www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

MỘT SỐ ðỀ TOÁN THI HỌC SINH GIỎI

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

1
1
2009

C


+
m n

2+ 3
≤ m2 + n 2 + p2 .
p

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

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

(

)

(

)

(

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

)

(

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

)

(

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


cos 4π 2 − x 2 = −

π
4

hay

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

2

2

.

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

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


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

(

)

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

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

1
Nếu a =
thì
2

ðề thi HSG môn Toán

π

x = ± 4π −  π ± arccos 
4

2

2


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

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

1

E

-4

-2

F

2

4

6

8

D

10

12

14

16

-1


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

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

k ∈Ζ.

14

12

10

8

x=a+4
x=a2

6

4

2

-5


x0 = 3

3
 xn +1 − 3 xn +1 =

xn + 2

. Tìm

lim xn .

n →+∞

Câu 3: (4 ñiểm)
*

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

Trang 4


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

f (1) = 5



 3 x + 2 y

 7 x − 3 y

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

≤ 6
≤ 4

.

Hãy tìm phần nguyên của A



Câu 1: Giải BPT:

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

ðề thi HSG môn Toán

Trang 5


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

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

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

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

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

Điểm
0.5
0.5
0.5

0.5
0.5
0.5

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

Đáp án
+ Biến đổi:

Bài 2: (5 điểm).
Câu

Đáp án

ðề thi HSG mơn Tốn

Điểm

Trang 7


www.VNMATH.com
a)(2 điểm)

2

2

Nguyễn Văn Xá
2

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

0.5

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

Câu
b)(3 điểm)

5π
π
+k
hoặc
24
2

x=

0.5
hoặc

11π
π
+k
36
3

0.5

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

Điểm
0.5

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

ðề thi HSG mơn Tốn

0.5
0.5

0.5

0.5

Trang 8


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

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


.a b 2 + c 2 +

1

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

(

2

2

3

c +a
2

2

1


3

Điểm

0.5
0.5

2

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

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

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

+Biến đổi vế trái

0.5

0.5
Trang 9


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

Bài 4: (2 điểm).
Câu
2 điểm

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

Điểm

+Đặt
π
un = tan α > 0, 0 < α

n
2.2đpcm 2.2
2 2
2
4
2
+ Suy ra

0.5

0.5

0.5
0.5

Bài 6: (2 điểm).
Câu

Đáp án

ðề thi HSG mơn Tốn

Điểm

Trang 10


www.VNMATH.com
2 điểm



S = (a − b)(−a 2 + 2b + 3)

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

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

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

ai 3
và bi = ai .
4

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

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

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

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

1
)+
1998

 2 
f
+
 1998 

 3 
f
 + ... +
 1998 

=0.
2 ( x − sin a + 1 + 1)

Câu 3 (5 ñiểm):
Cho

π
6

≤ x1 , x2 , x3 , x4 ≤

π
4

. Chứng minh rằng:

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

(

)

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

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


=

3

( abc )

2

cot

A
B
C
cot cot .
2
2
2

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

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

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

2 + log 3 x
6


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

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

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

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

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

Trang 15


www.VNMATH.com

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

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

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

Câu 5 (5 ñiểm):

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

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

Trang 16


www.VNMATH.com
3

3

Nguyễn Văn Xá

3

a
b
c
3
+
+

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

sin A
sin B
sin C
+
+



www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

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

1
2008

xn − xn + n = 0.

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

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

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

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

1
( AB + BC + CA).
8

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

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

ðề thi HSG môn Toán

Trang 18


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

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

v=

4

(x − 1)(x − 33)

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

a1 < 1 ta có thể chọn 0 < a

2
2

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

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

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

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

T

V

A5

R

A9

A6
U

A 1 A2
A3

P

A7




www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

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

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

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

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

1.

1

Do õoù :

lim (1 + a x ) x

x

nón x = 0 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn õổùng.

0

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



1

a


Do õoù: lim
x -


1
x

1
2 x ( vỗ < 0 ) nón 1 lim 1 +
x -
x


x
1
1 + =1
a

x

1

a

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

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

x

1
(1 õ)
+ x (0; + ): 1 < 1 + < 2 .
a


Do õoù: 1 < 1 +


x

1

a


Do õoù: lim 1 +
x +

1

a

1
x

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



1

a

1

1

x


lim 1 +
x +


1


A
_

B
_

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

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

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

ðề thi HSG môn Toán

Trang 24


www.VNMATH.com

Nguyễn Văn Xá

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

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

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

8

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

. Tính u 2006 .

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