�
3 5
cos x     
 v�nghi�m
�
�
5
.
x  2  k 2
�
��

 1 � cos  x     cos  �x  k 2

.
Vậy phương trình có các nghiệm thỏa mãn là x  2  k 2 và x  k 2 .
�
4 3 �
 xy  2  2  6y  3 �
�  2�
�
�x x �
�
�
3
�
4 �3
� 1�
� � �1
�
�
3 �
�
�y  y  12x   2 �  5 � 87 � 15 � 2  1�
�
x�
x �x
� � �x
�  x, y ��
�
b) Giải hệ phương trình ��
Lời giải : Điều kiện x �0 .

Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình :

 xy  2 

2

2

12 9
3 �3 �
2
 6y   2  0 �  xy  2   2  xy  2  �  � �  0
x x
x �x �


3
�
xy  2 
�
3
�
x
� xy  2   0 � �
2
3�
x
�
�y  2  3

� �xy  2  �  0
x�
� x x2
�

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình :
2
3
�2 3 �
� �1
� 1 ��
� 3 � 12 20
�
�
�
3



12
2




63

15

1

� x ��
� x� 3
�
2
�x x2 �
� �
x2
�
��
�
�
�x
�
�
� �x
3

3

8 12
� 1�
�9 24 36
� �1
� � 1�
�3
� �1
�
��
3 �
 63 � 15 � 2  1� � �

3 �
�4  2 
� 4  2   21� 5 � 2  1�  
x
x
x
x
� x�
�x
� �x
� � x�
�x
� �x
�
1
t
x , ta có   trở thành phương trình :
Đặt

 3  t   3t 4  8t 2  12t  21  5  t 2  1  1
.
2
3
2�
� 2
3  t �
3 t  1  2  3  t  � 5  t 2  1

 1
3

Ta biến đổi

�

thành phương trình :
2�

�

.

3

� �3  t �
�3  t �
�3  t � �3  t �
� �2
3  2 �2
�
�
�� 5 � 2 �2
� 3 �2
� 5  0
t

1
t

1

t

1
�t  1 �
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
2
��3  t �
2
�3  t
�
�3  t � �
�3  t � �3  t �
� �2
 1�
2 �2
�
�  2 �2
� 5� 0 � 3  t  1
2 �2
� 2 �2
� 5  0, t ��

�t  1 �
��t  1 � �t  1 � �
�
�
t2 1
vì �t  1 � �t  1 �
1
�
x  1 � y  5
 1 �
�
t


1
�
x
2
�
� t t 20 � �
��
�
1
�
t2
1
x  � y  8
�
�
2

� 2
�
�
x
�
1
�
�
 x, y   � 1; 5  ; �
�
� ; 8 �
�2
�.
�
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là

Câu 2.

a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số
chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề.
Lời giải
Cách 1:
aa aa a a a
Gọi số cần tìm là 1 2 3 4 5 6 7 .
5
Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10  4500000 ( số ).
n     4500000
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có
.
Gọi A là biến cố: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí

liền kề”
a ,a ,a
Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào các vị trí 1 2 3 .
3
a ,a ,a
Số cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí 1 2 3 là 5 cách.
4
Số cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn khác nhau vào 4 vị trí cịn lại là: A5 .
3
4
Các số lập được trong trường hợp này là: 5 . A5  15000 (số).

a ;a ;a ;a ;a
Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào 3 vị trí liên tiếp từ các vị trí 2 3 4 5 6 .
 a ; a ; a  ; a3 ; a4 ; a5  ; a4 ; a5 ; a6  .
Có 3 cách chọn bộ 3 vị trí liên tiếp: 2 3 4
Mỗi bộ 3 vị trí được chọn có:
3
+) 5 cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí đó.
3
+) có 4.A4 cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn vào 4 vị trí cịn lại.


3
3
Số các số lập được trong trường hợp này là: 3.5 .4. A4  36000 (số).
n  A   36000  15000  51000
Số phần tử của biến cố A là:
.
n  A

51000
17
P  A 


n    4500000 1500
Vậy xác suất cần tìm là:
.
Cách 2:
5
Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10  4500000 ( số ).

n     4500000
Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có
.
Gọi biến cố A: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí
liền kề”
+) Nếu chữ số đầu có thể là chữ số 0 .
4
Số cách chọn 4 chữ số chẵn từ các chữ số 0; 2; 4;6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A5 .
X
Chẵn
x
Chẵn
x
Chẵn
x
Chẵn
4 chữ số chẵn vừa xếp tạo ra 5 khoảng trống.
Chọn 1 khoảng trống từ 4 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống

3
đó có 4.5 cách.
4
3
Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A5 .4.5  60000 (dãy).
+) Nếu chữ số đầu tiên là chữ số 0 .
3
Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ các chữ số 2; 4;6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A4 .
x
Chẵn
X
Chẵn
x
Chẵn
0
3 chữ số chẵn vừa xếp cùng với chữ số 0 đứng đầu tạo ra 4 khoảng trống.
Chọn 1 khoảng trống từ 3 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống
3
đó có 3.5 cách.
3
3
Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A4 .3.5  9000 (dãy).
+) Suy ra số các dãy là số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000  9000  51000 (dãy).
n  A   51000
Do đó số phần tử của biến cố A là:
.
n  A
51000
17
P  A 

n     4500000  1500
Vậy xác suất cần tìm là:
.
u1  2
�
�
�
un 2  2019un
u

, n �1
�n 1
u 
2020
b) Cho dãy số n xác định như sau: �
�u
un �
u
lim � 1  2  ... 
.
�
u2  1 u3  1
un 1  1 �
�
Tính
Lời giải
2
u  2019un un  un  1
un 1  n


 un
2020
2020
Ta có
.
u  u  1
uk 1  k k
 uk
u1  2  1.
uk  1
2020
+) Có
Giả sử
, ta có
.
uk  uk  1
0
*
*
uk  1
Vì
nên 2020
suy ra uk 1  uk  1, k �� . Vậy un  1, n ��

un  un  1
un  un  1
 un
0
u


1,

n
��
� un 1  un , n ��* � dãy  un 
 nên
2020
2020
Vì
mà n
u  2, n  1
tăng và n
.
un 1 


u 
+) Giả sử n có giới hạn hữu hạn là L � L  2 , khi đó
L0
�
un 2  2019un
L2  2019 L
un 1 
�L
� L2  L  0 � �
L  1 (loại vì L  2 ).
2020
2020
�
u 

u  2, n  1
lim un  �.
Vậy n có giới hạn vơ hạn. Mà n
nên
u  u  1
u  u  1
un 1  n n
 un � un 1  un  n n
� 2020  un 1  un   un  un  1
2020
2020
+)Ta có
� un 

2020 �
 un1  1   un  1 �
2020  un 1  un 
un
�
�� un  2020  2020
�

un  1
un 1  1
un 1  1 un  1 un1  1
 un1  1  un  1

.

Suy ra

�u
�2020 2020 2020 2020
un �
u
2020 2020 �
lim � 1  2  ... 



 ... 

� lim �
�
un 1  1 �
un  1 un 1  1 �
�u2  1 u3  1
�u1  1 u2  1 u2  1 u3  1
�2020 2020 �
 lim �

� 2020 (do u1  2;lim un 1  lim un  �).
u

1
u

1
1
n


1
�
�
Câu 3 . a) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, AD  a 3 . Biết rằng thể tích khối tứ
2a 3 3
C BD bằng 3 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A�
C và BD .
diện A��
Lời giải

1
1
VA '. ABD = .VABD. A' B ' D '  .VABCD. A' B ' C ' D '
3
6
Ta có
.

Suy ra
Do đó

1
1
VA 'C ' BD  VABCD. A ' B 'C ' D '  4.VA '. ABD = VABCD. A ' B 'C ' D '  4. .VABCD. A ' B 'C ' D '  .VABCD . A ' B 'C ' D '
6
3
.

VABCD. A ' B ' C ' D '  3.VA 'C ' BD = 2a 3 3

.

VABCD. A' B ' C ' D '  AA '. AB. AD  2a 3 3 � A A�


2a 3 3 2a 3 3

 2a
AB. AD a .a 3
.

Lại có
Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD . Gọi I là trung điểm AA ' ,
�A ' C // OI
� A ' C //  BDI 
�
OI � BDI 
�
.
Ta có
Khi đó d ( A ' C , BD )  d ( A ' C , ( BDI ))  d (C , ( BDI ))  d ( A, ( BDI ))  d
1
1
1
1
1
1
1
7
a 21



 2  2  2  2  2 �d 
2
2
2
AB
AD
AI
a 3a
a
3a
7 .
Ta có : d

.


6 , M là một điểm bất kì nằm phía trong của tứ diện. Gọi khoảng
BCD  ,  ACD  ,  ABD 
ABC 
cách từ M đến các mặt 
và 
lầ lượt là ra , rb , rc , rd . Tìm giá trị nhỏ
1
1
1
1
F




ra  1 rb  1 rc  1 rd  1 .
nhất của biểu thức

b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng

Lời giải

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC , CD . G là trọng tâm tam giác BCD .
d A, BCD    d  B,  ACD    d  C ,  ABD    d  D,  ABC    h
Ta có  
.
3 2
DI 
� DG  2
2
Tam giác BCD đều cạnh 6 , nên
.
h  AG  AD 2  DG 2 

 6  2
2

2

2
Khi đó,
.
ra rb rc rd VM .BCD  VM . ACD  VM . ABD  VM . ABC

V
   
 ABCD  1
VABCD
VABCD
Ta có: h h h h

� ra  rb  rc  rd  2

.

�1
1
1
1 �



��16
�ra  1 rb  1 rc  1 rd  1 �

 ra  1  rb  1  rc  1  rd  1 �

Áp dụng Bất đẳng thức Cơ-si, ta có:
8

6.F 16

F
3 . Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi ra  rb  rc  rd .

8
Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng 3 khi M là trọng tâm của tứ diện ABCD .

 

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy A BCD  là hình thoi có góc nhọn A bằng  . Hai mặt bên 
vng góc với mặt phẳng chứa đáy, hai mặt bên còn lại hợp với mặt phẳng đáy góc  . Đặt SA  a và gọi  là
SAB , SA D

SA C 
góc hợp bởi đường thẳng SB với mặt phẳng 
.

sin  

Chứng minh rằng:
Giải

cot .sin


2

sin2   cot2 

.


S

a
D

F



C
O



A

B


E

Gọi

 O  AC I

Ta có

BD

thì theo tính chất của hình thoi , BD  AC , O là trung điểm của AC và BD .

�BD  AC

� BD   SAC  �  SBD    SAC 
�
�BD  SA

�
 SBD  � SAC   SO
�
�
� hcSB /  SA C   SO � SB, SAC    SB,SO   �
BSO  
 SBD    SAC 
�
�
SB � SBD 
�
.



Trong tam giác vuông

SOB , sin  

OA là đường phân giác của

OB
(*)
SB
.


�
DAB ��
OAB  .
2

OB  ABsin

Trong tam giác vuông AOB ,
SAB ,

 acot 
 acot

.sin 
.

2 sin 
2
2cos
2

2
�acot  � 2 � cot2  �
SB  SA  AB  a  �
1
�
� a �
� sin2  �
�sin  �

�
�
2

Trong tam giác vuông



2

2

2

� cot2  � a
� SB  a �
1
sin2   cot2  .
�
� sin2  � sin 
�
�
acot 
.


2cos
cot .sin
2
2 .

� sin  

a
2
2
2
sin   cot2 
sin   cot 
sin

Từ (*)

Câu 5. Cho a,b,c là các số thực khơng âm có tổng bằng 1 chứng minh
1

( a2 + b2 )( b2 + c2 ) ( c2 + a2 ) �32

.

Lời giải
Khơng mất tính tổng qt giả sử a �b �c .
2
2
P =�
.�
a4 + a2 ( b+ c) - 2bc + b2c2 �
( b+ c) - 2bc�
�
�
�

�
�
�
�
�
Gọi P là biểu thức vế trái ta có
.
� t2 �
b+ c = t, bc = s, s ��
0; �
� 4�
�
�ta có
Đặt

(

P = f (s) = ( t2 - 2s) ( a4 + a2 ( t2 - 2s) + s2 )

.

)


f (s) = ( t - 2s) ( a + a ( t - 2s) + s
2

Xét hàm số

(

4

2

)

2

2

)

f '(s) = - 2 a + a ( t - 2s) + s + 2( t - 2s) ( s- a
4

2

2

2

2

2

với

� t2 �
s ��

0; �
� 4�
� �
ta

được

).

2

t2 1 ��
2
1
�
s �-��=��
�
��
�
�
4 4 ��
3
9

a2

s a2

0

f '(s)

Do đó f(s) là hàm nghịch biến trên đoạn

�t �
�
0; �
� 4�
� �
.

Chú ý

0

.

P = f (s) � f (0) = t2 ( a4 + a2t2 ) = a2t2 ( a2 + t2 )

2

g(t) = t2 ( 1- t)

Chú ý khảo sát hàm một biến
Bất đẳng thức được chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

(t

2

2

Suy ra

+( 1- t)

2

(

= t2 ( 1- t) t2 +( 1- t)

2

1
) �32
.

� 2�

0; �
) trên đoạn �
� 3�
�
�
ta có kết quả trên.

1
a = b= ,c = 0
2
hoặc

các hốn vị.
---Hết--ĐỀ ƠN THI HSG SỐ 5

x
2
2
 3
tan x

3 tan
Câu 1(6,0 điểm).

a) Giải phương trình:





�x 12  y  y 12  x 2  12
�
�
�x 3  8x  1  2 y  2
 x, y ��
b) Giải hệ phương trình �
Câu 2(5,0 điểm).

A   1; 2;...;100
a) Cho tập hợp
. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A . Tính xác suất để 3 phần tử được
chọn lập thành một cấp số cộng .

u 

� 2
u 
�
�1 3
�
u
n2
4n  1
�
un 1 
un 
n �1  1
lim n

�
n3
n3
n .
thỏa mãn
. Tìm

b) Cho dãy số n

Câu 3(5,0 điểm).
a) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Gọi M và N lần lượt là trung
điểm của SB và SC . Tính khoảng cách giữa AM và BN .
� ��
B C có AB  3a, AC  4 a . �
A�
BA  CA
C  900 . Biết khoảng cách từ điểm
b) Cho hình lăng trụ ABC. A���

 ABC 

5 3
a
BC 
 A���
bằng 2 , góc giữa AA�và
bằng

. ABC đến mặt phẳng
cách đều các đỉnh của hình chóp A�
BC .
600 . Tính thể tích lăng trụ ABC. A���
Câu 4(2,0 điểm).
 , ,  ,1 ,1 , 1
Gọi
là các góc của đường chéo hình hộp chữ nhật với ba cạnh cùng phát
xuất từ một đỉnh và ba mặt cùng phát xuất từ một đỉnh. Chứng minh :

cos2   cos2   cos2   1; sin2 1  sin2 1  sin2  1  1

Câu 5(2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện

P = ab( a + b ) + bc( b + c ) + ca( c + a
2

biểu thức

2

2

2

2

2

)

..……………Hết……………
GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 5

.

a+ b+ c = 1 . Tìm

giá trị lớn nhất của


x

3 tan  2
2
 3
tan x
.

Câu 1. a) Giải phương trình
Lời giải
� x
cos �0
�
2
�
cos
x
�0
�
�
sin x �0
�
۹ sin 2 x
Điều kiện �
Đặt

t  tan

x
2 , ta được phương trình

� 2t �

3 t 2  3 � 2 �
1 t �
�

� 3 t  2t  3 t  2  0 �
3

Với

t

2

0.







3 t1 t 2  3 t  2  0 � t 

3
3 .

3
x
3
x 


tan 
�   k � x   k 2  k ��
3 , ta có
2
3
2 6
3
( thỏa mãn điều kiện của phương trình).





�x 12  y  y 12  x 2  12
�
�
�x 3  8x  1  2 y  2
 x, y ��
b) Giải hệ phương trình �
�2 �y �12
�
2 3 �x �2 3
Lời giải : Điều kiện : �
.
Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành:





12  x 12  y  y 12  x 2 � 12x 2  x 2 y  24x y  2  144  12y  x 2 y



2

� x  2x 12  y  12  y  0 � x  12  y



2

�x �0
� x  12  y � �
2
0
�y  12  x

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình :





x 3  8x  1  2 10  x 2 � x 3  8x  3  2 1  10  x 2  0
� x 3
�  x  3  x 2  3x  1  2 �
�
1  10  x 2

�





�
2 3 �x �2 3
�
 0�
�x �
�
10  x 2 �0
Từ điều kiện �

�2
�
2
x  3x  1 
� 0
� �  x  3 �
�
2 �
1

10

x
� 0
�

1 4 4 4 44 2 4 4 4 4 43�
�
 
�
T

0 x

10

T

0

.

Do đó

  có

x 3 0 � x 3� y 3.

  .
Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là 
A   1; 2;...;100
Câu 2. a) Cho tập hợp
. Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A . Tính xác suất để 3 phần tử được
chọn lập thành một cấp số cộng .
Lời giải
3

  C100
Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử từ tập A � Không gian mẫu là
.
Gọi biến cố A:“Ba phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng”.
x, y  3;3



Cách 1. Giả sử 3 phần tử đó là x; x  d ; x  2d với x, d �� .
99
x�
�
2d��
100 d
d  1; 2;...; 49
2
Với x  1 thì ta có
98
x 
��
2d��
100 d
d  1; 2;...; 49
2
Với x  2 thì ta có

có 49 bộ ba số thỏa mãn.
có 49 bộ ba số thỏa mãn.