MỘT SỐ BÀI TẬP ÔN THI CĐ ĐH HSG MÔN TOÁN
Đề 1
Câu 1
a) Giải phương trình sau trên tập số thực:
( )
2 2
2x 3x 7 x 5 2x 1+ + = + +

b) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:
( ) ( )
2 2
2 3
3
x x 4 y y 1 2
6y 5y 1 x 1

+ + + + =



− + = +

Câu 2
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình
x y 1 0
− + =
, đường tròn
(C) có phương trình
( ) ( )
2 2
x 1 y 2 9


¥
a) Chứng minh rằng (u
n
) là dãy số tăng và không bị chặn trên.
b) Đặt
1 2 n
n
2 3 n 1
u u u
x , n
u u u
∗
+
= + + + ∀ ∈¥
. Tìm limx
n
.
Câu 4
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
abc 1=
. Chứng minh rằng:
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
Câu 5
Tìm m để đồ thị (C

tia Ox, Oy lần lượt tại A và B (A, B đều khác O) sao cho độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
b) Cho tam giác không cân ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Các trung tuyến kẻ từ A, B, C lần
lượt cắt (O) tại D, E và F. Biết
DE DF
=
, chứng minh rằng
2 2 2
AB AC 2BC
+ =
.
Câu 3
Cho dãy số (u
n
) được xác định như sau:
1
2
n n
n 1
u 2
u 2014u
u , n
2015
∗
+
=



+
= ∀ ∈

1
a b b c c d d a
+ + + ≥
+ + + +
.
Câu 5
Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
3 3 2
2 2 2
x y 3y 3x 2 0
x 3 1 x 2 2y y m 0

− + − − =


+ − − − + =


Đáp án đề 1
Câu Tóm tắt lời giải
1a
Giải phương trình sau trên tập số thực:
( )
2 2
2x 3x 7 x 5 2x 1 (1)+ + = + +
Phương trình (1)
( )
2 2
2x 1 x 5 2x 1 3x 6 0⇔ + − + + + + =
Đặt

+ >

⇔

− − =


x 2
x 2 7
x 2 7
> −


⇔ ⇔ = ±

= ±


. Vậy
( )
S 2;2 7= ± ±
1b
Giải hệ pt sau trên tập số thực:
( ) ( )
2 2
2 3
3
x x 4 y y 1 2 (2)
6y 5y 1 x 1 (3)


( ) ( )
x
f x f 2y x 2y y
2
= − ⇔ = − ⇔ = −
Thế
x
y
2
= −
vào phương trình (3) ta được:
3
2 3
3x +5x +2 = 2 x +1
( ) ( )
( )
3
3
3 3
x +1 + 2 x +1 = x +1 + 2 x +1⇔
Đặt
3
3
u = x +1,v = x +1
Phương trình trở thành:
( )
( )
3 3 2 2
u 2u v 2v u v u uv v 2 0+ = + ⇔ − + + + =


. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) sao cho từ M kẻ đến (C) hai
tiếp tuyến MA, MB (A, B là tiếp điểm) đồng thời khoảng cách từ P đến đường
thẳng AB lớn nhất.
Đường tròn (C) có tâm I(1;−2), bán kính R = 3,
( ) ( )
M d M a;a 1∈ ⇒ +
.
Giả sử
( )
o o
A x ;y
, ta có:
( ) ( )
o o o o
AI 1 x ; 2 y ,AM a x ;a 1 y= − − − = − + −
uur uuuur
( )
A C∈
và
AI.AM 0=
uur uuuur
( ) ( )
2 2
0 o o o
2 2
0 o o o
x y 2x 4y 4 0
x y 1 a x 1 a y a 2 0
+ − + − =


4
= ≤ =
Do đó
( )
d P;AB
lớn nhất
AB
H K PK.u 0⇔ ≡ ⇔ =
uuur uuur
a 3⇔ =
. Vậy
( )
M 3;4
2b Cho tam giác không vuông ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Các tiếp tuyến
của (O) tại B, C cắt nhau tại M. Đường thẳng AM cắt BC tại N. CMR:
2
2
NB AB
=
NC AC
.
K
H
N
O
M
C
A
B
Dựng BH, CK vuông góc AM

BC.AB
·
( )
·
( )
sin ABM
AB
=
AC
sin ACM
⇒
Suy ra:
2
2
NB AB
=
NC AC
3a
Cho dãy số (u
n
) được xác định:
1
2
n 1 n n
u 2
*
u u u , n
+
=


n
a limu , a 2= >
Khi đó ta có :
( )
2
a a a a 0 l= + ⇔ =
Suy ra (u
n
) không bị chặn trên .
3b
Đặt
1 2 n
n
2 3 n 1
u u u
*
x , n
u u u
+
= + + + ∀ ∈¥
. Tìm
n
limx
.
Ta có:
2
n
n 1 n n
n 1 n n 1
u 1 1

2
=
4 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa abc = 1. Chứng minh rằng:

3 3 3 3 3 3
1 1 1
+ + 1
a + b +1 b +c +1 c +a +1
≤
Ta có:
( )
( )
( )
3 3 2 2
a +b = a + b a ab + b ab a +b− ≥
⇒
( )
( )
3 3
3 3
1 1 c
a +b +1 ab a +b +1 =
a +b +1 a + b +c
ab a +b +1
≥ ⇒ ≤
, do abc=1
Tương tự:
3 3 3 3
1 a 1 b
,

( )
3
y' 4x 4 m 1 x= − −
( )
3
2
x 0
y' 0 4x 4 m 1 x 0
x m 1
=

= ⇔ − − = ⇔

= −

(C
m
) có ba điểm cực trị
y' 0⇔ =
có ba nghiệm phân biệt

m 1 0 m 1⇔ − > ⇔ >
Tọa độ ba điểm cực trị:
( )
( ) ( )
2 2 2
A 0;2m m 1 ,B m 1;m m ,C m 1;m m− + − − + − +
Do A thuộc Oy và B, C đối xứng qua Oy nên ∆ABC cân tại A.
Gọi H là trung điểm của BC. Khi đó:
( )

⇔ = + − = + + − ≥
− − −
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
( )
( )
2
3
m 1
1
m 1
1
m 1
2
2 m 1
>


⇔ = +

= −

−

3 3
3 1
minR m 1
2 4 2
= ⇔ = +
Thí sinh làm bài theo cách khác thì giám khảo chấm điểm tương đương.
Đáp án đề 2

x 1
−
+
Phương trình trở thành:
2
t +5 = 2t +1
2
t =
3
⇔
Khi đó ta có:
2 x +1 = 3x 6−
20+ 4 7
x =
9
⇔
. Vậy
20 4 7
S
9
 
+
 
=
 
 
 
1b
Giải hệ phương trình:
( ) ( )





= −
⇔
− + − =
2
2
y x 1
y 1 x 1 0









= −
⇔
=
≥
=
y x 1
x 1
(vì x 1)
y 1
⇔ = −

)
= = + +
x,y 2;1 ; x,y 5 2 3;4 2 3
2a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua
( )
M 8;1
và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B (A, B đều khác O) sao cho độ
dài đoạn AB nhỏ nhất.
Ta có:
( ) ( )
A a;0 ,B 0;b

( )
a,b 0>
Phương trình đường thẳng d:
x y
1
a b
+ =
8 1
M d 1
a b
∈ ⇒ + =
Suy ra:
a 8>
,
b 1>
và
a
b

16x
f '(x) 2x
x 8
= −
−
,
f '(x) 0 x 10= ⇔ =
(n)
Bảng biến thiên:

125
-
+
0
10
-
∞
+
∞
8
f(x)
f'(x)
x
AB nhỏ nhất bằng
5 3
khi
a 10,b 5= =
Vậy phương trình đường thẳng d:
x 2y 10 0
+ − =

DFG∆
đồng dạng
CAG∆
suy ra
DF CA
DG CG
=
Do
DE DF
=
nên suy ra:

BA CA AB BG
BG CG AC CG
= ⇔ =
2
2 2
2 2
2
4
BN
AB BG
9
4
AC CG
CM
9
⇔ = =

( )

   
⇔ + − = + −
   

( )
4 4 2 2 2
AB AC 2BC AB AC⇔ − = −

2 2 2
AB AC 2BC⇔ + =
(đpcm)
3a
Cho dãy số (u
n
) được xác định:
1
2
n n
n 1
u = 2
u + 2014u
*
u = , n
2015
+






2
k 1 k k k k
1 1
u 1 u 2014u 2015 u 2015 u 1 0
2015 2015
+
− − −= + = + >
Vậy
n
*
u 1 0, n− > ∀ ∈¥
.
( )
n 1 n n
*
u u 0, n u
+
−⇔ > ∀ ∈ ⇔¥
là dãy tăng .
Giả sử (u
n
) bị chặn trên. Suy ra (u
n
) có giới hạn hữu hạn.
Đặt
( )
n
a limu , a 2= >
Khi đó ta có:
( )

. Tìm
limx
n
.
Ta có:
( )
( )
2
n 1 n n n 1 n n n
2015u u 2014u 2015 u u u u 1
+ +
⇔ − −= + =
n
n 1 n n 1
u 1 1
2015
u 1 u 1 u 1
+ +
 
−
 ÷
− − −
 
⇔ =
Do đó:
n
1 n 1 n 1
1 1 1
*
x 2015 2015 1 , n

+ +
Tương tự:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
b c c d d a
b ; c ; d
b c 2 c d 2 d a 2
≥ ≥ ≥− − −
+ + +
Suy ra:
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d a + b + c +d
+ + +
a + b b +c c +d d +a 2
≥
Mà
( ) ( )
2
a + b +c+d 4 ab+ bc+ cd +da 4
≥ =
a + b + c +d 2⇒ ≥
Nên
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2 2
a b c d
+ + + 1
a + b b +c c +d d +a
≥
Dấu “=” xảy ra


Xét hàm số
3
f (t) t 3t= −
, với
[ ]
t 1;1∈ −

[ ]
2
f '(t) 3t 3 0, t 1;1= − ≤ ∀ ∈ −
⇒
f(t) là hàm số nghịch biến trên
[ ]
1;1−
(vì nó liên tục trên đoạn này)
Suy ra:
x y 1= −
Thay vào phương trình (5) ta được:
2 2
x 1 x m 0+ − + =
Đặt
2
u 1 x= −
,
[ ]
u 0;1∈
. Ta có phương trình: g(u) =
2
u u 1 m− − =