Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
1

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 2009
2010
và 2010
2009
.
2/ Tìm giới hạn
2
0 3
3
1 1
lim
3 ( 1 4 1)
2 ( (1 6 ) 1 6 1)
x
x x
x x x
→
 
−
 

Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở ñỉnh) của tam diện ñỉnh S bằng 180
o
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 ax
3
+ bx
2
+ cx – a = 0 (a≠0). Chứng minh rừng
2 2 2
1 2 2+ 3
+ - m + n + p
m n p
≤
.
2/ Giải hệ phương trình
3 3 2
3 3 2
3 3 2
( ) 14
( ) 21
( ) 7
x y x y z xyz
y z y z x xyz
z x z x y xyz


, a
1
, a
2
, …,

a
n
.


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:
(
)
(
)
2 2 2 2 2
cos 4 4 . cos 4 2 2 0
tan x a tan x a
π π
− − − + + ≤
.
BÀI 2: (3 ñiểm)
Với những giá trị nào của a thì hàm số
( ) ( ) ( )
3 2
1 3 1 2 sin sin
3 2 3

ðÁP ÁN
BÀI 1 (3 ñiểm)
ðặt t =
(
)
2 2
cos 4
tan x
π
−
, với
1
t tan
≤
. Dễ thấy rằng với
[
]
0
1, 1
t tan tan
∈ −
phương trình
(
)
2 2
0
cos 4
tan x t
π
− =

ñược

t = 1
[
]
1; 1
tan tan
∈ −
từ ñây suy ra
(
)
2 2
cos 4
tan x
π
− = 1 hay
π
π
π
nx +−=−
4
4cos
22
, với
n Z
∈
.
Phương trình này có nghiệm chỉ khi n = 0. Lúc ñó
4
4cos





±−±=
π
ππ
x
.
Nếu
∆
> 0 thì nghiệm của bất phương trình sẽ là ñoạn
[
]
21
,tt
, ñoạn này phải có chỉ một ñiểm
chung với ñoạn
[
]
1, 1
tan tan
−
. Suy ra t
1
= tan1 hay t
2
= -tan1 . Lúc ñó giá trị cần tìm của tham số ñược
tìm bằng cách giải tập hợp hai hệ sau :


1
1
2
tan
a
tan
a tan

+
=


−


>


hay
(
)
2
1 2
4 1 2
1
1
2
tan
a
tan

1
= 0 , x
2
= -2
π
, x
3
= 2
π
.
Kết luận :
N
ếu a =
2
1
thì
2
2
4
arccos4






±−±=
π
ππ
x

BÀI 2 (3 ñiểm)
Ta có
( ) ( )
3
2
cos
3
cos211
'
xx
aaxf +−+−=
. Nghiệm của phương trình
(
)
0
'
=xf
sẽ là các ñiểm
tới hạn của hàm f . Ta viết :
( )
0
3
2
cos
3
cos211 =+−+−
xx
aa

Dễ thấy rằng phương trình này tương ñương với tập hợp:

π
5
). Các
ñiểm này là ñiểm tới hạn của hàm f . Khi viết ñạo hàm dưới dạng
( )






−






+= a
xx
xf
3
cos
2
1
3
cos2
'

dễ thấy rằng các ñiểm tới hạn trở thành ñiểm cực trị chỉ khi a

 

9
8
7
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4
-4
-2
2 4 6 8
10
12
14
16
F
E
D

Nếu




Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
4
BÀI 3 (4
ñiểm)
Bất phương trình ñã cho tương ñương với tập hợp hai hệ:



+≥
≤
4
2
ax
ax
hay



+≤
≥
4
2
ax
ax
. Nhờ tập
hợp này ta biểu diễn nghiệm của bất phương trình ban ñầu. Kẻ các ñường thẳng x = k , với
Ζ

0
<
<
a
,
121 << a
.


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

ất cả các hàm số f(x) liên tục trên
*
+
R
và thoả mãn:
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
5
2 2
2
(1) 5
4
( ) ( ) 4 , 0 .
f
f x x f x x x
x
=



− = − ∀ >



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

x x
−
− =
.
Bài 2: (4ñ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
22
yx +
nếu :
3 2 6
7 3 4
x y
x y
+ ≤
− ≤





.
Bài 3: (4ñ) Cho dãy
n21
x, ,x,x
, với





=+=

) với :







−−
=
=
+
2
a11
a
2
1
a
2
n
1n
1
. Chứng minh tổng tất cả các số hạng của dãy nhỏ
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
111
C,B,A
. Tìm vị trí của M ñể thể
tích hình tứ diện

xy
yx
8
11
22
+
+
.
Câu 4: Cho dãy )(
n
x xác định:
1
1
2
2
n n
x
x x
+

=


= +


(n >0). Tìm lim
n
x .
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.

1
,x
2,
… ,x
n
thỏa mãn sin
2
x
1
+2sin
2
x
2
+…+ nsin
2
x
n
= a, với n là số nguyên dương, a là
số thực cho trước,
( 1)
0
2
n n
a
+
≤ ≤ . Xác đònh các giá trò của x
1
, x
2,
… , x

+ +
= −
+
+

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 S
1
, S
2
và S
3
lần lượt là diện tích của các tam giác MBC, MCA,
MAB và đặt
' ' '
, , .
MA MB MC
x y z
MA MB MC
= = =

Chứng minh rằng: (y + -1) S
1
+(x + z-1)S
2
+(x + y -1)S
3
= 0.

1
) + g(x
2
) + g(x
3
) theo a, b.
2)12(log13)12(log
22
≤+−++−
xx
1
2
1
1
1 1
.
0
n
n
n
n
u
u
u
u
u
+
=



x(x+m
2
) -m(x+m
2
) = -1.
+ (x+m
2
)(x-m) = -1.
+ (a)

hoặc
2
1
(b)
1
x m
x m

+ = −

− =
+Giải (a) m =1 hoặc m =-2.
+Giải (b) vô nghiệm.
+Vậy m =1 hoặc m =-2.

0.5
0.5
0.5

0.5

Bài 2: (5 điểm).

Câu Đáp án Điểm
21)12(log3)12(log
22
≤−+++−
xx
BABA
xx
+≥+=−+++− ,21)12(log3)12(log
22
⇔≥−++− 0)1)12()(log3)12((log
22
xx
⇔≥−+++− 0)1)12()(log3)12(log(
22
xx
3)12((log1
2
≤+≤
x




2
=3sin
2
x Vậy nghiệm hoặc hoặc hoặc
0.5
0.5 0.5

0.5

0.5
0.5 0.5
0.5 1 2
2 2 2
1 2
tan tan tan
sin 2sin sin

)sin sin22sin1(2
2
2
2
1
2
n
xnnxxaS −++−+−≤
)]sin sin2(sin) 21[(2
2
2
2
1
2
n
xnxxnaS +++−+++≤
]
2
)1(
[2 a
nn
aS −
+
≤
n
n
xn
xn
x
x

x
a
nn
xxx
20
sin
2
)1(

2
21
⇔±=+ xxx sin3cos5sin2
⇔−±= xxx cos
2
1
sin
2
3
5sin
)
6
5
sin(5sin
)
6
sin(5sin
π
π
−=
−=

9
Vậy Max S=
( 1)
2 [ ]
2
n n
a a
+
−
khi
1 2

2
sin
( 1)
0
2
n
x x x
a
n n
α
α
π
α


= = = =



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


0.5

0.5 0.5 Câu Đáp án Điểm
b)(2 điểm)

+Biến đổi ,ta có +Biến đổi vế trái
+ + Dấu = xãy ra khi cos(A-B)=1 hay A=B
Vậy tam giác ABC cân tại C.

0.5
0.5

2 2
cot cot 2cot
( )
2
2sin
2
A B A B
A B
A B
A B
+ +
+
+ ≥ =
+
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG mơn Tốn
Trang
10

Bài 4: (2 điểm).

Câu Đáp án Điểm
2 điểm

+ Gọi S là diện tích tam giác ABC,ta có

Ta có


0.5
0.5

Bài 5: (2 điểm).

Câu
Đáp án
Điểm
2 điểm

+Đặt

ta có
+Vì mà

+
+ Suy ra đpcm
0.5

AA
MA
s
s
=⇒=
xMA
MA
MA
MAAA
s
ss 1
''
''
1
1
==
−
=
−
2 3 1 3 1 2 1 2 3 2 3 3 1 1 2
( ), ( ); ( ) ( ) ( )
s y s s s z s s S s s s x s s y s s z s s
= + = + = + + = + + + + +
tan 0,0
2
n
u
π
α α
= > < <

2
1 tan tan tan , , tan
4 2.2 2.2 2.2
n
n
u u u
π π π π
= = = ⇒ = =
2
1
2 2
tan tan tan
2.2 2.2 2.2
1 1 1
1 1 ( ) 1 (1 ( ) )
2.2 2.2 2 2 2 4 2
n
n
n
n n
s
π π π
π π π π
−
= + + + ≥
≥ + + + = + + + = + −
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG mơn Tốn

1
x
2
x
3
=-b.
+Ta có +

+

0.5 0.5

0.5

0.5
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:
3 2
y mx nx mx n= − − + (C). Tìm các cặp số (m; n) sao cho trong các giao điểm
c

a a
+
= − và
i i
b a= .
Chứng minh rằng: có ít nhất một giá trị của
i
a sao cho dãy
( )
n
b có giới hạn khác 0.
Bài IV
Cho hình Elíp
2 2
2 2
1
x y
a b
+ = với tâm O và các tiêu điểm
1 2
,
F F
. Qua O,
1
F
vẽ các đường song song
MOM', MF
1
N'. Tính tỉ số:
1 1

3333
22
3
321
3
1
3
3
3
2
3
1
2
2
2
1
2
3
2
2
2
1
−+−=+−=++
−=−=++
axxxbxxxbxxxS 3)()()(
321
2
3
2
2

Chứng minh rằng:
2
sinf(x) <
2
.
Bài III
Cho phương trình:
( )
3 2
cos2 3 cos2 8sin 2cos 2 sin 4x m x m m
α α α
+ + = − + + + .
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
Câu 1 (5 ñiểm): Cho hàm số
( )
2
2

1
3 log 4 6 3 log 0
2 sin 1 1
x x
x a
x x
x a
π π
− −
− − +
+ + + =
− + +
.
Câu 3 (5 ñiểm):
Cho
1 2 3 4
, , ,
6 4
x x x x
π π
≤ ≤ . Chứng minh rằng:
( )
( )
2
1 2 3 4
1 2 3 4
4 3+1
1 1 1 1
cotx +cotx +cotx +cotx + + +
cotx cotx cotx cotx

3 4y x x mx m= − + + − ( m là tham số). ðường thẳng (d): y=3-x cắt một
ñường cong bất kỳ (C) của họ (C
m
) 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):
Giải hệ phương trình:
( )
6 4
sinx
siny
10 x 1 3 2
5
;
4
x y
e
y
x y
π
π
−

=



+ = +



x
=
+
và ( ) arctanxg 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:
( )
( )
( )
2 2 2
2
3
4
cot cot cot
3 cot cot cot 2 2 2
a b c
m m m
A B C
abc
A B C
+ +
=
+ +
.
Cmr: tam giác ABC ñều.
Câu 3 (5 ñiểm):

14
Câu 4
(5 ñiểm):
Trong hệ toạ ñộ trực chuẩn Oxy cho ñường tròn (C) có phương trình:
2 2
4x y+ = .
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 45
0
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 3 4 3 4 3 6a b c d ac bd− − + − − + − − ≤ .


12. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2001
Câu 1 (4 ñiểm):
Cho hàm số
4 2 2
2y x m x 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
1
2
a
−
≥ và 1
a

2
sin os 2x+
2 3 2 osx
y
x y z y c
c
π
−
 
+ + = + +
 
 
.
Câu 5 (4 ñiểm):
Cho Elíp (E) có 2 tiêu ñiểm là F
1
và F
2
. Hai ñiểm M và N trên (E). Chứng minh rằng: 4 ñường thẳng MF
1
,
MF
2
, NF
1
, NF
2
cùng tiếp xúc với một ñường tròn.



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 21 3 2 sin10
x x
= − .
2./
5 3
32 40 10 3 0x x x− + − = .
Câu 5
(4 ñiểm):
Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho Parabol (P):
2
2y 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'
FT
không phụ thuộc vị trí của (d).


14. KỲ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ HÀ NỘI 2004
Bài 1 (4 ñiểm):
Cho hàm số: f(x) = 1

x x
π π
− −
+ = + .
Bài 4 (4ñiểm):
Một tứ giác có ñộ dài ba cạnh bằng 1 và diện tích bằng
4
33
. Hãy tính
ñộ dài cạnh còn lại và ñộ lớn các
góc c
ủa tứ giác ñó.
Bài 5 (4ñiểm):
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
16
Cho t
ứ 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: 2sinsinsin
222
=++
γβα
.
2.Gọi

4 1 1 2 2 1
x x x x
− + = + + .
Câu 3 (3 ñiểm):
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:
( )
3 2bc R 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:
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 1
y y y
12 os 5 12 os 7 24 os 13 11 sin
2 2 2 3
3
2 1 2
4
x y
c c c
x y a x y a
π
π π π


)1)(1()1)(1()1)(1(
333
≥
++
+
++
+
++ ba
c
ac
b
cb
a
.
Bài 2: (3.0 ñiểm) Giải phương trình:
( )
2
2
2
x x-5 log x-2x 6 0
log
+ + =
.
Bài 3: (3.0 ñiểm) Tìm ña thức P (x) thỏa mãn ñiều kiện:
(3) 6
( 1) ( 3) ( ), x
P
xP x x P x R



= − ≥

+ +

.
1) Xác ñịnh số hạng tổng quát
n
x
theo n
2) Tính số ước dương của biểu thức
2
.
2
1
+
−
+
n
x
n
x
n
x
.
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 x

22
23
; 2.







=−+
=−+
=−+
16)(
30)(
2)(
23
23
23
yxzz
xzyy
zyxx
.


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:
( 3) (2 ) 3 0.
m x m x m

x y
e
y y y
x y
π
−

=



+ + = − + +



∈


.
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
18
Bài 3
. ( 2,5 ñiểm )
Chứng minh rằng: với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại duy nhất số thực
n
x

ñộng trên mặt phẳng sao cho: MT = MH.


18. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT 2007 QUẢNG NAM
Câu 1 (3 ñiểm): Giải bất phương trình sau :
( )
4
1 2 0
1
x
x
x
−
− + ≥
−
.
Câu 2 (3 ñiểm): Giải hệ phương trình sau :
2 2 2
3 2
2 0
2 3 6 12 13 0
x y x y
x x y x

− + =


+ + − + =



3
2 1
, , ,
. ,
n n n
u a u b a R b R
u u u 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
8
( AB + BC + CA).
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
x
2
= y và hiệu
z y
−
là bình phương của một số nguyên tố. Xác ñịnh tất cả giá trị của a, b, c.


) với n = 1, 2,
theo quy tắc sau:
n 1 n n
1
a (a b )
2
+
= + ,
n 1 n 1 n
b a .b
+ +
= .
Tính:
n
n
lim a
→+∞
và
n
n
lim b
→+∞
.
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 (a
n
) là một cấp số cộng có a
1

Hỏi tập hợp Mcó thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử?

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (2.5 ñiểm)
Câu a: ( 2 ñiểm)
+(0.25 ñ) ðặt u =
5
2
x 34x a
− +
v =
4
(x 1)(x 33)
− −
+(0.25 ñ) Ta có hệ
5 4
u (u 1) a 33
(I).
v u 1 0

− − = −

= − ≥


+(1.00 ñ) Hàm số f(u) = u
5
– (u – 1)
4
có f’(u) = 5u

1
= cos
2
a.
2 2
2
1 1 a
a (cos a cosa) cosa(cosa 1) cosa.cos
2 2 2
= + = + =
2
2
a a
b cosacos cosa cosacos
2 2
= =
+(0.75 ñ) Bằng quy nạp, chứng minh ñược:
www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
20

n
n 1 n 1
a a a
a cosacos cos cos (1)
2 2 2
− −

= = .
+(0.50 ñ) Tính giới hạn:

n n
n n
sin 2a sin 2a
lima , lim b
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
x y 1

= +


+ =



, với ñiểm O tùy ý.
+(0.25 ñ) Từ giả thiết: (a
n
) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: a

= = > Thế vào trên ta ñược:
OB OA 1
OI AB , n=1,2
d d d
= − = ∀suy ra I cố ñịnh, nên ñường thẳng A
n
B
n
luôn
ñi qua một ñiểm cố ñịnh I.
+(0.50 ñ) Tương tự, chứng minh ñược:
• B
n
B
n
luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh J xác ñịnh bởi:
1
OJ BC
d
=

.
• A
n

1
OJ BC
d
=

,
1
OK AC
2d
=

.
Do ñó:
1 1 1 1
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 A
n
B
n
C
n
luôn ñi qua một ñường thẳng cố ñịnh.

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 : M

q
= {R,S}, lúc ñó M
P
= {R,S,T,U} và M
q
= {R,S,V,W} và giả sử

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 M
t
∩ Mq = M
u
∩ M
q
= {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 M
t
= {P,R,U,V} và

M
u
= {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.

2
+ ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hãy xét dấu của biểu thức: a
2
– 3b.
Bài 3 (5 ñiểm)
Tìm các ñường tiệm cận của ñồ thị hàm số:
y =
1
x
x
(1 + a )
, (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. A
4

A
8

A
6

H
ƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1: ( 5ñiểm) cos
3
x + asinx.cosx + sin
3
x = 0.
(0.5 ñ) + ðặt t = sinx + cosx =
2 cos(x ), |t| 2.
4
π
− ≤
cos
3
x + sin
3
x = (cosx + sinx)(sin
2
x + cos
2
x – sinxcosx) = (cosx + sinx)(1 – sinxcosx)
vì t
2
= 1 + 2sinxcosx nên sinxcosx =
2
t 1
2
−
và cos

: (2) trở thành:
t
3
–
2
t
2
– 3t +
2
= 0 ⇔ (t +
2
)(t
2
- 2
2
t + 1) = 0
⇔ (t +
2
)(t -
2
+ 1)(t -
2
- 1) = 0
⇔ t = -
2
hay t =
2
- 1 hay t =
2
+ 1.


− = −
− = = ± + π
 


 
.
Câu b /
(0.25ñ) + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi f(t) = t
3
– at
2
– 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 ∈ [-

3
+ x
2
+ ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
f(x
1
).f(x
2
)< 0.
(0.25 ñ) + Suy ra:
1 2
1 3a 0
f(x ).f (x ) 0
− >


<

(x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình 3x
2
+ 2x + a = 0).
(1 ñ) + Thực hiện phép chia ña thức ta ñược:

9
− + −

(0.5
ñ) + f(x
1
).f(x
2
) < 0 ⇒ (6a-2)
2
x
1
x
2
+ (6a-2)(9b-a)(x
1
+ x
2
) + (9b-a)
2
< 0.
www.VNMATH.com
Nguyn Vn Xỏ

thi HSG mụn Toỏn
Trang
23
(1
ủ) + Vỡ x
1

3b) + (9b a)
2
< 0
(1 ủ) + Vỡ (9b a)
2
0 v 3a 1 < 0 nờn a
2
3b > 0.

Bi 3: ( 5ủim)
+ Tỗm tióỷm cỏỷn õổùng:
Tỏỷp xaùc õởnh: R\{0}.
x 0
+
thỗ
1
x
+
vaỡ a
x
1.
Do õoù :
1
x
x
(1 + a )
x 0
lim




Do õoù:
1
x
x
x 0
lim(1 a ) 1
+

+ =
nón y = 1 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh phaới.
+ x (- ; 0):
x
1
0 < 1 +
a
2









.
Do õoù:
1
x

1
1 lim 1 + lim
a
1
x
2 1



=


Do õoù:
x
x -
1
lim 1 + =1
a


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




.
Do õoù:
1
x
x
1
1 < 1 + <
a
1
x
2






( vỗ
1
0
x

x
x
1
lim 1 + =1
a
+






nón
1
x
x
x
1
lim 1 + = a
a
1
x
x
x

)

(1
õ
)

www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Xá

ðề thi HSG môn Toán
Trang
24
Váûy y = a laì âæåìng tiãûm ngang nhaïnh phaíi.

Bài 4
: ( 5ñiểm)
Câu a / (2.5 ñiểm)
+ Theo giả thiết ta ñược: SO ⊥ (ABCD) ⇒ (SAC) ⊥ (ABCD).

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

Câu b (2.5 ñiểm)
+
2BM BA BK
= +

( vì M là trung ñiểm của AK)
+
1 1
MN MB BC CN (AB KB) BC BA
2 2


_
O
_

K
_

M

_

N

(0.25
â
)

(0.5
â
)

(0.5
â
)

(0.5
â
)
.(BA BK 2.BC)
= KB.(BA BC BK BC)
= KB.(CA CK) KB.CA KB.CK 0
+ −
− + −
+ = + =

V
ậy: 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 s
ố 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 = 89161045126
2222
+−−+++−−+ yxyxyxyx .
Câu 3 :

)21(1
12
2
1
1
n
u
u
u
u
n
n
n
. Tính
2006
u . 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] (0,5ñ)
* 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 (0,5ñ)
b) áp dụng ñịnh lí Lagrăng cho f(x) trên ñoạn [0;c] và ñoạn [c;1] ta có :
∃a thuộc(0;c) sao cho : f '(a) =
c
cf
c
fcf )(
0

=
−
−
=
−
−
c
c
c
c
c
cf
c
cf
(0,5ñ)
www.VNMATH.com