You are on page 1of 623

VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN CÁC TỈNH THÀNH NĂM 2018-2019

Mục lục
Chuyên đề 1+2:Parabol và bài toán quy hoạch...........................................................................................2
Chuyên đề 3:Phương trình ...........................................................................................................................8
Chuyên đề 4:Bất hương trình .....................................................................................................................46
Chuyên đề 5:Hệ phương trình ...................................................................................................................56
Chuyên đề 6:Bất đẳng thức ......................................................................................................................101
Chuyên đề 7:Giá trị lớn nhất giá trị nhỏ nhất .........................................................................................124
Chuyên đề 8:Lượng giác ...........................................................................................................................168
Chuyên đề 9:Bài toán đếm........................................................................................................................193
Chuyên đề 10:Xác suất ..............................................................................................................................197
Chuyên đề 11:Nhị thức Newton ...............................................................................................................218
Chuyên đề 12:Dãy số, giới hạn .................................................................................................................229
Chuyên đề 13:Hàm số liên tục, đạo hàm ...................................................................................................264
Chuyên đề 14:Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan......................................................................271
Chuyên đề 15:Mũ, Logarit.........................................................................................................................343
Chuyên đề 16:Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng của tích phân ...........................................................353
Chuyên đề 17:Số phức ..............................................................................................................................368
Chuyên đề 18:Véc tơ và hình học phẳng ...................................................................................................372
Chuyên đề 19:Tọa độ trong mặt phẳng......................................................................................................409
Chuyên đề 20:Hình học không gian thuần túy ..........................................................................................451
Chuyên đề 21: Nón, trụ, cầu ......................................................................................................................577
Chuyên đề 22:Tọa độ trong không gian ....................................................................................................591
Chuyên đề 23:Số học .................................................................................................................................606
Lời nói đầu
Với mục đích giáo viên, sinh viên, học sinh có cái nhìn tổng quan về kỳ thi HSG toán cấp tỉnh vòng 1.
Tôi xin bạo gan làm "Toàn cảnh đề thi HSG môn toán năm học 2018-2019 vòng 1". Lời giải trong tài liệu
do các thành viên nhóm STRONG TEAM TOÁN VD-VDC thực hiện.
Ngày 29/09/2019
Vũ Ngọc Thành Bản vàng Pheo- Mường So-Phong Thổ-Lai Châu

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 1 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 1 Parabol và bài toán quy hoạch


Câu 1. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho hàm số y  x 2  x  1 có đồ thị là (P)
. Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác
OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ).
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue
Xét phương trình hoành độ giao điểm : x 2  x  1  2 x  m  x 2  3x  m  1  0 (1)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A , B thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
13
   0  9  4m  4  0  13  4m  0  m  .(*)
4

Khi đó giả sử A( x1; 2 x1  m) ; B( x2 ; 2 x2  m)

 x  x  3
Theo hệ thức Vi-et ta có:  1 2
 x1.x2  m  1
 
Tam giác OAB vuông tại O  OAOB .  0  x1.x2  (2 x1  m)(2 x2  m)  0

 5 x1 .x2  2 m ( x1  x2 )  m 2  0  5(m  1)  6m  m2  0  m 2  m  5  0

1  21
m
2

1  21
Kết hợp điều kiện (*) ta có m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2

Câu 2. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Cho hàm số y  x 2   2m  3  x  2m  2 1

1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 khi m  0 .


2)Xác định m để đồ thị hàm số 1 cắt đường thẳng y  3x  1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho
OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ).
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hiền ; Fb: Nguyễn Hiền
1)Khi m  0 ta được hàm số y  x 2  3 x  2

*) Tập xác định: D  


 3 1 
*) Tọa độ đỉnh: I  ; 
 2 4 
 3 
*) Sự biến thiên: Vì a  1  0 nên hàm số đồng biến trên khoảng  ;    , nghịch biến trên
 2 
 3 
khoảng   ;  .
 2 
*) Bảng biến thiên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 2 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

*) Điểm đặc biệt

 3 1 
*) Đồ thị : Đồ thị là 1 đường parabol có đỉnh I  ;  , hướng bề lõm lên trên và nhận đường
 2 4 
3
thẳng x  làm trục đối xứng.
2

2)Phương trình hoành độ giao điểm của ĐTHS 1 và đường thẳng y  3x  1 là:

x 2   2m  3  x  2m  2  3 x  1

 x2  2mx  2m  3  0 *

Để ĐTHS 1 cắt đường thẳng y  3x  1 tại 2 điểm phân biệt A, B  phương trình * có 2 nghiệm
 m  3
phân biệt    0  
 m 1

 x1  x2  2m
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình * ,ta có 
 x1.x2  2m  3

Đặt A  x1 ;3 x1  1 , B  x2 ;3 x2  1
 
OAB vuông tại O  OAOB.  0  10 x1x2  3  x1  x2   1  0

 26m  31  0
31
m ( thỏa mãn)
26

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 3 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

31
Vậy m  .
26

Câu 3. (HSG10 Kim Liên 2018-2019)Một cầu treo có dây truyền đỡ là Parabol ACB như hình vẽ.
Đầu, cuối của dây được gắn vào các điểm A, B trên mỗi trục AA' và BB' với độ cao 30 m. Chiều dài
đoạn A' B' trên nền cầu bằng 200 m. Độ cao ngắn nhất của dây truyền trên cầu là CC '  5 m. Gọi
Q ' , P ' , H ' , C ' , I ' , J ' , K ' là các điểm chia đoạn A' B' thành các phần bằng nhau. Các thanh thẳng đứng
nối nền cầu với đáy dây truyền QQ ' , PP ' , HH ' , CC ' , II ' , JJ ' , KK ' gọi là các dây cáp treo. Tính tổng độ
dài của các dây cáp treo ?

Lời giải

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ.

Giả sử Parabol có dạng : y  ax 2  bx  c, a  0 .

Vì Parabol đi qua điểm A 100;30  và đỉnh C  0;5 nên ta có hệ phương trình:

 1
10000a  100b  c  30  a  400
 b 

 0  b  0 .
 2a c  5
c  5 

1 2
Vậy (P): y  x  5.
400

Đoạn A' B' chia làm 8 phần bằng nhau, mỗi phần có độ dài là 25 m.
Khi đó, tổng độ dài của các dây cáp treo là:

 1   1   1 
OC  2 y1  2 y2  2 y3  5  2  .252  5   2  .502  5   2  .752  5  =78,75 m.
 400   400   400 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 4 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 4. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Một phân xưởng có hai máy đặc chủng
M1 , M 2 sản xuất hai loại sản phẩm kí hiệu I ; II . Một tấn sản phẩm loại I lãi 2 triệu đồng, một tấn
sản phẩm loại II lãi 1, 6 triệu đồng. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại I phải dùng máy M 1
trong 3 giờ và máy M 2 trong 1 giờ. Muốn sản xuất một tấn sản phẩm loại II phải dùng máy M 1
trong 1 giờ và máy M 2 trong 1 giờ. Một máy không thể dùng để sản xuất đồng thời hai sản phẩm
trên. Máy M 1 làm việc không quá 6 giờ trong một ngày, máy M 2 một ngày chỉ làm việc không quá 4
giờ. Tổng số tiền lãi là lớn nhất có thể đạt được là:
A. 4, 0 triệu. B. 7, 2 triệu. C. 6,8 triệu. D. 5,7 triệu.
Lời giải
Tác giả: Trịnh Thanh Hải; Fb: Trịnh Thanh Hải
Chọn C
Giả sử phân xưởng sản xuất trong một ngày được x (tấn) sản phẩm loại I và y (tấn) sản phẩm
loại II .

Số giờ làm việc của máy M 1 là: 3x  y .

Số giờ làm việc của máy M 2 là: x  y .

Số tiền lãi của phân xưởng mỗi ngày là T  2 x  1, 6 y (triệu)

3 x  y  6
x  y  4

Theo đề bài ta có hệ bất phương trình: 
x  0
 y  0

Ta có miền nghiệm của hệ bất phương trình trên là miền tứ giác OABC

T đạt giá trị lớn nhất khi nó nằm trong miền tứ giác OABC , chỉ đạt được khi tại các đỉnh.
Thử lại ta thấy T đạt giá trị lớn nhất khi ( x, y ) là tọa độ của điểm B(1;3) .

Vậy T  2.1  3.1, 6  6,8 (triệu)

Câu 5. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019)Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại
II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I
cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 5 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng,
một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi
xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất.
Lời giải
Giả sử sản xuất x ( kg ) sản phẩm loại I và y ( kg ) sản phẩm loại II.

Điều kiện x  0, y  0 và 2 x  4 y  200  x  2 y  100

Tổng số giờ máy làm việc: 3x  1,5 y

Ta có 3x  1,5 y  120

Số tiền lãi thu được là T  300000 x  400000 y (đồng).

 x  0, y  0

Ta cần tìm x, y thoả mãn:  x  2 y  100 (I) sao cho T  300000 x  400000 y đạt giá trị lớn
3 x  1,5 y  120

nhất.

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d1 : x  2 y  100; d 2 : 3x  1,5 y  120
y

B E

x
O C A

Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0) , cắt trục tung tại điểm B (0;50) .

Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm C (40;0) , cắt trục tung tại điểm D  0;80  .

Đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm E  20; 40  .

Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC .

x  0 x  0  x  20  x  40
  T  0;   T  20000000 ;   T  22000000 ;   T  12000000
y  0  y  50  y  40 y  0
Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I và 40kg
sản phẩm loại II

Câu 6. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai điểm A  0;9  ,
2 x  y  a  0
B  3;6  . Gọi D là miền nghiệm của hệ phương trình  . Tìm tất cả các giá trị của a
6 x  3 y  5a  0
để AB  D .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 6 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Phương trình đường thẳng AB : x  y  9  0 .

Trường hợp 1: Nếu AB là đường thẳng.

 a  2 x  y
Xét hệ  .
5a  6 x  3 y

a  12
a  12 
Dễ thấy điểm C  7; 2   AB nhưng C  D vì   48  a  .
5a  48 a 
 5

 a  2 x  y
Trường hợp 2: Nếu AB là đoạn thẳng. Ta thay y  9  x  x   0;3 vào hệ 
5a  6 x  3 y

a  9  3x
 3x  27
Ta được:  3x  27   a  9  3x (*)
a  5
5

27
(*) đúng x   0;3   a0.
5
27
Vậy   a  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 7 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 3 Phương trình


Câu 1. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Giải phương trình: ( x 2  x  2) x  1  0 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Đông ; Fb: Nguyễn Đông
Điều kiện phương trình có nghĩa: x  1 .
 x  1
 x2  x  2  0
2
( x  x  2) x  1  0     x  2
 x  1  0  x  1

Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của phương trình là: S  1; 2 .
Câu 2. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình:
3x  3  5  2 x  x3  3x 2  10 x  26  0
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hằng; Fb: Hang Nguyen
3x  3  0 5
ĐKXĐ:   1  x 
5  2 x  0 2
Với ĐKXĐ ở trên ta có:
3x  3  5  2 x  x3  3x 2  10 x  26  0 .

  3x  3  3   
5  2 x  1   x  2   x 2  x  12   0
3 x  2 2  x  2
    x  2   x 2  x  12   0
3x  3  3 5  2x 1
 3 2 
  x  2      x 2  x  12    0
 3x  3  3 5  2x  1 
x  2
 3 2
     x 2  x  12   0 *
 3x  3  3 5  2x  1
 5
 x  2 , do  x 2  x  12  0, x   1;  nên phương trình * vô nghiệm.
 2
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  2 .

Câu 3. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Phương trình x3  1  2 3 2 x  1 có ba nghiệm
phân biệt. Tính tổng các nghiệm đó.
A. 2 . B. 1 . C. 0 . D. 1  5 .
Lời giải
Tác giả: Mai Hoàng Thái; Fb: Mai Hoàng Thái
Chọn C
Cách 1. Hàm đặc trưng
3
x3  1  2 3 2 x  1  x3  2 x   3

2 x  1  2 3 2 x  1 *

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 8


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Xét hàm f (t )  t 3  2t , t  .

f '(t )  3t 2  2  0, t   .  f (t ) đồng biến trên  .


Khi đó:
x  1
*  f ( x)  f  3
2x 1   x  2x 1  x  2 x  1  0  
3 3
 x  1  5
 2
Vậy tổng các nghiệm là 0.
Cách 2. Liên hợp
x3  2 x  1
 
x3  1  2 3 2 x  1  2 x  3 2 x  1  x3  2 x  1  0  2. 2
 x3  2 x  1  0
x2  x 3 2 x  1   3
2x 1 
 
2
  x  2 x  1 
3
2
 1  0
 x2  x 3 2x 1 
  3
2x 1  

>0 x  
x  1
 x  2x  1  0  
3
 x  1  5
 2
Câu 4. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) log 3 x 2  x  1  log 1 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1
3

Lời giải
1
Điều kiện: x 
2

Ta có log 3 x 2  x  1  log 1 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1
3

 log 3 x 2  x  1  log 3 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1

 log 3 x 2  x  1  x 2  x  1  log 3 (1  2 x)  1  2 x (*)

1
Xét hàm số f (t )  log 3 t  t , t  0 . Dễ thấy f (t )   1  0 t  0 . Suy ra hàm số đồng biến với t  0 .
t ln 3
Ta có
1  2 x  0
f  
x 2  x  1  f (1  2 x)  x 2  x  1  1  2 x  x 2  x  1  1  2 x   2
 x  x  1  (1  2 x)
2
.

 1
x 
 2  x 0.
x2  x  0

Vậy nghiệm của phương trình là x  0 .
Câu 5. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho phương trình sau với m là tham số thực
 x2  2x 1
 x 2
 2 x  2019
log 2
x 2
 2 x  2011  1  m 
8
log 2019 ( x 2  2 x  2011)  
4 


Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 9


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn
1  x 1  3 .

Lời giải
 x 2  2 x  0
ĐK.  2  x   ;0    2;  
 x  2 x  2011  0

Ta có 1  x  1  3  x   2;0   2; 4 (*)

1 2  1 1
PT 
4
 x  2 x  log 2 2019 ( x 2  2 x  2011)  1  m  x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)  
4
2 2

  x 2  2 x  log 2 2019 ( x 2  2 x  2011)  4  m  2. x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)  1


 

Đặt t  x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)

x 1 (2 x  2) x 2  2 x
t' log 2019 ( x 2  2 x  2011) 
x2  2x ( x 2  2 x  2011).ln 2019

 log ( x 2  2 x  2011) 2 x2  2 x 
 ( x  1)  2019  2 
 x2  2 x ( x  2 x  2011) ln 2019 

Do đó với x   2; 0 thì t '  0 , với x   2; 4  thì t '  0

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, với mỗi một t  0; 8  sẽ cho ta hai giá trị của x   2; 0   2; 4 

Như vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có một nghiệm t  0; 8 

t2  4  m  2.t  1 
t2  4 1
Ta có t 2  4  m  
2.t  1  m 
2.t  1
(do t 
2
không là nghiệm của pt)

2t 2  2t  4 2
m'  , m'  0  t  2 2
( 2.t  1) 2
Bảng biến thiên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 10
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Từ bảng biến thiên ta thấy khi m  (; 4]  [4; ) thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn.
Câu 6. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2019 x  y  x 2  1  x
 
y 2  1  y 1 
 18 y 2
25 x 2  9 x 9 x 2  4  2  2  2
 y 1

Lời giải
Tác giả:Trần Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran
2
Điều kiện x 
3

(1)  2019 x  
x 2  1  x  2019  y 

 y
2
 1    y  

 x ln 2019  ln  
x 2  1  x   y ln 2019  ln 

 y
2
 1    y   (*)

Xét hàm số f  t   t ln 2019  ln  


t2 1  t ,t  

1
f '(t )  ln 2019   0, t   . Suy ra hàm số đồng biến trên  .
2
t 1
Do đó phương trình (*)  x   y .

18 x 2
Thay x   y vào (2) ta có 25 x 2  9 x 9 x 2  4  2  (3)
x2  1
2 18 x 2
Nếu x  thì 18 x 2  2 , 7 x 2  2 , suy ra pt (3) vô nghiệm.
3 x 1

2 4 2 18
Nếu x  thì (3)  25  9 9  2  2  2 (**)
3 x x x 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 11
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 9
Đặt u 2
,0  u  , Pt (**) trở thành
x 4
18u  18u 
25  9 9  4u  2u    12   2u  4  9 9  4u  9  0
u 1  u 1 
6 u  2 36  u  2 
  2 u  2  0
u 1 9  4u  1
u  2
 6 36
 2  0(4)
 u  1 9  4u  1
36 6
Vì 0  9  4u  3  9   36 ,  2  8 , suy ra phương trình (4) vô nghiệm
9u  4  1 u 1

 1
1 x  2
Với u  2  2  2  
x  1
x  2

2 1 1
Vì x  x y
3 2 2

 1 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  ; .
 2 2

Câu 7. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )Cho các hàm số f 0  x  , f1  x  , f 2  x  ,... thỏa mãn:

f 0  x   ln x  ln x  2019  ln x  2019 , f n 1  x   f n  x   1, n   .

Số nghiệm của phương trình là


A. 6063 . B. 6059 . C. 6057 . D. 6058 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Trịnh Quang Hoàng.
Chọn B
Xét hàm số f 0  x   ln x  ln x  2019  ln x  2019

Đặt t  ln x , ta có
f 0  x   g  t   t  t  2019  t  2019

t  4038 khi t  2019



g  t    t khi  2019  t  2019
t  4038 khi t  2019

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 12
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

f n 1  x   f n  x   1  1, x  0; n  

Có 3 trường hợp cần xét là


f n 1  x   1  f n  x   1  1  f n  x   0
-Nếu .
 f n  x   1  f n 1  x   0
f n 1  x   0  f n  x   1  0  f n  x   1   
-Nếu  f
 n  x   1  f n 1  x   2 .

f n 1  x   k  0  f n  x   k  1
-Nếu
Khi đó
f 2020  x   0  f 2018  x   0; 2

 f 2016  x   0; 2; 4

 f 2014  x   0; 2; 4;6


 f 2  x   0; 2; 4;...; 2018

 f1  x   1;1;3;5;...; 2019

 f 0  x   0; 2; 4;...; 2020

 f 0  x   0; 2; 4;...; 2020

Quan sát đồ thị ta thấy


Mỗi phương trình f 0  x   0; 2; 4;...; 2018 có 3 nghiệm.

Mỗi phương trình f 0  x   2020 có 1 nghiệm

Vậy số nghiệm là: 2019.3  2  6059 .


Câu 8. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
m   8;    để phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm phân biệt?
2
x 2  x  x  1 2 x  m  m   2 x 2  x  m  .2 x  x .
A. 6 . B. 7 . C. 5 . D. 8 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 13
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn


Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh, FB: Nguyễn Văn Mạnh
Chọn B

Ta có: x 2  x  x  1 2 x  m  m   2 x 2  x  m  .2 x  x 
2 x 2
 m   x  x  1 2 x  m
 2x2  x  m
x  x2
2
2 2 2 2
  x 2  m  .2 x x
  x 2  x  .2 x m
 2 x 2  x  m   x 2  m  .2 x x
  x 2  x  .2 x m
  x2  x    x2  m 


  x2  m  . 2x
2
x

 1   x2  x  . 2x  2
m

 1  0 * 

2
  x 2  m  0  2 x  m  1
 2  2
  x  x  0  2 x  x  1
 TH1:   nên VT *  0 .
 2
 x2  m
  x  m  0   0  2  1
  x 2  x  0  x2  x
  0  2
 1
2
  x 2  m  0  2 x  m  1
 2  2

  x  x  0  0  2 x  x  1
 TH2:   nên VT *  0 .
 2
 x2  m
  x  m  0   0  2  1
  x 2  x  0   x2  x
  2
 1

 x 2  m  0 1
 TH3:  2 thì *  thỏa mãn.
 x  x  0  2 
Ta thấy, phương trình  2  có 2 nghiệm phân biệt là x  0 và x  1 .

Để phương trình đã cho có nhiều hơn 2 nghiệm thì phương trình 1 có nghiệm khác 0 và 1.

 m  0 . Mà m , m   8;    nên m   7 ;  6 ; ...  1 nên có 7 giá trị thỏa mãn.


Câu 9. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Giải phương trình 8.25x  8.10x  15.22 x1  0 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú
  5 x 5
2x x   
5 5 2 2
x x
8.25  8.10  15.2 2 x 1
 0  8.    8.    30  0    x 1.
2 2  5 x 3
 
   
 2  2
Vậy x  1 .
sin2 x
 5
Câu 10. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Giải phương trình    5cos2x  x 1  x  5 .
 3 
Lời giải
Tác giả:Vũ Thị Thuần; Fb:Xu Xu
Ta có:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 14
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
sin 2 x 0
5  5  5
0  1;0  sin 2 x  1        1.
3  3   3 
5  1; 1  cos 2 x  1  5cos 2 x  51  5.
sin 2 x
 5 sin 2 x  0
Vậy    5cos 2 x  6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   sin x  0  x  k  k    .
 3  cos 2 x  1
Lại có x  1  x  5  1  x  x  5  1  x  x  5  6 , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1  x  x  5   0  5  x  1.
sin 2 x
 5  x  k  x  
Do đó    5cos 2 x  x  1  x  5    .
 3  5  x  1  x  0
Vậy phương trình có hai nghiệm là x   ; x  0.

Câu 11. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tổng tất cả các giá trị của tham số m để phương
x2  2 x 1 2 x  m
trình 3  log x2 2 x 3  2 x  m  2  có đúng ba nghiệm phân biệt:
A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh
Phản biện: Bùi Dũng ; Fb: Bùi Dũng
Chọn B

Ta có:
3x  2 x 3 ln  2 x  m  2 
2

x 2  2 x 1 2 x  m
3  log x2  2 x 3  2 x  m  2   2 x  m  2 
3 ln  x 2  2 x  3
x 2 2 x 3
.ln  x 2  2 x  3  3 .ln  2 x  m  2 
2 x m  2
3 (1)

Xét hàm số g  t   3t.ln t trên  2;   .

1
Có g '  t   3t .ln 3.ln t  3t .  0 t   2;    , nên g  t  đồng biến trên  2;   .
t
Do đó phương trình (1) tương đương:
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 15
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x 2  1  2m
g  x  2 x  3  g  2 x  m  2   x  2 x  3  2 x  m  2   2
2 2
(2)
  x  4 x  1  2m
Xét hai Parabol:  P1  : y  x 2  1 có đỉnh I1  0;1 và bề lõm hướng lên.

 P2  : y   x2  4 x 1 có đỉnh I 2  2;3 và bề lõm hướng xuống.


Và dễ thấy hai Parabol tiếp xúc nhau tại điểm A 1; 2  .

Vậy: (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 3 nghiệm phân biệt


 Đường thẳng nằm ngang y  2 m hoặc đi qua I1  0;1 , hoặc đi qua I 2  2;3 , hoặc đi qua A 1; 2 .

 2m  1
1 3 
  2m  3  m   ; ;1 . Vậy tổng tất cả các giá trị m thỏa đề là 3.
2 2 
 2m  2

Câu 12. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Giải phương trình 2 x 2  2 x  3  3 x 2  x  1  0 .
Lời giải
Tác giả: Lê Thanh Tịnh – Hồ Thanh Long ; Fb: Lê Thanh Tịnh – Phú Long
2
 1 3 3
Vì x  x  1   x     , x   nên phương trình luôn xác định với mọi x .
2

 2 4 4
Ta có:

2x2  2 x  3  3 x2  x  1  0  2x2  2x  2  2  3  3 x2  x  1  0

 2  x 2  x  1  3 x 2  x  1  5  0 * .

3
Đặt t  x 2  x  1 với t  . Lúc đó phương trình * trở thành:
2
t  1
2t  3t  5  0  
2
.
t   5  KTM 
 2
 x  1
Với t  1 suy ra x2  x  1  1  x2  x  0   .
x  0
Vậy tập nghiệm của phương trình là S  1 ; 0 .

Câu 13. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019)


1 x 2 1 x 2
Cho phương trình 251   m  2  .51  2m  1  0 , với m là tham số.
Giá trị nguyên dương lớn nhất của tham số m để phương trình có nghiệm là
A. 5 . B. 26 . C. 25 . D. 6 .
Lời giải
Tác giả: face - Bùi Dũng,Phản biện: face – Euro Vũ
Chọn C
1 1 x 2
Đặt: 5 t

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 16
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 x 2
Ta có: 1  1  1  x 2  2  5  51  25  t  5; 25
2
Khi đó phương trình trở thành: t   m  2 .t  2m  1  0

 t 2  mt  2t  2m  1  0  t 2  2t  1  m  t  2
t 2  2t  1
 m
t 2
 t 2  2t  1
y 
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của hai đồ thị hàm số:  t2
y  m

t 2  2t  1 t 2  4t  3
Xét hàm số: y  liên tục trên 5;25 , có: y '  2
 0 t  5; 25
t 2  
t  2

16 576
Để phương trình có nghiệm  min y  m  max y  y  5   m  y  25   m
5;25 5;25 3 23
Vì m là giá trị nguyên dương lớn nhất  m  25
Câu 14. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình
8 x  3 x.4 x   3 x 2  1 2 x   m 3  1 x 3   m  1 x có đúng 2 nghiệm phân biệt thuộc  0;10  ?
A. 101. B. 100. C. 102. D. 103.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Hải; Fb: Nguyễn Minh Hải
Chọn A
Ta có
8 x  3 x.4 x  (3x 2  1)2 x  (m3  1) x 3  (m  1) x
 (2 x )3  3 x.(2 x ) 2  3 x 2 .2 x  2 x  m3 x3  x3  (m  1) x
 (2 x )3  3 x.(2 x ) 2  3 x 2 .2 x  x3  2 x  m3 x3  (m  1) x
 (2 x  x)3  2 x  (mx)3  (m  1) x  (2 x  x)3  2 x  x  (mx)3  mx
Xét hàm số f (t)  t 3  t  f '(t )  3t 2  1 hàm số đồng biến trên 
2x  x
pt  2 x  x  mx  m 
x
2x  x 2 x ( x ln 2  1) 1
Xét hàm số f ( x)   f '( x)  2
0 x
x x ln 2
BBT
x
1
10 0
ln 2
y’  0+
y 
517
5
 2,88
Do m nguyên nên m{3, 4,5,...,103} có 101 giá trị chọn A
Câu 15. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm m để phương trình

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 17
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

4 x  2  m  1 2 x  3m  8  0 có hai nghiệm trái dấu.

8
A. 1  m  9 . B. m  .
3
8
C.  m  9 . D. m  9 .
3
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran
Chọn C
Phương trình 4 x  2  m  1 2 x  3m  8  0 1 xác định với mọi x   .

Đặt t  2x  0, x thì phương trình 1 trở thành t 2  2  m  1 t  3m  8  0  2  .

Đặt f  t   t 2  2  m  1 t  3m  8

Phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi phương trình  2  có hai nghiệm t1 , t2 thỏa
 f  0   0 3m  8  0 8
mãn 0  t1  1  t2     m9 .
 f 1  0 m  9  0 3
Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Giải phương trình 4 x 1  41 x  2  2 x  2  2 2 x   8

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Bình ; Fb: Nguyễn Văn Bình
4  x 4  1  x 1 
Phương trình 4  4  2  2  2   8  4.4  4 x  2  4.2  2 x
x 1 1 x x2 2 x x x
  8  4  x  2 2  x 2
  4  2 
x 1 x 1 2
Đặt t  2  2 x Khi đó 4  4 x  t  2

2 t  0
Ta được phương trình: t  2  2t  2  t  2

x 1 x
Với t  0  2  2 x  0  2  1  x  0

1
x 2x x x
Với t  2  2  2 x  2  2  2.2  1  0  2  1  2  x  log 2 1  2  
Vậy phương trình có hai nghiệm là x  0 và x  log 2 1  2  
Câu 17. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho phương trình
2
.log 3 3  x 2  2 x  3  3 x .log 1  2 x  m  2   0 .
 x m 2 x
9
3

Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm?


A. 1 . B. 0 . C. 3 . D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Cao Xuân Hùng; FB: Cao Hùng
Chọn A

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 18
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
.log 3 3  x 2  2 x  3  3 x .log 1  2 x  m  2   0
 x m 2 x
9
3
1 3
 2 xm
.3log 3  x 2  2 x  3  x 2  2 x 1
.log 3  2 x  m  2 
3 3
2
 3 x 1 .log3 ( x  1)2  2  32 x m .log3  2 x  m  2  .

1
Xét hàm số f (t )  3t .log 3 (t  2), t  0. Ta có f '(t )  3t ln 3.log 3 (t  2)  3t.  0, t  0 .
(t  2) ln 3
2
Suy ra hàm số đồng biến trên  0;   và f  x  1   f  2 x  m  nên
 

2  x 2  2 x  1  2( x  m)  2m   x 2  4 x  1
 x  1  2 x  m   2  2
.
 x  2 x  1  2( x  m)  2m  x  1
Ta thấy hai parabol y   x 2  4 x  1, y  x 2  1 tiếp xúc với nhau tại điểm có tọa độ 1; 2  nên đồ thị
của chúng trong cùng hệ tọa độ Oxy như sau.
y

x
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-2

-4

-6

-8

Khi đó để phương trình có 3 nghiệm thì đường thẳng y  2m cắt hai parabol tại 3 điểm phân biệt, từ
 3
 m 
 2m  3 2
 
đồ thị suy ra  2m  2   m  1 .
 2m  1  1
m 
 2
Vậy có 1 giá trị nguyên của m để phương trình có 3 nghiệm.
Câu 18. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải phương trình:
x  2 7  x  2 x  1   x 2  8 x  7  1.
Lời giải
Điều kiện: 1  x  7 .

pt  x  1  2 x  1  ( x  1)(7  x )  2 7  x  x 1  
x 1  2  7  x  x 1  2 
Cách 1:  x 1  2  0  x  5 ( n)
  .
 x  1  7  x  x  4 ( n)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 19
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vậy tập nghiệm S  4;5 .

Cách 2:
Đặt 7  x  u  0; x  1  v  0 , ta có phương trình:
v  2  x 1  2  x  5 ( n)
v 2  1  2u  2v  1  uv  2(u  v)  v(u  v)     . Vậy
u  v  7  x  x  1  x  4 ( n)
tập nghiệm S  4;5 .

Câu 19. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Chứng minh rằng phương trình  x  3 x 2  6 x  3
có đúng 3 nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 . Tính giá trị của biểu thức

T   x13  x12  9  x23  x22  9  x33  x32  9  .

Lời giải
Phương trình đã cho tương đương x3  x 2  6 x  3  0 . Xét hàm số f  x   x 3  x 2  6 x  3 liên tục

trên  và có f  3  . f  0   0, f  0  . f 1  0, f 1 . f  2   0 nên phương trình có nghiệm

x1   3; 0  x2   0;1 , x3  1; 2 


, .
Mặt khác, đây là phương trình bậc 3 nên đây là tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.
Do phương trình có 3 nghiệm x1 , x2 , x3 nên f  x    x  x1  x  x2  x  x3  .
Ta có: T   6 x1  6  6 x2  6  6 x3  6   63.  1  x1  1  x2  1  x3   63. f  1  63.9

Câu 20. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019)

1. Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3 x 2  15 x  2 x 2  5 x  1  2 .


2. Giải phương trình  
x  3  x  1 x2  x2  4x  3  2x 
Lời giải
1. Ta có:

3x 2  15 x  2 x 2  5 x  1  2
 3x 2  15 x  3  2 x 2  5 x  1  5  0
 3  x 2  5 x  1  2 x 2  5 x  1  5  0

Đặt x 2  5 x  1  t  t  0  , ta được phương trình ẩn t :

t  1  TM 
3t  2t  5  0  
2
t   5  koTM 
 3
 x2  5x  1  1
 x2  5x  0
x  0

 x  5
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 5 .
2. Điều kiện xác định x  1 .
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 20
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x  0 .


Ta giải phương trình này với x  0 .


2 x2  x2  4x  3   2x
Khi đó   2
x  3  x  1 x  x  4x  3  2x 2
 x  3  x 1

 x2  x2  4x  3  x x  3  x x  1


 x x  x  3  x 1   
x3 x  0


 x x  3  x  x 1  0 
 1 3
 x3  x x  x  3  0 2x 
  2  2
 x  1  x  x  x 1  0  1 5
x 
 2
1  3 1  5 
Tập nghiệm của phương trình là T   ; .
 2 2 
Câu 21. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình
x x x
x 2  3x  a  0 ; x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình x 2  12 x  b  0 . Biết rằng 2  3  4 .
x1 x2 x3
Tìm a và b.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Phu ; Fb:Nguyễn Văn Phu
9
Phương trình x 2  3x  a  0 có hai nghiệm    9  4a  0  a  . (1)
4
Phương trình x 2  12 x  b  0 có hai nghiệm   '  36  b  0  b  36 . (2)
 x1  x2  3
 x .x  a
 1 2
Với điều kiện trên, theo Viet ta có:  (I )
 x3  x4  12
 x3 .x4  b

 x2  tx1
x2 x3 x4 
Đặt    t   x3  tx2  t 2 x1 .
x1 x2 x3  3
 x4  tx3  t x1

 x1  tx1  3  x1  tx1  3  3
 x .tx  a 
 1 1  x1 .tx1  a  4
Thế vào hệ (I) ta được:  2 3
 2
t x1  t x1  12 t ( x1  tx1 )  12  5
t 2 x .t 3 x  b 2 3
 1 1 t x1 .t x1  b  6
Thế (3) vào (5) ta được t 2  4  t  2 .
Với t  2 thay vào (3) ta được x1  1  x2  2; x3  4; x4  8 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 21
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a  x1 .x2  1.2  2
Khi đó  (t/m)
b  x3 .x4  4.8  32
Với t  2 thay vào (3) ta được x1  3  x2  6; x3  12; x4  24 .

a  x1 .x2  3.6  18


Khi đó  (t/m)
b  x3 .x4  12.24  288
a  2 a  18
Vậy  hoặc  .
b  32 b  288
Câu 22. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019) Cho x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình:
x 2  3x  a  0 , x3 và x4 là hai nghiệm của phương trình: x 2  12 x  b  0 . Biết rằng x1 , x2 , x3 , x4 theo
thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy tìm a, b

Lời giải
Tác giả: Phạm Huyền; FB: Phạm Huyền
Gọi q là công bội của CSN  x2  x1q; x3  x1q 2 ; x4  x1q 3
Theo viet ta có:
 x1  x2  3  x1 (1  q )  3 (1)
 
 x1 x2  a  x1 x2  a (2)
  2
 x3  x4  12  x1q (1  q )  12 (3)
 x3 x4  b x x  b (4)
 3 4
Từ (1) và (3) suy ra q 2  4
+ q  2 từ (3) suy ra x1  1 , giải ra được a  2; b  32 .

+ q  2 từ (3) suy ra x1  3 , giải ra được a  18; b  288 .

Câu 23. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình x 2  3x  1  7  2 x
Lời giải
Tác giả:Anh Tuấn ; Fb: Anh Tuan.
Ta có x 2  3x  1  7  2 x

2 x  7  0
 2 2
 x  3x  1  (2 x  7)
2 x  7  0
 2
3x  25 x  50  0

 7
x  2

  x  5
 10
 x 
 3
 x5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 22
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  5 .


Câu 24. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Giải phương trình
3 3
 x  2  2.  x  1  3  x 2  3x  2  .

Lời giải
Tác giả: Võ Huỳnh Hiếu ; Fb: Huỳnh Hiếu
Đặt u  x  2, v  x  1 với v  0 .Khi đó,phương trình đã cho trở thành:

u 3  2v 3  3uv 2   u  v  u  u  v   2v 2   0

 x2

x2   x  5  5 N

Với u  v  x  2  x  1   2    
 2
 x  5x  5  0 
 x  5  5  L 
  2
 uv
Với u  u  v   2v 2   u  v  u  2v   0    x  2  2 x 1  0
 u  2v  0
 x2

 2 x  1  2  x   x  4  2 2  L 

  x  4  2 2  N 

5 5
Kết hợp với điều kiện ,ta được: x  , x  4  2 2.
2
5 5
Vậy phương trình có 2 nghiệm: x  , x  4  2 2.
2
Câu 25. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Giải các phương trình sau trên tập hợp các số thực:

1) x 4  6 x3  6 x 2  9 x  2 x 2  3 x . 2) 7 x  6 log 7  6 x  1  1  0 .

Lời giải
2
1) Ta có x 4  6 x3  6 x 2  9 x  2 x 2  3 x  x 2  3x    
 3 x 2  3 x  2 x2  3x  0 .

Đặt t  x 2  3 x , t  0 , phương trình đã cho trở thành t 4  3t 2  2t  0  t  0; t  2; t  1 .


Kết hợp với điều kiện t  0 , ta chỉ có hai trường hợp sau:

Với t  0 , ta có x 2  3 x  0  x  0; x  3 .

Với t  2 , ta có x 2  3 x  2  x 2  3 x  4  0  x  1; x  4 .
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x  0, x  3, x  1, x  4 .
1
2) Điều kiện xác định: x   . Đặt y  log 7  6 x  1 , khi đó 7 y  6 x  1 .
6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 23
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

7 x  6 y  1
Kết hợp với phương trình đã cho ta có hệ  .
y
 7  6 x  1
Trừ vế theo vế hai phương trình trong hệ, ta có
7 x  7 y  6 y  6 x  7 x  6 x  7 y  6 y (1).
 1 
Xét hàm số f  t   7t  6t , tập xác định D    ;    .
 6 

Ta có f   t   7t ln 7  6  0, t  D nên hàm số f đồng biến trên D .

Do đó 1  f  x   f  y   x  y .

Suy ra 7 x  6 x  1  0 (2).
 1 
Xét hàm số g  x   7 x  6 x  1 trên khoảng   ;    .
 6 
6
Ta có g   x   7 x ln 7  6 ; g   x   0  x  log 7 .
ln 7
Bảng biến thiên của hàm số g  x  :

 1 
Dựa vào bảng biến thiên, ta có phương trình (2) có không quá hai nghiệm thuộc khoảng   ;    .
 6 
Mà g  0   0, g 1  0 nên x  0, x  1 là tất cả các nghiệm của phương trình (2).

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  0, x  1 .


Câu 26. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Giải phương trình sau trên tập số thực  :

x 3  7 x 2  9 x  12   x  3 x  2  5 x  3 x  3 1 .  
Lời giải
Tác giả: Đặng Mai Hương, Ngô Quốc Tuấn, FB: Đặng Mai Hương, Quốc Tuấn


Cách 1: x 3  7 x 2  9 x  12   x  3 x  2  5 x  3  
x  3  1 (điều kiện x  3 )

x4
 
  x  4  x 2  3 x  3   x  3 x  2  5 x  3
  x  3 1
x  4  0
  2 x 2  5 x  6  5 x. x  3  15 x  3
x  3x  3 
 x  3 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 24
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x  4  Nhan 
 2 .
 x  8 x  12  x  3  9  2 x 1

Giải 1 :  x 2  8 x  12  x  3  9  2 x .

Đặt t  x  3  0 .
Phương trình 1 trở thành: t 5  2t 3  2t 2  3t  3  0  2  .

(Phân tích phương trình  2  như sau: VT   t 2  at  b  .  t 3  ct 2  dt  e  . Đồng nhất hệ số ).

t 2  t  1  0
  
2 : t 2
 t  1 t 3
 t 2
 3   0  3 2 .
 t  t  3  0  vo nghiem do t  0 
 1 5
t   Nhan  1 5 9 5
2
  x 3  x  Nhan  .
 1 5 2 2
t   0  Loai 
 2

 9  5 
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  4; .
 2 

Cách 2: Điều kiện: x  3 .


Phương trình đã cho tương đương với:
x 2  5 x  6  5  x  3 x  3
 x  4  x 2
 3 x  3   x  4
x  3 1
 x  4  Nhan 

 x 2  5 x  6  5  x  3 x  3
2
 x  3x  3  1
 x  3 1
Giải (1):
x 2  5 x  6  5  x  3 x  3
x 2  3x  3  0
x  3 1

  x 2  3 x  3  
x  3  1  x 2  5 x  6  5  x  3 x  3  0

 9  2 x   x 2  8 x  12  x  3  0

 
  x 3  12 x 2  46 x  57   x 2  8 x  12  x  4  x  3  0

   x  3  x  9 x  19    x  8 x  12   x  4  x  3   0
2 2

   x  3  x  4  x  3  x  4  x  3    x  8 x  12   x  4 
2

x 3  0

  x  4  x  3     x  3  x  4  x  3    x  8 x  12    0
2
 
 x3  x4  2
 
 x  4  x  3  3  x  x  3  x   0  
 3  x  x  3  x  0  3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 25
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x  4

x  4   x  9  5 9 5
*Giải (2): x3  x 4   2   2  x .
 x  9 x  19  0  2

 x  9  5
  2
*Giải  3  :
3
3  x  x3  x  0   x  3  x  0 (vô nghiệm do x  3 )

 9  5 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  4; .
 2 

Cách 3: Phương trình đã cho tương đương với:


x4
 x  4   x 2  3 x  3   x  3  x  2  5 x3  x  3 1
 x  4  Nhan 
  2 1 .
 
x  3 x  3   x  3 x  2  5 x  3  x  3 1
1

Giải (1):
x25 x 3 x 2  3x  3 x  2  5 x  3
x 2  3 x  3   x  3  
x  3 1 x3 x  3 1
2


 x  4   5( x  4)  1   x  3  5 x  3  1 .
 x  4  1 x  3 1

t 2  5t  1
Xét hàm số f  t   ,t  0 .
t 1
t 2  2t  4 t 2  5t  1
f  t   2
 0, t  0 , suy ra hàm số f  t   đồng biến trên  0;   .
 t  1 t 1

x  4

 x  4 x  4   x  9  5 9 5
Suy ra x 3  x  4   2  2   2 x .
 x  3   x  4   x  9 x  19  0  2

 x  9  5
  2
 9  5 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  4; .
 2 
Câu 27. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Giải phương trình
x3  7 x2  9 x  12   x  3 x  2  5 x  3 
x  3 1 .  
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh
Điều kiện x  3  0  x  3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 26
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Phương trình đã cho tương đương với

 x  4  x2  3x  3   x  3  x  2  5  x  3 1
x 3

 x  3 1 x  3 1  x  3x  3   x  3  x  2  5 x  3 
2
x  3 1 
 x  3  1  0   x 3 1 x  4

  
 x  3  1  x 2  3 x  3   x  3 x  2  5 x  3
  *
Dễ thấy x  3 không là nghiệm của phương trình đã cho.
x 2  3x  3 x  2  5 x  3
Với x  3 , giải phương trình * ta được 
x 3 x  3 1
2
 x  4  5  x  4 1 x  3  5 x  3  1

x  4 1

x  3 1
 f  x  4  f  
x 3 .

t 2  5t  1 3
Xét hàm số f  t   trên  1;   , có f   t   1  2
 0, t  1 .
t 1  t  1
Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên  1;   mà f  x  4   f  x 3 . 
 x  4  0 x  4 9 5
Do đó x  4  x  3   2 .  2 x
 x  4   x  3  x  9 x  19  0 2

9 5
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  4 ; x  .
2

Câu 28. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Giải phương trình  x  1 6 x 2  6 x  25  23x  13 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thu Nghĩa; Fb: Thu Nghia
Ta có  x  1 6 x 2  6 x  25  23x  13

  x  1  6 x 2  6 x  25   2 x  3   2 x 2  18 x  16  0 1
 
 3
 x
TH1: 2
6 x  6 x  25   2 x  3  0   2 (PTVN)
 2
 6 x  6 x  25  2 x  3

TH2: 6 x 2  6 x  25   2 x  3  0

1   x  1
 2x 2
 18 x  16 
 2 x 2  18 x  16  0
2
6 x  6 x  25   2 x  3

 x 1 
  2 x 2  18 x  16    1  0
 6 x 2  6 x  25   2 x  3 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 27
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2 x 2  18 x  16  0 1

 x 1
 6 x 2  6 x  25   2 x  3
1  0  2

 x 1
Giải 1 ta được  .
x  8

Giải  2   6 x 2  6 x  25  3x  4

 4
 x
 3  x  5  2 7 .
3x 2  30 x  9  0

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1; 8;  5  2 7 .  


Câu 29. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Chứng minh rằng phương trình
4 x 5  2018 x  2019  0
có duy nhất một nghiệm thực.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen
Cách 1: (sử dụng kiến thức lớp 12).
Xét hàm số f  x   4 x 5  2018 x  2019 liên tục trên  .

Ta có y '  20 x 4  2018  0  x   .

Suy ra phương trình f  x   0 có tối đa một nghiệm x  1 .

Ta có f  0   2019; f  1  3  f  0  f  1  0 .

Suy ra phương trình f  x   0 có ít nhất một nghiệm a   1; 0   2  .

Từ 1 ;  2  suy ra phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất a   1; 0  .

Do vậy, phương trình đã cho có duy nhất một nghiệm thực.


Cách 2: (sử dụng kiến thức lớp 11).
Xét hàm số f  x   4 x 5  2018 x  2019 liên tục trên  .

Ta có f  0   2019; f  1  3  f  0  f  1  0 .

Suy ra phương trình f  x   0 có ít nhất một nghiệm a   1; 0  .

Giả sử phương trình f  x   0 có nghiệm b  a .

Ta có f  b   f  a   4  b 5  a 5   2018  b  a  .

Nếu b  a thì b5  a 5 . Suy ra 4  b 5  a 5   2018  b  a   0 .

Do vậy f  b   f  a   0  f  b   f  a   0 (vô lí).

Nếu b  a  b5  a 5 . Suy ra 4  b 5  a 5   2018  b  a   0 .

Do vậy f  b   f  a   0  f  b   f  a   0 (vô lí).

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 28
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vậy điều giả sử là sai.


Do vậy, phương trình f  x   0 có nghiệm duy nhất x  a (đpcm).
Câu 30. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Giải phương trình
x2
1 x  1 x  2  .
4
Lời giải
Điều kiện 1  x  1 .
t2  2
Đặt t  1  x  1  x   1  x 2 , với 0  t  2 .
2
Phương trình theo t có dạng
2
 t2  2 
7 
 2  2
t   t  2   t 2  4t  8  0  t  2 (nhận).
4
Với t  2 ta được 1  x  1  x  2  1  x 2  1  x  0 .
Vậy phương trình có nghiệm x  0 .
Câu 31. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Giải phương trình
2 x  3   x  1 x 2  6   x  2  x 2  2 x  9  0  x   .

Lời giải
u  x 2  2 x  9  0
Đặt 
v  x 2  6  0

u 2  v2  3
 u 2  v2  2x  3  x 
2
 u 2  v2 1 
2 2  u 2  v2  1 
Phương trình đã cho trở thành: u  v  v.    u.  0
 2   2 
 2 u 2  v 2   u  v  u 2  v2   u  v   0

u  v  0 u  v
 2 
 2  u  v    u  v   1  0 u  v  1  vn 
3
Với u  v ta có x2  6  x2  2 x  9  x   .
2
3
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm là x   .
2
Câu 32. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Giải phương trình
4 x 2  12 x x  1  27  x  1 .

Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Diệu Huyền; Fb: Phạm Thị Diệu Huyền
Điều kiện: x  1  0  x  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 29
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

4 x 2  12 x x  1  27  x  1  4 x 2  2.2 x .3 x  1  9  x  1  36  x  1
  4 x 2  9  x  1

2  2x  3 x  1  6 x  1  2x  3 x  1  x 0

 2x  3 x  1   36  x  1    
  4 x  81  x  1
2
2x  3 x  1  6 x  1 2x  9 x  1
  1  x  0
 x 3
  (thỏa mãn điều kiện).
 x  81  9 97
 8
81  9 97
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  3 và x  .
8
Câu 33. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải phương trình
3x  1  4 x  3  5x  4
Lời giải
Tác giả:Anh Tuấn ; Fb: Anh Tuan.
3 x  1  0

Ta có 3 x  1  4 x  3  5 x  4  4 x  3  0

3 x  1  4 x  3  2 (3x  1)(4 x  3)  5 x  4
 3
 x
 3 3 4
x    x3 
 4  4   x  1  x 1
 (3x  1)(4 x  3)  3  x 11x 2  x  12  0  12
   x  
 11
Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  1 .
Câu 34. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho hàm số y  f ( x ) liên tục trên  0;1 . Chứng
minh phương trình f ( x )   f (1)  f (0) x  f (1) có ít nhất một nghiệm thuộc  0;1 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Tuấn ; Fb: Nguyễn Thanh Tuấn
Ta viết lại phương trình đề bài: f ( x )   f (1)  f (0)  x  f (1)  0 .

Đặt: g( x )  f ( x )   f (1)  f (0) x  f (1) .

Ta có: g(0)  f (0)  f (1) ; g(1)  f (1)  f (0) .


2
Nhận thấy g( x ) liên tục trên  0;1 và g(0).g(1)    f (0)  f (1)   0 .

Vì vậy phương trình g( x )  0 luôn có ít nhất một nghiệm thuộc  0;1 (đpcm).
Câu 35. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Tìm m để phương trình
4
mx 2  2  m  2  x  2m  7  0 ( m là tham số) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1  x2  .
3
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 30
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: TRẦN TRUNG TÍN; Fb: TÍN TRẦN


4
Ta có x1  x2   0  x1  x2 .
3
2
Do đó, phương trình mx  2  m  2  x  2m  7  0 có hai nghiệm x1 , x2

 m  0 m  0 m  0
 2  2  .
 m  2   m  2m  7   0 m  3m  4  0  1  m  4

 2  m  2
 S  x1  x2 
m
Theo định lí Vi-ét, ta có:  .
 P  x .x  2m  7
1 2
 m
Khi đó:
2
4 16 16  2  m  2   2m  7  16
x1  x2   x12  2 x1 x2  x22   S 2  4P      4 
3 9 9  m   m  9

m  3
m 2  4m  4 2m  7 4 13 2
    m  3m  4  0   .
m2 m 9 9  m  12
 13

m  3
Kết hợp điều kiện suy ra  .
 m  12
 13

2 
Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x1  x2  .
a

Câu 36. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
m  
1  x2  1  x2  2  2 1  x4  1  x2  1  x2 .

Lời giải
Tác giả: Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín
Điều kiện xác định của phương trình: 1  x  1 .

Đặt t  1  x 2  1  x 2 . Khi đó t liên tục trên  1;1 và t  0 .

 t 2  2  2 1  x 4  2  t   0; 2 

2 t 2  t  2
Phương trình trở thành: m(t  2)  t  t  2  m  .
t2
t 2  t  2
Xét f (t )  ; t  0; 2  ta có f (t ) liên tục trên 0; 2 
t2
t 2  4t
f '(t ) 
(t  2) 2

 0, t  0; 2 
 f (t ) nghịch biến trên 0; 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 31
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vậy phương trình đã cho có nghiệm thực khi f ( 2 )  2  1  m  1  f (0)


Câu 37. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho phương trình
2
x 2
 ax  1  a  x  ax  1  1  0, với a là tham số. Biết rằng phương trình có nghiệm thực duy
2

nhất. Chứng minh rằng a  2 .


Lời giải
Tác giả: Phan Văn Lâm; FB: Lâm Phan
2
Xét phương trình  x 2  ax  1  a  x 2  ax  1  1  0 1

Đặt t  x 2  ax  1, khi đó x 2  ax  1  t  0  2  và phương trình đã cho trở thành: t 2  at  1  0  3 .


Phương trình 1 có nghiệm khi a và t thỏa mãn: a 2  4  0 và a 2  4  4t  0 .

a 2  4  0  a  2 hay a  2 . Nếu a  2 thì  3  có nghiệm t  0, khi đó a 2  4  4t  0, suy ra  2 


có hai nghiệm phân biệt, mâu thuẫn với giả thiết 1 có nghiệm duy nhất. Nếu a  2 thì phương
trình  3  có nghiệm t  1, khi đó điều kiện a 2  4  4t  0 không được thỏa mãn.

Vậy a  2 .
Câu 38. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho tam thức f  x   x 2  bx  c . Chứng minh rằng nếu
phương trình f  x   x có hai nghiệm phân biệt và b 2  2b  3  4c thì phương trình f  f  x    x có
bốn nghiệm phân biệt.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Mạnh Hà ; Fb: Nguyễn Mạnh Hà
Xét phương trình: f  f  x    x  f 2  x   b. f  x   c  x  0

 f  x   f  x   x   b.  f  x   x   x  f  x   x   x 2  bx  c  x  0
  f  x   x   f  x   b  x   f  x   x  0
  f  x   x   f  x   b  x  1  0
 f  x   x  0 1

 f  x   b  x  1  0  2
- Từ giả thiết phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt.

- Phương trình  2   x 2   b  1 x  b  c  1  0
2
có    b  1  4  b  c  1  b2  2b  3  4c  0 ( vì theo giả thiết b 2  2b  3  4c )

Do đó phương trình  2  luôn có hai nghiệm phân biệt.

- Giả sử x0 là một nghiệm của phương trình 1 khi đó:


x0 2  bx0  c  x0  0  x0 2   b  1 x0  c  2 x0  0  x0 2   b  1 x0  c  2 x0

Khi đó nếu x0 là một nghiệm của phương trình  2  thì :


b  1
x0 2   b  1 x0  b  c  1  0  2 x0  b  1  0  x0 
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 32
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2 2
 b  1  b  b b 1
Khi đó 1 trở thành:    c  0  b 2  2b  3  4c  0  b 2  2b  3  4c (trái
 2  2 2
2
với giả thiết của đề bài b  2b  3  4c ).
Do đó x0 là một nghiệm của phương trình 1 nhưng không là nghiệm của phương trình  2  .

Vậy phương trình f  f  x    x có bốn nghiệm phân biệt.


2
2) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn  a  b  c   ab .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
2
ab c2  c 
thức P   2 2
  Lời giải
ab a b  abc
Tác giả:Lưu Thị Hạnh ; Fb: Hạnh Lưu
2 2 2
Đặt a  xc, b  yc .thay vào biểu thức  a  b  c   ab ta có:  xc  yc  c   c 2 xy   x  y  1  xy
xy 1 1
và P   2 2

x y x  y xy
Ta có:
2
x y
 x  y  1  xy  
2

 2 
2 2
  x  y   4  x  y   2  x  y   1  0
 
2 2
 3 x  y   8  x  y   4  0   x  y  2
3
2  2 2
Đặt t  x  y,   t  2  . Từ xy   x  y  1 ta có xy   t  1 .
3 
Thay vào biểu thức P ta được
2
 t  1 1 1
P  2
 2
t t 2  2  t  1  t  1
2
 t  1 1 1
  
t t  4t  2  t  1 2
2

2
 t  1 1 1 1
  2
 
t 2  t  1 t  4t  2 2  t  1 2
2

2 4 2 4 2 
  2   2  2, t   ; 2 
t t  1 t  4t  2  2  t  1) 
2
t t 1 t 3 

Vậy Pmin  2  a  b  c  1 .
3) Lớp 11 Toán có 34 học sinh tham gia kiểm tra môn Toán để chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi
cấp tỉnh. Đề kiểm tra gồm 5 bài toán. Biết rằng mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết
được. Chứng minh rằng có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này
giải quyết được.Lời giải
Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 33
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Giả sử ngược lại: với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều
không giải được. Gọi  x , y , a  là bộ gồm hai học sinh x , y và bài toán a mà cả hai học sinh x , y
đều không giải được. Gọi k là số bộ ba  x , y , a  .

Số cách chọn hai học sinh từ 34 học sinh là C342 .


Vì với mỗi 2 học sinh bất kì, luôn tồn tại ít nhất một bài toán mà cả hai học sinh đều không giải được
nên k  C342  561 * .

Theo đề ta có mỗi bài toán luôn có ít nhất 19 học sinh giải quyết được nên mỗi bài toán có nhiều
nhất 15 học sinh không giải được. Như vậy với mỗi bài toán a có nhiều nhất C152 cặp học sinh không
giải được bài toán a . Do đó k  C152  525 . Mâu thuẫn với * .

Vậy có 2 học sinh sao cho mỗi bài toán đều được một trong hai học sinh này giải quyết được.
Câu 39. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho phương trình
 m  2 x  x 2  1  x 2   m  6  x  1  0 1 . Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có nghiệm
thực.
Lời giải
Tác giả: Minh Hạnh; Fb: fb.com/meocon2809
1.
Điều kiện: x  0 .
- Với x  0 thì phương trình vô nghiệm.

x2  1 x2  1
- Với x  0 , Phương trình 1   m  2    m6  0.
x x
t  2
x2  1 
Đặt t   x2  1 ;
x t 2

 x
t 2  2t  6
Ta được phương trình mới theo ẩn phụ:  m  2  t  t 2  m  6  0  m  2 .
t 1
t 2  2t  6 t 2  2t  8 t  4  l 
Xét hàm số f  t    f  t   2
 0   .
t 1  t  1 t  2
Bảng biến thiên
x  4 2 2 
y + 0 - - 0 +
y 2 2 2 
2
Nhìn bảng biến thiên ta thấy phương trình có nghiệm  m  2 .
Câu 40. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho đa thức f  x   x 4  ax 3  bx 2  ax  1 có nghiệm
thực. Chứng minh rằng
a 2  b 2  4b  1  0 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 34
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a 2  b2  4b  1  0 .


2
Ta có: a 2  b 2  4b  1  0  a 2   b  2   3 1 .

Vì x  0 không là nghiệm của phương trình f  x   0 nên:


2
 1   1  1  1
x  ax  bx  ax  1  0   x 2  2   a  x    b  0   x    a  x    b  2  0
4 3 2

 x   x  x  x
1
Đặt t  x  thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2  at  b  2  0 có nghiệm thỏa mãn
x
t  2.

Xét hàm số g  t   t 2  at  b  2

a a
Ta có: g   t   2t  a, g   t   0  t  . Như (1) trên thì   2; 2 
2 2
Do đó ta có bảng biến thiên
t  2 2 
f  t  - +

g t   
2 a  b  2 2a  b  2

2a  b  2  0  2
Phương trình có nghiệm thì 
2a  b  2  0  3

Những điểm M  a; b  thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I  0; 2  và bán kính bằng
3.
Những điểm N  a; b  thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của các
 2 x  y  2  0
đường thẳng 
2 x  y  2  0
Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn.
Ta có điều phải chứng minh: Nếu đa thức đã cho có nghiệm thì a 2  b 2  4b  1  0
Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 35
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

t 2  at  b  2  0  t 2   at  2  b  t 4  ( at  2  b)2   a 2  (b  2)2  1  t 2 
t 4 1 2
 a 2  (b  2)2  2  t  1  3  a 2  b2  4b  1  0
t 1
Câu 41. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
2   
tan 4 x  2
 m có 6 nghiệm phân biệt thuộc   ;  là
cos x  2 2
A. m  3 B. 2  m  3 C. 2  m  3 D. m  2
Lời giải
Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.
Phản biện: Tuấn Minh; Fb: Tuấn Minh
Chọn B

Điều kiện: cos x  0  x   k , k  .
2
2
Ta có: tan 4 x  2
 m  tan 4 x  2 tan 2 x  2  m (*)
cos x

Đặt t  tan 2 x , t  0 . Khi đó (*) trở thành: t 2  2t  2  m .

Nhận xét:
Với t  0 thì phương trình đã cho có 1 nghiệm x  0 .
  
Với mỗi t  0 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x phân biệt thuộc   ;  .
 2 2
Với mỗi t  0 thì phương trình đã cho không tồn tại nghiệm x .
Đồ thị của hàm số y  t 2  2t  2 :

x
O 1

2   
Dựa vào đồ thị, phương trình tan 4 x   m có 6 nghiệm phân biệt thuộc
  ;  khi và chỉ
cos 2 x  2 2
2
khi đường thẳng y  m cắt đồ thị hàm số y  t  2t  2 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn 0.
Lúc đó: 2  m  3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 36
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3
y=m
2

x
O 1

Câu 42. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho phương trình

x2  7  m x2  x  1  x4  x2  1  m  
x2  x  1  2 .

Biết tập hợp tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm là  a ; b  . Tính P  b  a
26 13 13 13
A.  . B. . C. . D. .
3 6 3 2
Lời giải
Chọn C

x2  7  m x2  x  1  x4  x2  1  m  x2  x  1  2 
 x2  7  x4  x2  1  m  x2  x  1  x2  x  1  2 
Đặt t  x 2  x  1  x 2  x  1  t 2  2 x 2  2 x 4  x 2  1  2
2x 1 2x 1
Xét hàm số t  x 2  x  1  x 2  x  1 liên tục trên  có t   x   
2
2 x  x 1 2 x2  x  1
2x 1 2x 1
t  x   0    0   2 x  1 x 2  x  1   2 x  1 x 2  x  1
2 2
x  x 1 x  x 1
 2 x  1 .  2 x  1  0
 2 2
 2 x  1  x  x  1   2 x  1 .  x  x  1
2 2

 1
 x  2

  1
 x   2 (Vô nghiệm)

x  0
2x 1 2x 1
Mặt khác t   0   0  t   x     0, x   .
x2  x  1 x2  x  1
Bảng biến thiên:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 37
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

t 2  12
 t   1;1 . Ta có phương trình: t 2  12  2m  t  2    2m
t 2
t 2  12 t 2  4t  12 t  2 (l )
Xét hàm số f  t   , t   1;1 , f   t   2
0 .
t2 t  2 t  6 (l )
Bảng biến thiên:

t 2  12 13 13 13
Phương trình  2m có nghiệm t   1;1  13  2m      m  
t 2 3 2 6
13 13 13
a ,b    b  a  .
2 6 3
Câu 43. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Với giá trị nào của m thì phương trình
 m  5 x2  2  m 1 x  m  0
có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa x1  2  x2 ?
8 8 8
A. m  5 . B. m  . C.  m5. D.  m5.
3 3 3
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú
Chọn D
m  5  0
 m  5 x2  2  m 1 x  m  0 có hai nghiệm phân biệt  
   0

 m  5 m  5
m  5 
  2     1 . (1)
 m  1   m  5  m  0 3m  1  0  m  
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 38
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2  m  1
 S  x1  x2  
Khi đó, theo hệ thức Vi – ét ta có:  m5 .
P  x x  m
1 2
 m5
x  2  0
 m  5 x2  2  m 1 x  m  0 có hai nghiệm thỏa mãn x1  2  x2   1
 x2  2  0

m 4  m  1 9m  24
  x1  2  x2  2   0  x1 x2  2  x1  x2   4  0   40  0
m5 m5 m5
8
 m5.
3
8
Kết hợp với (1)   m5.
3
Câu 44. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
x 4  2mx 2  (2m  1)  0 có 4 nghiệm thực phân biệt là:
1  1 
A. 1;   . B.  ;   \ 1 . C.  ;   . D.  .
2  2 
Lời giải
Tác giả: Phan Thanh Quỳnh; Fb:Thanh Quynh Phan
Chọn B
Đặt t  x 2  0 , khi đó phương trình đã cho trở thành: t 2  2mt  (2m  1)  0  (t  1)(t  2m  1)  0
1
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình 1 có 2 nghiệm dương phân biệt

1
 t  2m  1 phải dương và khác 1   m  1.
2

Câu 45. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho phương trình x  3  6  x  18  3 x  x 2  m , (1),
(với m là tham số).
a)Giải phương trình (1) khi m  3 .
b)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Lời giải
Tác giả: Hải Thương ; Fb: Hải Thương
Đk: 3  x  6 .
t2  92
Đặt t  3  x  6  x , 3  t  3 2 . Suy ra 18  3 x  x  .
2
Phương trình (1) trở thành t 2  2t  9  2m .
t  1 (l)
a)Khi m  3 phương trình trở thành t 2  2t  3  0  
t  3
 x  3
t  3  3  x  6  x  3  9  2 18  3 x  x 2  9  18  3 x  x 2  0  
x  6
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  3, x  6 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 39
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

b)Phương trình (1) có nghiệm khi phương trình t 2  2t  9  2m có nghiệm t  3;3 2  .

Xét hàm số f  t   t 2  2t
với t  3;3 2  . Hàm số f  t  đồng biến trên 3;3 2  nên
3  f  t   18  6 2 với t  3;3 2  .

9  6 2
Phương trình (1) có nghiệm  3  9  2m  18  6 2   m  3.
2
Câu 46. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hai phương trình: x 2  2 x  a 2  1  0 1 và
x2  2  a  1 x  a  a  1  0  2  .
a) Tìm a để phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt.
b) Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình 1 và x3 ; x4 là hai nghiệm của phương trình  2  với
x3  x4 . Tìm tất cả các giá trị a để x1 ; x2   x3 ; x4  .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễn
2
a) Xét phương trình: x  2  a  1 x  a  a  1  0 .
Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
2 1
  0   a  1  a  a  1  0  3a  1  0  a  .
3
1
Vậy với a  thì phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt.
3
b) Xét phương trình:
2 x  1 a
x 2  2 x  a 2  1  0   x  1  a 2  0   x  1  a  x  1  a   0   .
x  1 a
1
Ta có: f  x   x 2  2  a  1 x  a  a  1 có hai nghiệm phân biệt x3 ; x4 khi a  .
3
Theo giả thiết x1 ; x2   x3 ; x4  hay x3  x1  x2  x4 (giả sử x1  x2 ) khi và chỉ khi:
 1
 f  x1   0  f (1  a)  0 4a 2  3a  1  0  4  a  1 1
      a 1.
 f  x2   0  f 1  a   0 3a  1  0  a  1 4
 3
1
Vậy với  a  1 thì x1 ; x2   x3 ; x4  .
4
Câu 47. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m :
x  2 mx  m 2  x  2 mx  m2  2 m với m  0
Lời giải
Cách 1
mx  m2  0

 x  2 mx  m 2  0
Điều kiện:   x  m 1
 x  2 mx  m2  0

m  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 40
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 t 2  4m 2
Đặt t  2 mx  m ; t  0. Thì x 
4m

t 2  4m 2 (t  2m)2 | t  2m |
x  2 mx  m 2  t  
4m 4m 2 m

t 2  4m 2 (t  2m)2 | t  2m |
Và x  2 mx  m 2  t   .
4m 4m 2 m
Khi đó bất phương trình đã cho là | t  2m |  | t  2m | 4m, m  0  2
Vì m  0, t  0 nên | t  2m | t  2m nên

 2   t  2m | t  2m | 4m | t  2m | 2m  t , m  0
 t  2m  0  0  t  2m

Nghĩa là 0  2 mx  m 2  2m  m 2  mx  2m 2  m  x  2m
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  [m; 2m] .
Cách 2
mx  m 2  0

 x  2 mx  m 2  0
Điều kiện:   x  m (*)
2
 x  2 mx  m  0

m  0
Với điều kiện trên, hai vế của bất phương trình không âm, bình phương hai vế ta được

 
x  2 mx  m 2  2 x 2  4 mx  m 2  x  2 mx  m 2  4m

 x 2  4mx  4m 2  2m  x

 ( x  2m)2  2m  x

 | x  2m | 2m  x **
+) Nếu x  2m thì bất phương trình **  x  2m  2m  x  x  2m .

Kết hợp với điều kiện x  2m ta được x  2m 1


+) Nếu x  2m thì bất phương trình **  2m  x  2m  x ( luôn đúng).

Kết hợp với điều kiện (*) ta được m  x  2m  2


Từ 1 và  2  ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [m; 2m] .
Câu 48. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số
m  m  R  để phương trình: x 4   3m  1 x 2  6m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thủy ; Fb:Thuy Nguyen
 2
Ta có: x 4   3m  1 x 2  6m  2  0   x  22  x   2
 x  3m  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 41
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 m 1
Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 thì  3m  1  2   1
0  3m  1  16   m  17
 3 3
 1 17 
Vậy với m   ;  \ 1 thì thỏa mãn đề bài.
3 3 
Câu 49. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) . Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham
2
số): x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
P  x13  x23  x1 x2  3 x1  3 x2  8  .

Lời giải
Tác giả: Trần Như Tú; Fb: Tú Tran
2 2
Ta có  '   m  1  m 3   m  1  m 3  4m .

Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  4

 '  0  m  m 2  4   0  m   2; 0   2;  
    m   2; 0   2;3 .
 x1  x2  4  2  m  1  4 
 m  3

Ta có P  x13  x23  x1 x2  3 x1  3 x2  8 
3
  x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   3 x1 x2  x1  x2   8 x1 x2
3
  x1  x2   8 x1 x2
3 2
  2  m  1   8   m3   m  1 
 
 8  m3  3m 2  3m  1  8m3  8  m 2  2m  1
 16m 2  40m
Xét P  16m 2  40m với m   2;0    2;3 .

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m  2 , đạt giá trị nhỏ nhất bằng 144 khi m  2 .
Câu 50. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho bốn số thực p,q,m, n thỏa mãn hệ thức
2
q  n   p  m  pn  qm   0 (1). Chứng minh rằng 2 phương trình x 2  px  q  0 (2) và
x 2  mx  n  0 (3) đều có các nghiệm phân biệt và các nghiệm của chúng nằm xen kẽ nhau khi biểu
diễn trên trục số.
Lời giải
Cách 1:
2
Từ điều kiện  q  n    p  m  pn  qm   0 suy ra p  m  0 (4).

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 42
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Các phương trình (2) và (3) đều có hệ số a  1  0 nên các parabol biểu diễn đều có bề lõm quay lên
trên.
Hai phương trình có nghiệm phân biệt và nằm xen kẽ nhau khi biểu diễn trên trục số khi và chỉ khi
đồ thị các hàm số y  x 2  px  q  P  và y  x 2  mx  n  P ' cắt nhau tại 1 điểm nằm dưới trục
hoành (5).
y

x
x1 x3 O x2 x4

(Minh họa hình vẽ)


Hoành độ giao điểm của  P  và  P ' là nghiệm của phương trình

nq
x 2  px  q  x 2  mx  n  x  
pm
Tung độ giao điểm của  P  và  P ' là
2
 nq   nq 
y   p q
 pm  pm
1  n  q 2  p  n  q  p  m   q  p  m  2 

 p  m
2  

1  n  q  2   p  m  pn  qm    0 (theo (4)).

 p  m
2  

Vậy (5) được chứng minh, nên khẳng định của đề bài đã chứng minh xong.
Cách 2:
2 2
Ta có  q  n    p  m  pn  qm   0   q  n    q  n  p  p  m    p  m  pq  qm   0
2 2
 f  q  n    q  n    q  n  p  p  m   q  p  m   0 . Vì tồn tại p,q,m, n nên

2 2 p  m
  p 2  p  m   4q  p  m   0   2 . Do đó phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt
 p  4q  0
 x1  x2   p
x1 , x2 thỏa mãn  .
 x1 x2  q
Đặt g  x   x 2  mx  n . Ta có g  x1  .g  x2    x12  mx1  n  x2 2  mx2  n 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 43
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

   px1  q  mx1  n   px2  q  mx2  n 


  x1  m  p   n  q   x2  m  p   n  q 
2 2
 x1 x2  m  p    m  p  n  q  x1  x2    n  q 
2 2
 q  m  p    m  p  n  q   p    n  q 
2
  q  n    p  m  pn  qm   0.

Suy ra phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt x3 , x4  x3  x4  thỏa mãn trong hai số x1 , x2 có một
số thuộc khoảng  x3 , x4  và một số không thuộc khoảng  x3 , x4  . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Câu 51. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số đa thức bậc ba y  f  x  liên tục
trên  và có đồ thị như hình vẽ. Với m là tham số thực bất kì thuộc đoạn  0; 2 , phương trình
3
f  x 3  2 x 2  2019 x   m 2  2m  có bao nhiêu nghiệm thực phân biệt?
2

A. 2 B. 1 C. 4 D. 3.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Vương Duy Tuấn; Fb: Nguyễn Vương Duy Tuấn
Chọn D
Đặt t  x 3  2 x 2  2019 x  t   3 x 2  4 x  2019  0x    Hàm số đồng biến trên  .
Như vậy với mỗi giá trị x cho ta tương ứng một giá trị t .
3 3
Ta có: f  x 3  2 x 2  2019 x   m 2  2m   f  t   m 2  2m 
2 2
Vì m là tham số thực bất kì thuộc đoạn  0; 2 nên ta có:

 1
 g 1  2

2 3  3
g  m   m  2m   g   m   2m  2  0  m  1 và  g  0  
2  2
 3
 g  2  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 44
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 3
 f t   g  m   ; 
2 2
Dựa vào đồ thị ta thấy được phương trình có 3 nghiệm thực phân biệt.
Câu 52. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho phương trình
x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham số m để phương trình có 4
nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14 +x2 4  x34  x4 4  52 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Tài; Fb: Nguyễn Tài Tài
Cách 1:
x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0 1 .

Đặt t  x 2 , t  0 .
Phương trình trở thành t 2  2  m  2  t  2m  3  0 2 .
Phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3 , x4  Phương trình  2  có 2 nghiệm dương phân
biệt t 1 , t 2

 '(2)  0 m 2  2m  1  0 m  1
  
 S  0  m  2  0  3   .
P  0  m  
 2 m  3  0  2

t  t  2  m  2 
Áp dụng định lý Vi-et, ta có  1 2 .
 t 1t 2  2 m  3
2
Đến đây, do x 14  x 2 4  x 34  x 4 4  52 nên 2t 12  2t 22  52  t 12  t 2 2  26  t 1  t 2   2t 1t 2  26  0
m  1
 4m 2  12 m  16  0   .
 m  4
Đối chiếu điều kiện  *  ta được m  1 .

Cách 2:
x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0   x 2  1 x 2  2m  3  0

x 2  1  0  x  1
 2  2 .
 x  2m  3  0  x  2 m  3  2 
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt và
khác nghiệm x  1; x  1
 3
2m  3  0 m  
  2   .
1  2 m  3  m  1
4 4
Ta có : x 14  x 2 4  x 34  x 4 4  52  (1)4  ( 1)4   2m  3    2m  3   52

2 m  1
  2m  3   25   .Đối chiếu điều kiện   ta được m  1 .
 m   4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 45
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 4 Bất phương trình


mx3 mx 2
Câu 1. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số f  x       3  m  x  2 . Tìm
3 2
tập hợp tất cả các giá trị thực của tham số m để f   x   0 với mọi x .
 12   12   12   12 
A.  0;  . B.  0;  . C. 0;  . D. 0;  .
 5  5  5  5
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
Chọn D
mx3 mx 2
Ta có f  x      3  m x  2 .
3 2
Hàm số có tập xác định: D   .
f   x   mx2  mx  3  m .

TH1: m  0  f   x   3  0 (thỏa).

TH2: m  0
a  m  0 m  0
f   x   0 , x  mx2  mx  3  m  0 , x   2
 2
  m  4m  m  3  0 5m  12m  0

m  0
m  0  12
  12  0  m  .
5m  12  0 m  5 5

 12 
Vậy m  0;  .
 5
Câu 2. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tập hợp các giá trị thực của tham số thực m để
x 2  mx  1
 2 x   là đoạn  a; b  . Tính S  a.b
x2  2x  3
A. S  12 . B. S  2 . C. S  8 . D. S  12
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh; Fb: Anh Nguyễn
Chọn A
x 2  mx  1
Ta có:  2 x  
x2  2x  3
 x 2  mx  1  2  x 2  2 x  3   x 2   4  m  x  7  0 x  
2
    4  m   28  0  m2  8m  12  0  4  2 7  m  4  2 7

Do đó : 4  2 7  m  4  2 7 hay a  4  2 7; b  4  2 7 . Vậy S  a.b  12 .


Câu 3. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Tìm tất cả giá trị của tham số m để

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 46 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x2  4x  4
 2 với mọi giá trị x  .
x 2  2( m  1) x  16
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Thư; Fb: nguyen minh thu
x2  4x  4
Để  2 với mọi giá trị x  trước hết cần điều kiện:
x 2  2(m  1) x  16

x 2  2( m  1) x  16  0, x  

  '  0  ( m  1) 2  16  0  3  m  5 (1)

Khi đó x 2  2( m  1) x  16  0, x   nên
yêu cầu bài toán  x 2  4 x  4  2 x 2  4( m  1) x  32 với mọi giá trị x 
 x 2  4( m  2) x  36  0 với mọi giá trị x 

  '  0  4( m  2) 2  36  0  1  m  5 (2) .
Từ (1) và (2) suy ra 1  m  5 là tất cả giá trị cần tìm.
Câu 4. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Tìm m để bất phương trình
x2  4x  m
2  2  3 nghiệm đúng x  ?
x  2x  3

Lời giải
Tác giả: Vũ Quốc Triệu ; Fb: Vũ Quốc Triệu
2
+/ Ta có x 2  2 x  3   x  1  2  0 x  nên :

x2  4x  m  2 x 2  4 x  6  x 2  4 x  m 3 x 2  8 x  m  6  0 (1)
2   3   2   2 .
x2  2 x  3 2
 x  4 x  m  3x  6 x  9  2x  2x  9  m  0 (2)

+/ Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để mỗi bất phương trình 1 và  2  nghiệm đúng

với mọi x thuộc  .


2
Ta thấy : 1 nghiệm đúng với mọi x thuộc   1  4 2  3  m  6   0  m   .
3
17
 2  nghiệm đúng với mọi x thuộc   2 12  2  9  m   0  m  .
2
 2 17 
Vậy m   ;  .
 3 2
Câu 5. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho bất phương trình
x 2  2 x  2  2m  1  2 x 2  4 x , m là tham số. Tính tổng tất cả các giá trị nguyên của m   5;50  để
bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó.
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran
Bất phương trình x 2  2 x  2  2m  1  2 x 2  4 x 1 xác định x   .

Ta được 1  2  x 2  2 x  2   x 2  2 x  2  2m  5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 47 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2
Đặt t  x 2  2 x  2   x  1  1  1 . Ta được g  t   2t 2  t  2m  5  2  .

Bảng biến thiên của g  t  :

Do đó, 1 nghiệm đúng với mọi x   khi và chỉ khi  2  nghiệm đúng với mọi t  1;  

 2m  5  min g  t 
1; 

 2m  5  g 1  3 (Vì g  t  đồng biến trên 1;   ).

 m  1
Kết hợp với điều kiện m nguyên và m   5;50  nên có 5 giá trị nguyên của tham số m thoả mãn
yêu cầu bài toán là 5; 4; 3; 2; 1 .
Vậy, tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m là 15 .
Câu 6. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Biết m   a; b  thì bất phương trình
x 2  2mx  2m  3  0 có tập nghiệm chứa  1; 4 . Tính S  a  6b .
13
A. S  17 . B. S  3 . C. S  . D. S  20 .
6
Lời giải
Tác giả:Phạm Thị Phương; Fb:Phương Phạm
Chọn A
Xét f ( x)  x 2  2mx  2m  3 có  '  m 2  2m  3

+) TH1:  '  0  1  m  3 : Bất phương trình f ( x)  0 có tập nghiệm là  ( thỏa mãn yêu cầu
bài toán)
 m  1
+) TH2:  '  0   : Khi đó f ( x) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ( x1  x2 ) , bất phương trình
m  3
f ( x)  0 có tập nghiệm là S  (; x1    x2 ; )

 4  x1
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi:  1; 4  S  
 x2  1
  f (4)  0
   6 m  9  0
  x1  x2  4 
  2  m  4
   m
 f (  1)  0   4m  4  0
 
  x1  x2  m  1
  1
 2
Vậy bất phương trình x 2  2mx  2m  3  0 có tập nghiệm chứa  1; 4 khi 1  m  3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 48 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Suy ra S  17
Câu 7. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên  và đồ thị
hàm số y  f '  x  như hình vẽ:

x
1
Bất phương trình f  x      m có nghiệm thuộc nữa đoạn  1;   khi và chỉ khi:
2
1
A. m  f  1  . B. m  f  1  2 .
2
C. m  f  1  2 . D. m  f  1  2

Lời giải
Tác giả: Phan Tự Mạnh ; Fb: Phan Tự Mạnh
Chọn C
x x
1 1
Ta có f  x      m  m  f  x    
2 2
x
1
Xét hàm số g  x   f  x     trên  1;  
2
x
1 1
Có g  x   f  x     .ln  0 x   1;   (Dựa vào đồ thị)
' '

2 2
Bảng biến thiên

Yêu cầu bài toán  m  g  1  m  f  1  2


Câu 8. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Giải bất phương trình
  
3x 2 x  x 2  3  2 1  x 4 . 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 49 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hường; Fb: Nguyen Huong


3x 2 x  x 2  3  2 1  x 4   
 6 x 2  3x x 2  3  2  2 x 4
 
 2 x 2 x 2  3  3x x 2  3  2  0


 x x2  3  2 2 x x2  3  1  0  
 x x2  3  2 1

 1
2
 x x  3   2  2
Giải 1 :

x  0 x  0
1    4
2
 2 2

 x x  3  4  x  3x  4  0
 x  0
 2  x 1
2
 x  1 x  4  0  
Giải  2  :

x  0 x  0
 
 2   2 2 1 4 1
 x x  3  4  
2
 x  3 x  4  0
x  0

  2 3  10   2 3  10 
 x  2
  x 
2
  0
  
3  10
 x
2
 3  10 
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;    1;  
 2
 
Câu 9. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Giải bất phương trình sau:
x 2
 4 x  2 x2  5x  3  0 .

Lời giải
Tác giả:Thu Hương; Fb: HươngMùa Thu

x 2
 4x  2x2  5x  3  0  *
 x  3
ĐKXĐ: 2 x  5 x  3  0  
2
x  1
 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 50 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x  4
x  0
 x2  4x  0 
 *   2   x  3
 2 x  5 x  3  0 
x  1
 2
1 
So sánh điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình là S    ;  4   ;     3 .
2 
Câu 10. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải bất phương trình
( x  3  x  1)  (1  x 2  2 x  3)  4 .

Lời giải
Tác giả: Hồ Xuân Dũng ; Fb:Dũng Hồ Xuân
Giải bất phương trình ( x  3  x  1)  (1  x 2  2 x  3)  4 ()

Điều kiện: x  1. Suy ra: x  3  x  1  0.


4  (1  x 2  2 x  3)
()   4  1  x2  2 x  3  x  3  x  1 .
x 3  x1

 1  x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  x  3  x  1  2 ( x  3)( x  1) .

 x2  4  0  x  2 hoặc x  2.
Kết luận: Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   

Câu 11. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) G1ả1 bất phương trình

( x  3  x  1)  (1  x 2  2 x  3)  4 .
Lờ1 g1ả1

Xét bất phương trình ( x  3  x  1)  (1  x 2  2 x  3)  4 1 .

Đ1ều k1ện x  1 (2). Nhận thấy x  3  x  1  0, x  1. Do đó, vớ1 mọ1 x thỏa mãn (2) ta có

4  (1  x 2  2 x  3)
1  4
x  3  x 1
 1  x2  2 x  3  x  3  x  1
 1  x 2  2 x  3  2 x 2  2 x  3  x  3  x  1  2 ( x  3)( x  1)
 x  2
 x2  4  0   .
x  2
Kết hợp vớ1 đ1ều k1ện (2) suy ra tập ngh1ệm của bất phương trình (1) là S   2;   
Câu 12. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải bất phương trình
( x  3  x  1)  (1  x 2  2 x  3)  4 .

Lời giải
Điều kiện:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 51 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x  3  0
 x  3  0
x 1  0   x 1  *
 x2  2x  3  0  x  1  0

2 2
Để ý thấy rằng  x3   x 1   4 với mọi x  1 nên bất phương trình viết lại là:
2 2
 
x  3  x 1 . 1  x2  2x  3    x3   x 1 
  
x  3  x  1 . 1  x2  2x  3    x  3  x 1  x  3  x 1  1
Vì x  3  x  1  0 với mọi x  1 nên x  3  x  1  0 với mọi x  1.

Do đó 1  1  x 2  2 x  3  x  3  x  1


 1 x  3    x  2x  3  x 1  0
2


 1 x  3   x  1. 1  x  3   0

 1  x  3 1  x  1   0  2 

Lại có x  1  x  3  2  1  x  3  1  0 .
Khi đó  2   1  x  1  0  x  1  1  x  2 .

Kết hợp * ta được tập nghiệm của bất phương trình là S   2;   .
Câu 13. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Giải bất phương trình
2x  5  x 2  x  25  x2  5x  6  0 .

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Dương Long ; Fb: Long Nguyễn
x  3
Điều kiện x 2  5 x  6  0  
x  2
Trường hợp 1: Nếu x  3 hoặc x  2 thì bất phương trình nghiệm đúng (*)
x  3
Trường hợp 2: Nếu 
x  2

Bất phương trình đã cho  2 x  5  x 2  x  25  0  x 2  x  25  2 x  5 (1)


 5
x  2
2x  5  0 
  5 19
Bất phương trình (1)   2 x  5  0   x   x .
 2 3
  x 2  x  25   2 x  5 2 
   0  x  19
  3

 19
x  3 3  x  3
Kết hợp với điều kiện  của trường hợp 2 có (**)
x  2 
 x  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 52 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 19 
Từ (*) và (**) ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S  ( ; 2]  3; 
 3
Câu 14. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Giải bất phương trình:
 x  1 x  4   5 x 2  5 x  28  x   .
Lời giải
Tác giả: Mai Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú
Vì x 2  5 x  28  0, x   nên tập xác định của bất phương trình đã cho là  .
Ta có

 x  1 x  4   5 x 2  5 x  28  x 2  5 x  4  5 x 2  5 x  28

 x 2  5 x  28  24  5 x 2  5 x  28 *

Đặt a  x 2  5 x  28, a  0  a 2  x 2  5 x  28 .

Bất phương trình * trở thành a 2  24  5a  a 2  5a  24  0  3  a  8 kết hợp với a  0

suy ra 0  a  8  0  x 2  5 x  28  8  x 2  5 x  28  64  x 2  5 x  36  0  9  x  4 .
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S   9; 4 .

Câu 15. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Bất phương trình

2  32 x 34 x  4  34 x  7 32 x  2
 
2  32 x  2  32 x 32 x 4  34 x  2  32 x
có bao nhiêu nghiệm?
A. 3. B. 2. C. Vô số. D. 1.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen
Chọn D
2  32 x  0

Điều kiện: 4  34 x  0 .
 4x 2x
 43 23  0
a 2  b 2  2.32 x  0
a  2  32 x  2 2
Đặt  , a  2 , 0  b  2 . Khi đó a  b  4 .
b  2  32 x  4x
ab  4  3
a 4  a 2b 2  ab  7 b 2
Bất phương trình trở thành:  
ab a2  b2 ab  b 2
2

a 2   a 2b 2  ab  3 b a  b 2   a b  ab  3
2 2

     0
ab a 2  b2 a b a b a 2  b2
2
  a  b   2  a 2b2  ab  3  0  2a 2b 2  4ab  6  a 2  b2  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 53 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
 2a 2b 2  4ab  2  0  2  ab  1  0  ab  1 .

1
Với ab  1  4  34 x  1  34 x  3  x  (tmđk).
4
1
Vậy bất phương trình có 1 nghiệm x  .
4

Câu 16. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Bất phương trình x 2  4  x  3 có nghiệm
13 13
A. x  3 . B. x   . C. 3  x  2 . D. 3  x   .
6 6
Lời giải
Tác giả: Dương Hoàng Quốc; Fb: Dương Hoàng Quốc
Chọn B
Bất phương trình đã cho tương đương
  x  3
 x  3  0 
 2  x  2
   x  2  x  3
 x  4  0  13
 x3 0   13  x   .
 3  x  6
    x  3
 6

 x 2  4   x  3 2  
    x  13
  6
Câu 17. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Giải bất phương trình
1 x  1 x  x .
Lời giải
Tác giả: Mai Vĩnh Phú ; Fb: Mai Vĩnh Phú
Điều kiện: 1  x  1 . Khi đó
2x  2 
1 x  1 x  x  x x  1  0 .(1)
1 x  1 x  1 x  1 x 
Ta thấy x  0 là nghiệm.

Với x  0 , ta có ( 1  x  1  x ) 2  2  2 1  x 2  4  0  1  x  1  x  2
2
  1  0 . Do đó (1)  x  0 .
1 x  1 x
Suy ra nghiệm của bất phương trình là 0  x  1 .
Câu 18. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Giải bất phương trình


x 1  2 x 1 2x  3 
Tác giả: Mai Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú
Lời giải

 
x  1  2 x 1  2x  3  x 1  2 2x  3  2x  2 1
Điều kiện x  1 , đặt t  x  1  t 2  1  x, t  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 54 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 t  0
2 
2t  t  0  1
2 2
Thay 1  2 2t  1  2t  1     t 
4 3 2
4t  4t  7t  4  0  2

 t  2  4t 3  4t 2  t  2  0
    2
Th1: t  0  t  0 suy ra  2  vô nghiệm.

1
Th2: t 
2
 
khi đó  2    t  2  4t 3  4t 2  t  2  0  t  2  x  1  2  x  3

Vậy tập nghiệm S  3;   .

Câu 19. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tập nghiệm của bất phương trình
log   x  1  log   2 x  5  là
4 4

5 
A.  ;6  . B.   ; 6  . C.  6 ;    . D.  1; 6  .
2 
Lời giải
Tác giả: Minh Anh; Fb: Nguyễn Thị Minh Anh.
Chọn C
5
Điều kiện: x  .
2
Bất phương trình log   x  1  log   2 x  5   x  1  2 x  5  x  6 .
4 4

Kết hợp điều kiện  x   6 ;    .

Câu 20. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm tập nghiệm S của bất phương trình:
1 3 x
2 25
   .
5 4
1   1
A. S   ;1 . B. S   ;    . C. S   ;  . D. S  1;    .
3   3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Trúc Ly; Fb: Nguyễn T. Trúc Ly
Chọn D
1 3 x 3 x1 2
2 25 5 5
Ta có:          3x  1  2  x  1 .
5 4 2 2
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  1;    .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 55 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 5 Hệ phương trình

 x2  y2  z2  6

Câu 1. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hệ phương trình  xy  yz  zx  3 với x , y , z là
 x6  y6  z 6  m

ẩn số thực, m là tham số. Số giá trị nguyên của m để hệ có nghiệm là
A. 24 . B. 13 . C. 12 . D. 25 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bá Long; Fb: Nguyễn Bá Long
Chọn B

Sử dụng hẳng đẳng thức a 3  b 3  c 3  3abc   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 

2
Ta có, x 6  y 6  z 6  3  xyz    x 2  y 2  z 2  x 4  y 4  z 4  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2 

2
 x 6  y 6  z 6  3  xyz    x 2  y 2  z 2   x 2  y 2  z 2   3  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2  
2

 
2 2
 m  3  xyz   6 36  3  xy  yz  zx   6 xyz  x  y  z  
 
2
 m  3  xyz   6 9  6 xyz  x  y  z   1

 x2  y2  z2  6  x2  y2  z 2  6
  2
Ta có:  xy  yz  zx  3  2 xy  2 yz  2 zx  6   x  y  z   0  x  y  z  0
 x6  y6  z 6  m  x6  y 6  z6  m
 

2 m  54
Do đó từ 1 ta được  xyz  
3


 x2  y2  z2  6 x  y  z  0
 
Như vậy  xy  yz  zx  3   xy  yz  zx  3  2 
 x6  y6  z6  m  2 m  54
  xyz  
 3

* Trường hợp 1: m  54 khi đó xyz  0 ta được x  0 hoặc y  0 hoặc z  0

  y   3

y  z  0   z  3
Với x  0 ta được  
 yz  3   y  3

  z   3


Hệ có nghiệm là 0;  3 ; 3 , 0; 3 ;  3  
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 56 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Các khả năng y  0 hoặc z  0 cũng tương tự như khả năng x  0

Tức là m  54 thỏa mãn yêu cầu bài toán.


* Trường hợp 2: Xét nghiệm của hệ có dạng  x ; x ; z  với x  z . Khi đó hệ  2  trở thành

  
2 x  z  0  z  2 x  z  2 x
 2  2  m  54
 x  2 xz  3   x  1   x2  1   4  m  66
   3
m  54 m  54 m  54
 x4 z 2   x4 z 2  4 x 6 
 3  3  3

Các khả năng nghiệm của hệ có dạng  z ; x ; x  và  x ; z ; x  với x  z cũng tương tự như khả năng
x; x; z.
Tức là m  66 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Dế nhận thấy hệ  2  không thể có nghiệm dạng  x; x ; x 

* Trường hợp 3: Nghiệm của hệ có dạng  x ; y ; z  với x  y  z


x  y  z  0
 m  54
Khi đó với m  54 hệ  2  trở thành  xy  yz  zx  3 với k  
 3
 xyz   m  54
k
 3

Áp dụng định lí đảo của định lí Vi-et với phương trình bậc 3 ta được x ; y ; z là 3 nghiệm của
phương trình t 3  3t  k  0  t 3  3t  k

Xét hàm số f  t   t 3  3t , ta phải có fCT  t   k  f CD  t   2  k  2

m  54
Do đó 2    2  54  m  66 , vì m   nên m  55;56;...;65 , có 11 số
3
Kết hợp các trường hợp trên ta được 13 số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cụ thể m  54;55;...;66 .

Câu 2. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có
log 2018 x  log 2019 y  1
nghiệm  .
 log 2019 x  log 2018 y  m
Lời giải

log 2018 x  log 2019 y  1 (1)



 log 2019 x  log 2018 y  m (2)

Điều kiện: x; y  1 .

Đặt t  log 2019 y ; 0  t  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 57 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

log 2018 x  1  t  x  20181t


 t
 t
.
 y  2019  y  2019

Phương trình (2)  (1  t ) log 2019 2018  t log 2018 2019  m

Xét f  x   (1  t ) log 2019 2018  t log 2018 2019 ;0  t  1 .

 log 2019 2018 log 2018 2019


f  x   .
2 (1  t ) 2 t

log 2019 2018 log 2018 2019


f  x  0  
(1  t ) t

 t.log 2018 2019  1  t  log 2019 2018 .

log 2019 2018


t  t0
log 2018 2019  log 2019 2018

Ta có f  0   log 2019 2018 .

f 1  log 2018 2019 .

f  t0   log 2019 2018  log 2018 2019 .

Yêu cầu bài toán  log 2019 2018  m  log 2019 2018  log 2018 2019 .

Câu 3. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hệ
2 x3   y  2  x 2  xy  m
phương trình  2 có nghiệm.
 x  3x  y  1  2m
Lời giải

2 x3   y  2  x 2  xy  m  x 2  x   2 x  y   m

b) Ta có  2  .
 x  x    2 x  y   1  2m
2
 x  3x  y  1  2m

1
Đặt a  x 2  x , b  2 x  y với điều kiện a  x 2  x  .
4

a.b  m
Hệ phương trình đã cho có dạng  .
a  b  1  2m

Suy ra a , b là hai nghiệm của phương trình t 2  1  2m  t  m  0 * .

1
Hệ ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi phương trình * có nghiệm t  .
4

t 2  t  1 
Ta có *  m   g  t  , t    ;   .
2t  1  4 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 58 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2t 2  2t  1
g t   2
.
 2t  1
 1  3
t   lo¹i 
2
g   t   0  2t  2t  1  0   2 .
 1  3
t  (tháa m·n)
 2
Bảng biến thiên:

+ -

2 3
Từ bảng biến thiên trên suy ra m  .
2

Câu 4. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có ngh1ệm
3x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
 I .
3x  2 y  6  6m  0
Lời giải

 x  2
Đ1ều k1ện:  .
 y  6

 x   y  x y
  1    2   2 1  2 2 3
 2   3  2 3
Ta có HPT  I    .
 x  1   y  2   m  4
 2   3 

 x
a  1
a 2  b2  2a  2b  3
 2
Đặt  , đ1ều k1ện a, b  0 . Ta có hệ phương trình trở thành  2 2  II 
b  y a  b  m  4
 2
3

Hệ phương trình  I  đã cho có ngh1ệm  hệ  II  có ngh1ệm  a; b  vớ1 a, b  0 .

- Nếu m  4 hệ  II  vô ngh1ệm  hệ phương trình đã cho vô ngh1ệm.

- Nếu m  4 . Chọn hệ tọa độ Oab từ hệ  II  ta có:

 
PT (1) cho ta cung tròn C1 là một phần của đường tròn  C1  tâm I 1;1 , R1  5 thuộc góc phần

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 59 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

tư thứ nhất vì a, b  0 .

1
PT (2) cho ta cung tròn C2 là   4
đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  4 thuộc góc phần tư

thứ nhất vì a, b  0 .

  
Để hệ phương trình  I  có ngh1ệm  C1 , C2 g1ao nhau khác rỗng dựa vào hình vẽ trên ta có

OH  R2  OK  3  m  4  2  5  5  m  3  2 10 .

Vậy hệ đã cho có ngh1ệm  5  m  3  2 10 .

 mx  y  m  1
Câu 5. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho hệ phương trình  .
 x  my  2
Khi hệ có nghiệm duy nhất  xo ; yo  , hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  xo 2  2 yo  5 .
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Tấn Phát; Fb: Huỳnh Tấn Phát
m 1 m 1 1 m m 1
Ta có: D   m 2  1 , Dx   m 2  m  2 và Dy   m 1 .
1 m 2 m 1 2

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  D  0  m  1 (*).

Dx m 2  m  2 m  2 D m 1 1
Khi đó nghiệm của hệ là: xo   2
 và yo  y  2  .
D m 1 m 1 D m 1 m 1
2 2
2 m2 2  1  2
Ta có: A  xo  2 yo  5      5  1    6
 m 1  m 1  m 1  m 1
2
1 4  1 
 2
 6  2   2  2, m  1 .
 m  1 m 1  m 1 

1 3
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi  2  0  m   ( thỏa mãn điều kiện (*)).
m 1 2
3
Vậy min A  2 khi m   .
2

Câu 6. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
3 x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
 I .
3 x  2 y  6  6m  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 60 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải

 x  2
Điều kiện:  .
 y  6

 x   y  x y
  1    2   2 1  2 2 3
 2   3  2 3
Ta có hệ phương trình  I    .
 x  1   y  2   m  4
 2   3 

 x
a  1 a 2  b 2  2a  2b  3 1
 2
Đặt  (đk a, b  0 ). Ta có hệ phương trình  2 2
(*)
b  y  2 a  b  m  4  2
 3

Hệ phương trình đã cho có nghiệm  hệ * có nghiệm a, b  0

Nếu m  4 hệ * vô nghiệm  hệ phương trình đã cho vô nghiệm.


Nếu m  4 . Chọn hệ tọa độ Oab như hình vẽ
b
(C2)

B K
(C2)
H (C1)
1 I

O 1 A a

Do điều kiện a  0, b  0 nên chỉ xét ở góc phần tư thứ nhất

1
Phương trình 1 cho ta đường tròn  C1  tâm I 1;1 , R1  5 , cắt Ox và Oy lần lượt tại A  3; 0  ,
4
B  0;3 .

1
Phương trình  2  cho ta đường tròn  C2  tâm O  0;0  , R2  m  4 thay đổi theo m.
4

Hệ * có nghiệm a, b  0   C1  cắt  C2  có giao điểm ở góc phần tư thứ nhất.

Cho bán kính R2  m  4 tăng dần, dễ thấy  C2  cắt  C1  đầu tiên tại hai điểm A, B , khi đó
R2  OH  3 và  C2  tiếp xúc  C1  tại điểm cuối cùng K .

Do đó, để  C1  cắt  C2  ở góc phần tư thứ nhất  OH  R2  OK


 3  m  4  2  5  5  m  3  2 10 .

Vậy hệ đã cho có nghiệm  5  m  3  2 10 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 61 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 7. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Tìm m để hệ phương trình sau có
nghiệm
3 x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y
 .
3 x  2 y  6  6m  0
Lời giải

x x y y
3 x  6 2 x  4  4 3 y  18  2 y   2 1   2 2 0
Ta có   2 2 3 3 .
3 x  2 y  6  6m  0 x y
   m 1
 2 3

 x
a  1
 2 a  0
Đặt  , điều kiện  .
b  y b  0
 2
2

 m 1
2 2  ab 
a  2a  b  2b  3  2
Khi đó hệ trở thành   2 2
 2
 *
a  b  m  4 ab  m  2m  15
 8

Hệ có nghiệm  hệ * có nghiệm a, b  0


a  b  0 m  1  0
 

 ab  0  m2  2m  15  0  5  m  3  2 10 .
 2  2 2
 a  b   4ab  m  1   m  2m  15
 2  2

Vậy 5  m  3  2 10 .

Câu 8. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương
trình
 x  y  4  2 xy

 x y

2  m x  y  x 2  x  y 2  y  5
 
có nghiệm  x; y thỏa mãn x  1, y  1 .
Lời giải
 x  y  4  2 xy 1

Xét hệ phương trình  x y (với x, y  1 ).

2  m x  y  x 2  x  y 2  y  5
   2

Từ 1 ta có x  y  2 xy  4 .

Thế vào  2 ta được:

  
2 x y  m x  y  x 2  2 xy  y 2  1  2 x y  m x  y   x  y   1
2
 *

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 62 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x  y
2

Đặt t  x  y  2 và x  y  4  2 xy   x y  4t 4.


2

Do x  1, y  1 nên  x 1 y 1  0  xy  x  y  1  0  xy  x  y 1

t 4
Suy ra  t 1  t  6 .
2


Do đó *  2t  m t  t 2  1  m  2t   t 2 1  t .
Hệ đã cho có nghiệm x  1, y  1 khi và chỉ khi phương trình m  2t  
t 2  1  t có nghiệm t   4;6 .

 1 
Xét hàm số f t   2t  
t 2 1  t , t   4;6 , ta có f  t   2t  
t 2 1  t ln 2  2  .
t  1 

1 1
Do t 2  1  t  t và t 2  1  17, t   4;6  ln 2   ln 2   0 nên f  t   0 với mọi
t 1
2
17
t   4;6 .

Suy ra f t  là hàm đồng biến trên  4;6  . Do đó để phương trình * có nghiệm thì


f  4  m  f 6  16 17  4  m  64   37  6 .
 
Vậy 16 17  4  m  64  
37  6 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 9. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Giải hệ phương trình


 1 y2
x
 x   2 
 x .
ln  2x  3  8x2  20x 12  ln y  2 y

Lời giải

2 x  3  0
 2  3
8 x  20 x  12  0 x 
Điều kiện hệ phương trình   2.
 x  0
 y  0  y  0

 1 y2
x   2  x 1
Xét hệ phương trình  x .
ln  2x  3  8x2  20x 12  ln y  2 y  2

2  x  y 1  0
Khi đó (1)   x  1  y 2   x  y  1 x  y  1  0   .
 x  y 1  0

3 1
Vì x  , y  0 nên x  y  1  . Do đó trường hợp x  y  1  0 không thỏa mãn.
2 2

Với x  y  1  0  y  x  1 thì phương trình  2  trở thành

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 63 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

ln  2 x  3  8 x 2  20 x  12  ln  x  1  2  x  1 .

1 1
 ln  2 x  3  2 x 2  5 x  3  ln  x  1   x  1
2 2
1 1
 ln  2 x  3  ln  x  1   2x  3 x  1  ln  x  1   x  1
2 2
 ln  2 x  3 x  1   2x  3 x  1  ln  x  1   x  1  3 .
1
• Xét hàm số f  t   ln t  t với t  .
2
1 1 1 
Ta có f   t    1  0, t  nên hàm số f  t   ln t  t đồng biến trên  ;   .
t 2 2 

Nên  3   f   x  1 2 x  3   f  x  1

  2 x  3 x  1  x  1
 x  1
2 x 2  5 x  3   x  12  x 2  3x  2  0 
    x  2
 3   3    x2.
x  x   3
 2  2  x  2

• Với x  2 thì y  x  1  1 (thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là x  2; y  1 .

Câu 10. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Giải hệ phương trình


 x2  1  x


 
y2 1  y  1 
3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10
Lời giải
Tác giả:; Fb:


Xét hệ phương trình 

 x2  1  x

y2 1  y  1 (1). Điều kiện
x  2 y  2  0
 .
3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10 (2) x  2 y  6  0

Từ (1)  y2 1  y  0 .

1 y2 1  y y2 1  y
Vậy (1)  x 2  1  x     y2  1  y
y2 1  y  y2  1  y  y2 1  y  2
y 1 y 2

y  1   x  y   0 
 x2  1  y2  1  x2  1  y 2  1    x  y  0
  2
x 1  2

x2  1  y2  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 64 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x2  y 2  x y 
   x  y  0   x  y   1  0 .
x2  1  y 2  1  x 2  1  y 2  1 

x y
Chú ý x2  1  y 2  1  x2  y 2  x  y   x  y  1   0 , vậy x  y .
x 1  y2 1
2

Khi đó  2   3 3 x  2  x 6  x  10  3  
3x  2  2   x  2  6  x  2  
6 x 2  0

3  3x  6  2 2  x  9 2 
   x  2 6  x   0   x  2   6 x  0  3 .
3x  2  2 6 x 2  3x  2  2 6 x 2

9 3 2 2
Điều kiện: x  6  3 x  2  2  6   . Mặt khác   1.
3x  2  2 2 6 x 2 2

9 3 2 9 2 3 
Do đó  6 x  1   6 x   0  x   ; 6 .
3x  2  2 2 6 x 2 3x  2  2 6 x 2 2 

Từ đó:  3  x  2  x  y  2 : thỏa điều kiện. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  2 .

Nhận xét: Có thể xét hàm f  t   t 2  1  t và chứng minh f '  t   0  t  R , từ đó  x  y , nhưng


cách này vượt quá kiến thức lớp 10.

Câu 11. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 2 2 3
 y  1  y y  1  x  2 1
 .
 x  x2  2x  5  1 2 2x  4 y  2  2

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Chí Thành; Fb: Nguyễn Chí Thành
Điều kiện: 2 x  4 y  2  0 .

Từ phương trình 1 , ta có:


2
2 x  4 y  2  y 2  1  2 y. y 2  1  y 2  2 x  4 y  2   y2  1  y . 
Thay vào phương trình  2  và chú ý rằng y2 1  y  0 .

Lúc này ta được:

x  x2  2x  5  1  2  
y2  1  y  x 1  x  1
2
4 2  y2 1  y 
2
x 1  x 1 
    1  y 2  1  y .  3
2  2 

x 1
Đặt u  . Từ  3  trở thành u  u 2  1  y2 1  y
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 65 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 u  y  u2 1  y2  1  0  u  y 
 u  y  u  y  0
u2 1  y2 1

 u y 
  u  y  1    0 .  4
 u 2
 1  y 2
 1 
 

Do 1 
u y

  
u2 1  u  y2 1  y  0
u2 1  y2 1 u2 1  y2 1

x 1
Nên từ  4  cho ta u  y , hay  y  x  2 y 1 .
2
2
5
2
Thay vào phương trình 1 ta được:  y  1  y y 2  1  2 y 
2
  y2 1  y  4

 y 2  1  y  2 (vì y2 1  y  0 )

3 5
 y2  1  2  y  y2 1  4  4 y  y2  y  x .
4 2

5 3
Kết luận: Hệ có đúng một nghiệm  x; y  là  ;  .
2 4

Câu 12. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x  1  x  1  y  1  y  1
 2 .
 x  x  12 y  1  36
Lời giải
Tác giả: Vũ Việt Tiến; Fb: Vũ Việt Tiến
 x  1  x  1  y  1  y  1 1
+ Ta có  .
2
 x  x  12 y  1  36  2
+ Điều kiện: x  1 ; y  1 .

+ Ta thấy x  y  1 không là nghiệm của hệ phương trình.

+ Ta có 1  x  1  y  1  y 1  x 1

x  y
x y yx
    1 1 .
x 1  y 1 y 1  x 1   *
 x  1  y  1 y 1  x 1

+ Ta thấy * vô nghiệm vì vế trái luôn dương, vế phải luôn âm với x  1, y  1,  x; y   1;1 . .

+ Với x  y , thế vào  2  ta được: x 2  x  12 x  1  36

2
 x 2  2 x  1  x  1  12 x  1  36   x  1 
2
 x 1  6 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 66 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x 1  x 1  6  x  1  x  1  6  0  v« nghiÖm 
 
 x  1   x  1  6  x  1  x  1  6  0

 x 1  2
  x  3.
 x  1  3  v« nghiÖm 

+ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    3; 3  .

Câu 13. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
17  3 x  5  x   3 y  14  4  y  0
 ,  x, y    .
2
2 2 x  y  5  3 3 x  2 y  11  x  6 x  13
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Tâm; Fb:Nguyễn Ngọc Tâm
5  x  0
4  y  0

Điều kiện:   * .
 2 x  y  5  0
3 x  2 y  11  0

Đặt 5 x  a  0; 4  y  b  0 , phương trình 17  3 x  5  x   3 y  14  4  y  0 trở thành:


17  3  5  a 2   .a  3  4  b 2   14   0   3a 2  2  .a   3b 2  2  .b  3a 3  2a  3b3  2b
   

Xét hàm số y  f  t   3t 3  2t trên  0;   .

Ta có f   t   9t 2  2  0, t   0;   nên hàm số y  f  t  đồng biến trên  0;   .

Vì thế với a  0, b  0 thì 3a 3  2a  3b3  2b  f  a   f  b   a  b .

Suy ra 5  x  4  y  5  x  4  y  y  x 1 .

Thay y  x 1 vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình:
2
2 3 x  4  3 5 x  9  x  6 x  13 1 .

 4 
Điều kiện x    ;5 .
 3 

Khi đó phương trình 1   2   


3x  4  2  3 5 x  9  6  x 2  6 x  5
4  3x  4   4 9  5 x  9   36
    x  1 x  5 
2 3x  4  2 3 5 x  9  6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 67 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

6  x  1 15  x  1
    x  1 x  5 
3x  4  1 5x  9  2
x 1  0
 6 15
   x5
 3x  4  1 5x  9  2
 x  1
 6 15
   x  5  2
 3x  4  1 5x  9  2

6 15
Phương trình  2  tương đương với   x  5.
3x  4  1 5x  9  2

6 15  4 
Đặt g  x     x, x    ;5 .
3x  4  1 5x  9  2  3 

9 75  4 
Ta có g   x   2
 2
 1  0, x    ;5  .
 
3x  4  1 . 3x  4 2  
5x  9  2 . 5x  9  3 

 4 
Suy ra hàm số g  x  nghịch biến trên   ;5
 3 

 4 
Vì thế phương trình g  x   5 có nhiều nhất một nghiệm trên   ;5 .
 3 

Ta lại có x  0 là nghiệm của phương trình g  x   5 nên đây là nghiệm duy nhất.

Với x  1 thì y  2 .

Với x  0 thì y  1 .

So sánh điều kiện * , hệ đã cho có hai nghiệm  x ; y  là  1 ; 2  ;  0 ; 1 .

Câu 14. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Giải hệ phương trình:
 y  y2  1
 x  y   x  xy  y  2   2 ln
2 2

 x  x2  1 .
 x y
3 .2 x  3  2 y  1
Lời giải
Tác giả:Lê Thị Nguyên ; Fb: Ngọc Giang Nguyên

 y  y2 1
 x  y   x  xy  y  2   2 ln
2 2
1
 x  x2  1 .
 x y
3 .2 x  3  2 y  1  2
Điều kiện xác định: x, y   .


Phương trình (1)  x3  y 3  2  x  y   2 ln y  y 2  1  2 ln x  x 2  1   

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 68 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
 x 3  2 x  2 ln x  x 2  1  y 3  2 y  2 ln y  y 2  1  

Xét hàm số f  t   t 3  2t  2 ln t  t 2  1 , ta có: 
2 1 1
f '  t   3t 2  2    t 2  1    2t 2  3  2t 2  0 , t   .
2 2 2
t 1 t 1 t 1

Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên  .

Do đó 1  f  x   f  y   x  y .

Thay x  y vào phương trình (2) ta được : 3x (2 x  1)  2 x  1  3 .

1
Nhận xét: x  không là nghiệm của (3).
2
2x  1
Do đó  3  3x  0.
2x 1
2x 1
Xét hàm số g  x   3x  , ta có:
2x 1
4 1 1
g '  x   3x ln 3  2
 g '  x   0 , x  ( ; )  ( ;  ) .
(2 x  1) 2 2

1 1
Suy ra g  x  đồng biến trên mỗi khoảng (; ) , ( ;  ) .
2 2
Suy ra phương trình (3) có không quá 2 nghiệm.

Mà g 1  g  1  0 do đó (3) có đúng hai nghiệm là x  1 .

Vậy tập nghiệm của hệ là: {1 ; 1 ;  1 ;  1} .

Câu 15. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Giải hệ phương trình:
8  x 4  y 2  xy 3   9 x  0 1


8  y  x  yx   9 y  0  2 
4 2 3

Lời giải
Nếu x  0  y  0

Nếu y  0  x  0

8  x 4 y  y 3  xy 4   9 xy  0

Nếu xy  0 . Hệ phương trình tương đương với 
8  xy  x  yx   9 xy  0
4 3 4

Trừ theo từng vế hai phương trình của hệ ta được:


x  y
8  2 xy  x3  y 3    x3  y 3    0   x 3  y 3   2 xy  1  0  
 2 xy  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 69 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

TH1: x  y thế vào phương trình (1) ta được:

9
8  x4  x2  x4   9 x  0  8x2  9 x  0  x  ( vì xy  0 )
8
1
TH2: 2 xy  1  x  thế vào phương trình (1) ta được
2y

 1 2 1 3 9
8 4
 y  .y    0  8 y 6  18 y 3  1  0
 16 y 2y  2y

 1
 y3  1 y 1 x  2
 3 1 (thỏa mãn các điều kiện)
y  1
y   x 1
 8
 2

9 9 1   1
Vậy nghiệm của hệ là:  0;0  ;  ;  ;  ;1 ; 1; 
8 8 2   2

Câu 16. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Giải hệ phương trình


 x2  1  x


y2 1  y  1 
3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10
Người làm: Nguyễn Quốc Lân (dhbktoannql@gmail.com)
Lời giải

 x2  1  x

Xét hệ phương trình 
 
y2 1  y  1 (1)  x  2 y  2  0
. Điều kiện  .
3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10 (2)  x  2 y  6  0

Nhận xét (1) y 2  1  y  0 y   .

2 1 y2 1  y y2 1  y
Vậy (1)  x  1  x    2  y2  1  y
y2 1  y  y2  1  y  y2 1  y 
y 1 y 2

y  1   x  y   0 
 x2  1  y2  1  x2  1  y 2  1    x  y  0
  2
x 1  2

x2  1  y2  1

x2  y 2  x y 
   x  y  0   x  y   1  0 .
x2  1  y 2  1  x 2  1  y 2  1 

x y
Chú ý x2  1  y 2  1  x2  y2  x  y   x  y  1   0 , vậy x  y .
x2  1  y 2  1

Khi đó  2   3 3 x  2  x 6  x  10  3  
3x  2  2   x  2  6  x  2  
6 x 2  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 70 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3  3x  6  2 2  x  9 2 
   x  2 6  x   0   x  2   6 x  0  3 .
3x  2  2 6 x 2  3x  2  2 6 x 2

9 3 2 2
Điều kiện: x  6  3 x  2  2  6   . Mặt khác   1.
3x  2  2 2 6 x 2 2

9 3 2 9 2 3 
Do đó  6 x  1   6 x   0  x   ; 6 .
3x  2  2 2 6 x 2 3x  2  2 6 x 2 2 

Từ đó:  3  x  2  x  y  2 : thỏa điều kiện. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  y  2 .

Nhận xét: Có thể xét hàm f  t   t 2  1  t và chứng minh f '  t   0  t  R , từ đó  x  y , nhưng


cách này vượt quá kiến thức lớp 10.

Câu 17. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Giải hệ phương trình sau :
2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0 (1)
 2 2
.
 x  y  x  y  4  0(2)
Lời giải
Tác giả ; Trần Dung ; Fb: Dung Chang.
Từ phương trình : 2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0  2 x 2  2 xy  xy  y 2  x  4 x  2 y  y  2  0
 (2 x 2  xy  x)  (2 xy  y2  y)  (2 y  4 x  2)  0  x(2 x  y  1)  y (2 x  y  1)  2(2 x  y  1)  0

 (2 x  y  1)( x  y  2)  0

 2 x  y  1  0 (3)

 x  y  2  0 (4)
Kết hợp (2) và (3) hoặc (2) và (4) ta có hệ :

 x2  y 2  x  y  4  0  x2  y 2  x  y  4  0   x 2  (2 x  1) 2  x  (2 x  1)  4  0
  
 2 x  y  1  0  y  2 x  1  y  2x  1
 2   2   2
2 2 2
  x  y  x  y  4  0   x  y  x  y  4  0   x  (2  x)  x  (2  x)  4  0
  x  y  2  0   y  2  x   y  2  x
 4
2
 5 x  x  4  0 2
 5 x  x  4  0   x  
 5
 
 y  2 x  1  y  2 x  1  13
     y  
2 2  5
 2 x  4 x  2  0  ( x  1)  0 
  y  2  x   y  2  x  x  1
 y  1


  4 13  
Vậy nghiệm của hệ S   x ; y   1;1 ,  ;    .
 5 5 

Câu 18. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Giải hệ phương trình


 x 4  x 2 y 2  x3 y  1
 3 2
.
 x y  xy  x  1
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 71 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
Ta có : x 4  x 2 y 2   x 2  xy   2 x 3 y .

a  x 2  xy a 2  b  1
Đặt  3
, hệ phương trình trở thành :  .
b  x y a  b  1

a  1
Suy ra a 2  a  2  0   .
 a  2
Với a  1 ta tính được b  0 .
Với a  2 ta tính được b  3 .

 x  0   x  1
2   
 x  xy  1  0  1 y  0
TH1:  3   .
 x y  0   x  1  x  1
 
  y  0   y  0

 2 3
2  x  x 2  2  x4  2x2  3  0
 x  xy  2 
TH2:  3   3 (vô nghiệm ).
 x y  3 y  3  y 
 x3
 x3

Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là:  1;0  và 1;0  .

Câu 19. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019)


 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2 1
1) Giải hệ phương trình: 
2 2
 x y  x  2 x  12  0  2
2) Giải phương trình  x  3 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3
3) Giải bất phương trình x 3  (3 x 2  4 x  4) x  1  0
Lời giải
1) Ta có:

 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2  x3  y3  3x  3 y  3x2  3 y 2  2
3 3
 x3  3x 2  3x  1  y 3  3 y 2  3 y  1   x  1   y  1  x  1  y  1  y  x  2 .

Thế y  x  2 vào phương trình  2  ta được phương trình:

x  3
x 2  x  2   2 x  12  0  x3  x 2  2 x  12  0   x  3  x 2  2 x  4   0   2 .
 x  2 x  4  0 VN

Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y    3;1 .

2) Điều kiện 1  x  4 .
Ta có

 x  3 1  x  x 4  x  2 x2  6 x  3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 72 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

  x  3   
1 x 1  x 
4  x  1  2x2  6x .


 x  3 x 
x  x  3
 2 x  x  3 .
1 x 1 4  x 1

 x  x  3  0, 1
  1 1
  2 ,  2
 1  x  1 4  x 1

x  0
Giải 1 : x  x  3  0    tm  .
x  3
1 1 1 1
Giải  2  ta có     2  VP . Vậy  2  vô nghiệm.
1 x 1 4  x 1 1 1

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  0;3

3) Điều kiện x  1 .
Ta có:

x3  (3x 2  4 x  4) x  1  0  x 3  3x 2 x  1  4( x  1) x  1  0
3
 x3  3x2 x  1  4  
x  1  0 (1)

* Xét x  1 , thay vào (1) thỏa mãn.


3
* Xét x  1  x  1  0 . Chia hai vế của (1) cho  x 1  ta được bất phương trình
3 2
 x   x 
   3   4  0.
 x 1   x 1 
x
Đặt t  , ta có bất phương trình t 3  3t 2  4  0  (t  1)(t  2) 2  0  t  1
x 1

 1  x  0  1  x  0  1  x  0
x  
t 1  1  x  1  x   x  0   x  0 
x 1   0  x  1  5
 x  1  x 2  x  x  1  0
2
 2
 
1 5
 1  x 
2

 1 5 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là: T   1; 
 2 

Câu 20. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Giải hệ phương trình


 x 3  xy 2  x  2 y 3  y
 3 .
 x  3 y  5  2 x  5 x  3 y  5 x  2 y  5
2 3 2

Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 73 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả:Trần Thị Thùy Dương; Fb:Thùy Dương


 x 3  xy 2  x  2 y 3  y 1
Câu 1. 
 x  3 y  5  2 x  5 x  3 y  5 x  2 y  5
3 2 3 2
2
x  0
Điều kiện: 2 x  5 x  0  
2
.
x   5
 2

x  y
Ta có 1   x3  y 3    xy 2  y 3   x  y  0   x  y   x 2  xy  2 y 2  1  0   2 2
 x  xy  2 y  1  0 *
2
y  7 y2
 1  0, x, y   nên phương trình * vô nghiệm.
2  2
Mà x  xy  2 y  1   x   
 2 4

Thay x  y vào phương trình 2 ta được:

x 3
 3x  5  2 x 2  5 x  3x 3  5 x 2  2 x  5

  x3  3x  5  
2 x 2  5 x  1  3x 3  5 x 2  2 x  5   x3  3x  5 

2 x2  5x  1
  x3  3x  5    x   2 x 2  5 x  1
2
2x  5x  1

 x3  3x  5   2 x 2  5 x  1  0  3
  2 x  5 x  1 
2
 x  0   3
2
 2 x  5x  1   x  3x  5  x 2 x2  5x  1  4
  
5  33 5  33
(3)  x  x (thỏa mãn điều kiện)
4 4
2
(4)  x3  2 x  5  x 2 x 2  5 x   x 3  (2 x  5)   x  2 x 2  5 x
2
 
2
  x3   2 x3 (2 x  5)  (2 x  5)2  x3 (2 x  5)

2
  x3   x3 (2 x  5)  (2 x  5)2  0

2
 2x  5  3 2 x3  2 x  5  0
  x3     (2 x  5) 2
 0   (không thỏa mãn).
 2  4 2 x  5  0

 5  33 5  33   5  33 5  33 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    ;  ;  ;  .
 4 4   4 4 

Câu 21. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Giải hệ phương trình


 x  x2  2 x  2  y 2  1  y  1

 3  x, y  R  .
 x   3 x 2
 2 y 2
 6  2 x 2
 y  2  0
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 74 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Nguyễn Thanh Tâm; Fb: Tâm Nguyễn


 x  x2  2x  2  y2 1  y 1 (1)

Xét hệ phương trình   x, y  R  .
 x   3 x  2 y  6  2 x  y  2  0 (2)
3 2 2 2

Điều kiện 2 x 2  y  2  0 .

2
(1)   x  1  y    x  1 1  y2 1  0

 
  x 1 y  
 x  1  y  x  1  y  
 0   x 1 y 1
 x 1 y  0

 x  1  1  y  1 
2 2 2 2
 x  1  1  y  1 

 x 1 y  0
  y  x 1
 1  x 1 y  
0 2
 1  y 2  1   x  1  y  0 (*)
 2 2
 x  1  1  y  1
  x  1

2
Ta có (*)   x  1  1  y 2  1   x  1  y  x  1   x  1  y  y  0

nên phương trình (*) vô nghiệm.

Thế y   x  1 vào phương trình (2) ta được phương trình

x3   5 x 2  4 x  4  2 x 2  x  1  0

 x 3  3 x 2  4  2 x 2  x  1  2 x 2  x  1  0 (3)

Đặt a  2 x 2  x  1  0 , phương trình (3) trở thành

2  xa
x3  3 x 2 a  4a3  0   x  a  x  2a   0  
 x  2 a

 x0 1  5 1  5
+ x  a  2 x2  x  1  x   2 x y
 x  x  1  0 2 2

 x0 2  4 2 5  4 2
+ x  2a  2 2 x 2  x  1   x   2 x y
7 x  4 x  4  0 7 7

 1  5 1  5   2  4 2 5  4 2  
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S   ; ; ;  
 2 2   7 7  

Câu 22. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019)Giải hệ phương trình



 2 x 2 y  7  3 x  2  x  3 xy  5
 
 .
 x 2  4  y 2   1  1  4 x 2  xy

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Kiệt ; Fb: Nguyễn Hoàng Kiệt

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 75 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


 2 x 2 y  7  3 x  2  x  3 xy  5
  1
Xét hệ phương trình 
 x 2  4  y 2   1  1  4 x 2  xy  2

 2
 2  x
x   3
+) Điều kiện:  3  .* 
 x  3 xy  0 y   1
 3

1 1
+) Với điều kiện *  , từ  2   y 2
 4  y 
x 2
4  .
x
 3

1
+) Xét hàm số: f  t   t 2
 4  t , t   .
3
t 1
f ' t    1  0,t   .
t  4
2 3

 1 
Suy ra, hàm số f  t   t 2
 4   t đồng biến trên   ;   .
 3 

 1  1 1
Mặt khác f  t  liên tục trên   ;   . Do đó, từ  3  f  y   f    y  .
 3   x x
1

+) Thay y  vào 1 , ta được:  2 x  7  3 x  2  x  3  5.  4 
x

7
Nhận thấy, x  không là nghiệm của  4  , nên  4  có thể viết lại:
2
5 5
3x  2  x  3   3x  2  x  3   0.
2x  7 2x  7
5 2 7
g  x   3x  2  x  3  , x  ,x 
Đặt 2x  7 3 2.

3 1 10 3 x  3  3x  2 10
g'  x     2
  2
2 3x  2 2 x  3  2 x  7  2 x  3 . 3x  2  2 x  7 
6 x  29 10 2 7
   0 , x  ,x  .

2 x  3 . 3x  2 3 x  3  3x  2   2x  7
2
3 2

2 7  7 
Suy ra g  x  đồng biến trên  ;  và  ;   .
3 2  2 
Mà g 1  g  6   0 , nên  4  có hai nghiệm x  1,x  6.
 1
+) Vậy nghiệm  x; y  của hệ phương trình là 1;1 và  6;  .
 6
Câu 23. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 y  2  x  2  x y  0 (1)


 2

 x  1 y  1   y  3 1  x  y  3x (2)  
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 76 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Đồng Anh Tú ; Fb: AnhTu

 x  1

ĐK:  y  0
 x 2  y  3x  0

a  x  2 2
 x  a  2
Đặt  , (a  1, b  0) , ta được  2
. Khi đó phương trình (1) trở thành
b  y  y  b
b 2
 2 a  b  a2  2  0  ab  b  a   2  b  a   0   b  a  ab  2   0  a  b

(do ab  2  0 ) nên PT (1)  x  2  y  x  2  y . Thay vào phương trình (2), ta được

x 1   
x  2  1   x  1 1  x 2  2 x  2 
 x 1 1   x  1  1    x  1 1   x  1
2

 1 (3)

t2

Xét hàm số f (t )  t 1  1  t 2  trên  , ta có f '  t   1  1  t 2 
1 t2
 0, t   , do đó hàm số

f  t  đồng biến trên  .

x  1
Ta có (3)  f  
x  1  f  x  1  x  1  x  1   2
x 1  x  2x 1

x  1
 2  x  3.
 x  3x  0
Với x  3  y  5 , ta thấy x  3, y  5 thỏa mãn điều kiện .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y    3;5  .

Nhận xét: Ta có thể biến đổi phương trình (1) đi theo hướng khác như sau:
y2 x
Từ PT(2), ta có y  3 , nên PT(1)   (4) , ta có đặt y  2  a , a  1 thay vào (4), ta
y x2
a x t
được  , từ đây suy ra x  0 . Xét hàm số g  t   đồng biến trên  0;   , ta
a2 x2 t2
được a  x hay y  x  2 .

Câu 24. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 3 x  1 2  4 y  y 2  4 3 x  1(1)
 .
 3 xy  4 x  4  2 x  3(2)
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Nga; Fb: Con Meo
Cách 1:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 77 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 y0

Điều kiện:  1.
 x   3

2
1   3x  1  4 3x  1  y 2  4 y  *  .

Xét hàm số f  t   t 4  4t  t  0;     ; từ * ta có f  


3x  1  f  y.
f   t   4t 3  4 ; f   t   0  t  1 .

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy: hàm số nghịch biến trên 0;1 ; đồng biến trên 1;    .

+ Nếu 3x  1 và y cùng thuộc 0;1 hoặc 1;    thì ta có :

3x  1  y  y  3 x  1 thay vào  2  ta có :

2

3x  3x  1  4 x  4  2 x  3  9 x 2  x  4  2 x  3  9 x 2  1  x  3 
 1
 x3
 3x  x  3  1  3x  1  0 
  3x  x  3  1   2   x  1  x  1  y  4
3 x   x  3  1 9 x  7 x  2  0  2
 x  
 9

(thỏa mãn).

+ Nếu 3x  1 và y không cùng thuộc 0;1 hoặc 1;    thì

3x y 1
 3x  1  1  
y 1  0  .
3x  1  1 y  1
 0  x  y  1  0 .

2
Từ  2   3x  y  1   
x  3  1  0 vô lý.

Vậy hệ có nghiệm  x ; y  là 1;4  .

Cách 2:

 y0

Điều kiện:  1.
 x  
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 78 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
1  4 3x  1  4 y   3x  1  y 2 .

3x  1  y
  3 x  1  y  3 x  1  y   4. .
3x  1  y

 4 
  3x  1  y   3 x  1  y    0 * .
 3 x  1  y
 
1
Vì x    VP  2   0  3 xy  0  x  0 .
3

4 4 2 1 3
Từ  2   y      1.
3 3x 3x x x2

4
 3x  1  y   0.
3x  1  y

Từ *  3x  1  y  0  y  3x  1 thay vào  2  ta có:


2
9 x2  x  4  2 x  3  9 x2   
x  3 1 .

 3x  x  3  1
  3x  x  3  1 .
3x   x  3  1

 1
 x3
 3x  1  0 
 2   x  1  x  1  y  4 .
9 x  7 x  2  0  2
 x  
 9

Vậy hệ có nghiệm  x ; y  là 1;4  .

Cách 3:
 y0

Điều kiện:  1.
 x   3
1
Vì y  0; x   nên 4 x  4  2 x  3  0  3xy  0  x  0  3x  1  1 .
3
4
Mặt khác, 3xy  4 x  4  2 x  3  4 x  y   y  1 .
3
Đặt a  y ; b  3 x  1 ,  a , b  1 .
1  a 4  4a  b4  4b   a  b   a  b   a 2  b2   4  0 * .
 ab2
Vì a , b  1 nên  2
a  b 2
 2

  a  b  a 2  b2  4 . 

Từ *  a  b hay y  3 x  1  y  3 x  1 .
khi đó ta có: 3 x  3 x  1  4 x  4  2 x  3  9 x 2  x  4  2 x  3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 79 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2

 9 x2  1  x  3 . 
 3x  1  x  3 (vì x  0 ).
 3x  1  0  1
  x
 2  3 .
 3x  1  x  3 9 x 2  7 x  2  0

 1
 x3

  x  1  x  1  y  4 .
 2
 x  
 9
Vậy hệ có nghiệm  x ; y  là 1;4  .

Câu 25. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải hệ phương trình

 y3  4 y 2  4 y  x  1 y 2  5 y  4  x  1
 
 2
 x; y  R 
2 x 2  3 x  3  6 x  7  y 2  x  1   y 2  1 3 x  2
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Hà ; Fb: Ha Tran
2
Điều kiện: x 
3


Phương trình đầu y 3  4 y 2  4 y  x  1 y 2  5 y  4  x  1 

 y  y2  4 y  4  x  1 y2  4 y  4  y  x 1 
2
 y  y  2   y  2
2

x 1  y  x 1  x 1

  2
 y  x  1  y  2   x  1   0
 
 y  2 2  x  1  0 1

 y  x  1  0  2
2 y  2  0 y  2
Giải ( 1):  y  2   x  1  0   
x 1  0  x  1 ( Loai )

 y2  x  1
Giải ( 2): y  x  1  0  
y 1

Thế y 2  x  1 vào phương trình thứ hai ta được:


2
2 x 2  3 x  3  6 x  7   x  1 x  1  x 3x  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 80 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
 2 x 2  3x  3  2  3 x  2  x 3 x  2   x  1 x  1  3x  3  0

2  
x 2  3x  3  1  3 x  2  
3 x  2  x   x  1  x 2  4   0

2  x2  3x  2 x2  3x  2
  3x  2   x  2   x 2  3x  2   0
x 2  3x  3  1 x  3x  2
 2 3x  2 
  x 2  3x  2     x  2  0
2
 x  3x  3  1 x  3x  2 
 x 2  3x  2  0  3

 2 3x  2
 2   x  2  0  4
 x  3x  3  1 x  3x  2

 x  1  tm 
Giải (3): x 2  3 x  2  0  
 x  2  tm 
 hệ có nghiệm  x; y   1; 2 ; 2; 3   
2 3x  2 2 3x  2
Giải (4) :  x20   x2
x 2  3x  3  1 x  3x  2 x 2  3x  3  1 x  3x  2

2
Ta thấy với mọi x  thì VT  4   2  VP  4  do đó phương trình (4) vô nghiệm.
3

Câu 26. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Giải hệ phương trình


 x 2  3 y 2  2 xy  6 x  2 y  3  0 1
 2 .
 x  y  5  2 x y  3  2 
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hồng Hạnh; Fb: Nguyễn Hồng Hạnh
Điều kiện: y  3 .

 Từ  1 ta có: x 2  3 y 2  2 xy  6 x  2 y  3  0

2
 x 2  2  y  3 x   y  3   2 y 2  4 y  6  0

2
  x  y  3  2 y 2  4 y  6  0

 2 y 2  4 y  6  0  3  y  1  3
 Từ  2  ta lại có: x 2  y  5  2 x y  3  x 2  2 x y  3  y  3  2 1  y   0

2

 x y3   2 1  y   0

 2 1  y   0  y  1  4
Từ  3  và  4   y  1 .

Thay y  1 vào hệ được x  2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 81 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x  2
Vậy hệ có nghiệm là  (thỏa mãn điều kiện).
y 1

Câu 27. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Giải hệ phương trình
1 100 x x2
 y 2 log y 2  1  y 2

 xy  2  3 x  1  y

Lời giải
Điều kiện x  0 và xy  2

1 100 x x2
Từ phương trình 2
log 2  1  2  log100 x  log y 2  y 2  x  2  x  log x  y 2  log y 2 *
y y y

1
Xét hàm số f  t   t  log t , t  0 có f '  t   1   0, t  0 nên hàm số đồng biến trên  0;   .
t ln10

Vậy *  f  x   f  y 2   x  y 2

Thay x  y 2 vào phương trình xy  2  3 x  1  y được y3  2  3 y2  1  y

Thấy y  3 là nghiệm nên biến đổi thành  y3  2  5    3



y 2  1  2  y  3 rồi liên hợp được

y 3  27 y2  9
  y 3
y3  2  5 3
y 2 2
 1  2 y  1  4
3 2

 2  
 y  3y  9  y3 
  y  3    1   0 **
3 2
 y  2  5  3  y  1  2 3 y  1  4  
2 2
 

y2  3y  9 y2  3y  9 y 2  3 y  9 2 y 2  6 y  18 4y  2
Do   2
 2  2 2  2, y  2 2
y3  2  5 y3  5 y y y  y  10 y  y  10
5
2
2 2 2 3
Và 3
y 2
 1  2 3 y 2  1  4  3
 y  1  y  1  2 3 y2 1  4  3
 y  1  4  y  3, y  3 2 nên
y3
1  11  2
2
3
y 2
 1  2 y  1  43 2

 
y2  3y  9  y 3 
   1  0, y  3 2
3 2
y  2  5  3  y 2  1  2 3 y 2  1  4 
 

Nên **  y  3

Vậy hệ só nghiệm duy nhất  x; y    9;3 .

Câu 28. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Giải hệ phương trình

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 82 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x3  y 3  3x 2  6 x  3 y  4  0
 2
( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x  5 x  12 y
Lời giải
Tác giả:Hoàng Ngọc Huệ ; Fb: Hoàng Ngọc Huệ.
Điều kiện: y  1 .

Ta có x3  y 3  3x 2  6 x  3 y  4  0  ( x  1)3  3( x  1)  y 3  3 y (1).

Xét hàm số f (t )  t 3  3t , f (t )  3t 2  3  0, t   . Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên  . Mà


phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( y ) nên x  1  y . Do y  1 nên x  2 .

Thế x  1  y vào phương trình ( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x 2  5 x  12 y ta có

( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x 2  7 x  12  ( x  1)( x  2  2)  ( x  6)( x  7  3)  x 2  2 x  8

 x  2 (TM )
( x  1)( x  2) ( x  6)( x  2)
   ( x  2)( x  4)   x  1 x6 .
x2 2 x7 3    x  4 (*)
 x  2  2 x7 3

Giải phương trình (*):


x 1 x6 2( x  2) 2 2( x  6)
  x4  ( x  2)    ( x  6)  0
x2 2 x7 3 x22 x2 2 x7 3

  x2  2   x  7 1 
 ( x  2)     ( x  6)    0 (**)
 x2 2 x22  x7 3 

Dễ thấy vế trái của phương trình (**) luôn âm với mọi x  2 .


Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2;3) .

Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm cũng có thể xét riêng


x 1 x  6 7
Trường hợp 1: x  1  VT    x  x4
2 2 2
Trường hợp 2:
x 1 x6
1  x  2  VP  VT   x  4  

x2 2 x7 3
 x6 x6   2x  x 1
   2   0.
 3 x7 3  3  x2 2

Câu 29. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Giải hệ phương trình
3 2 x  y  x  2 y  1  5

2 x  2 y  1  5 x  10 y  9
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Dương Long ; Fb:Long Nguyễn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 83 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 x  y  0
Điều kiện 
x  2 y 1  0

3 2 x  y  x  2 y  1  5
Ta có hệ phương trình đã cho  
2 x  2 y  1   5 x  10 y   9

Đặt u  2 x  y ,  u  0  và v  x  2 y  1,  v  0 

2 2
2 x  y  u 2 x  y  u
Suy ra  2
  2
 x  2 y  1  v  x  2 y  v  1

2m  n  5 m  4
Ta có 5 x  10 y  m  2 x  y   n  x  2 y  , suy ra  
m  2n  10 n  3

Vậy 5 x  10 y  4  2 x  y   3  x  2 y   4u 2  3  v 2  1 .

Vậy ta có hệ
phương trình
 u  1

 v  2
3u  v  5 v  5  3u v  5  3u 
  2     u  73 Trường
2v   4u  3v  3  9
2 2 2 2
4u  3v  2v  12  0 23u  96u  73  0 
  23
 104
 v  
 23
u  1 2 x  y  1 x  1

hợp 1: v  2     (thỏa mãn điều kiện)
 x  2 y  3  y  1

 73
u  23
Trường hợp 2:  ( không thỏa mãn điều kiện v  0 )
v   104
 23

x  1
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  .
 y  1

Câu 30. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x3  3x 2  4 x  2  y 3  y
 .
4 x  6 x  1  7   4 x  1 y
Lời giải
Tác giả: Quốc Vương; Fb: Quốc Vương

 x3  3x 2  4 x  2  y 3  y 1
b) Giải hệ phương trình  .
 4 x  6 x  1  7   4 x  1 y  2 
3 2
Phương trình 1   x  1   x  1  y 3  y   x  1  y   x  1   x  1 y  y 2  1  0
 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 84 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
2 2  y  3y2
 y  x  1 (vì  x  1   x  1 y  y  1   x  1     1  0 x, y ).
 2 4

Thay y  x  1 vào phương trình  2  , ta được: 4 x  6 x  1  7   4 x  1 x  1

x  1  3
  x  1 x  2
 2    x  2  y  3.

 x  1  3  4 x
2
  x  1  3  2 x  x  1   2 x  32

Vậy hệ phương trình có nghiệm:  x; y    2;3  .

Câu 31. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x  1  y  1  4  x  5 y
 2  x, y   
 x  y  2  5  2 x  y  1  3 x  2
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thu Hằng ; Fb: Nguyễn Thu Hằng

 2
x   3

Điều kiện:  y  1
4  x  5 y  0

2 x  y  1  0

Từ phương trình thứ nhất trong hệ ta có:

x 1  y 1  4  x  5 y  x  y  2  2  x  1 y  1  4  x  5 y
 2x  4 y  2  2  x  1 y  1  0  x  2 y  1   x  1 y  1  0
 x 1  x  1 y  1  2  y  1  0   x 1  y 1  x 1  2 y 1  0
 x 1  y 1  x  y

Thay x  y vào phương trình thứ hai trong hệ ta có phương trình:

x 2  x  2  5  x  1  3x  2

  
 x 2  x  1  x  2  5 x  5  x  1  3x  2  0 
x2  x  1 x2  x  1
 x2  x  1   0
x  2  5 x  5 x  1  3x  2
 1 1 
  x 2  x  1 1   0
 x  2  5 x  5 x  1  3x  2 

 1 5 1 5
x  TM   y  TM 
2
 x  x 1  0   2 2
 1 5 1 5
x  TM   y  TM 
 2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 85 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 1 2
Vì 1    0,  x  
x  2  5x  5 x  1  3x  2 3

 1  5 1  5   1  5 1  5  
Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S   ; ; ;  .
 2 2   2 2  

Câu 32. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x  1  y  1  4  x  5 y
 2  x, y    .
 x  y  2  5  2 x  y  1  3 x  2
Lời giải
 2
 x   3 , y  1
Điều kiện : 4  x  5y  0 .
 2x  y  1  0

Từ phương trình (1 )ta có :

x  1  y  1  4  x  5y  x  y  2  2  x  1 y  1  4  x  5y

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

  x 1  y 1  
x 1  2 y 1  0  x 1  y 1  x  y .

Thay x  y vào phương trình (2) ta có phương trình :

  
x 2  x  2  5x  5  3x  2  x 2  x  1  x  2  5x  5  x  1  3x  2  0 
x2  x 1 x2  x 1
 x2  x 1   0
5x  5  x  2 3x  2  x  1

 1 1 
 

 x 2  x  1 1 
5x  5  x  1
 0
3x  2  x  2 

 1 5 1 5
x  y
2 2
 x2  x 1  0  
 1 5 1 5
x  y
 2 2

1 1 2
Vì 1    0 , x   .
5x  5  x  1 3x  2  x  2 3

 1  5 1  5   1  5 1  5  
Đối chiều điều kiện ta có nghiệm của hệ :  x, y    ; ; ;  .
 2 2   2 2  

Câu 33. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x 3  y 3  3  2 x 2  y 2  2 y   15 x  10  0
  x; y   
 2  y  3  x  2x  2
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 86 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x  3
Điều kiện:  .
y  2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với:
3 3
 x  2  3 x  2    y  1  3 y  1 1
Xét hàm số f (t )  t 3  3t ,  t    .

Khi đó ta có f '  t   3t 2  3  0, t   . Do đó f (t ) là hàm đồng biến trên  .

Nên phương trình 1 trở thành f  x  2   f  y  1  x  2  y  1  y  x  1 .

Thay y  x  1 vào phương trình thứ hai ta được:

2 3  x  2x  2  3  x  x 1

x  1
x  1 
 2
  x  2  x  2 .
3  x  x  2 x  1   x  1

Với x  2 thì y  1 (thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là  x; y    2;1 .

Câu 34. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
3 3 2
 x  y  3x  4 x  y  2  0
 3 2
 x, y   
 2 x  y  5  3  x  y  x  3x  10 y  10
Lời giải

2 x  y  5  0
a) Điều kiện 
3  x  y  0
3
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương:  x  1   x  1  y 3  y

2
  x  y  1  x  1  y  x  1  y 2  1  0
 

 y  x 1

Thay y  x  1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình:

3 x  4  4  2 x  x 3  3 x 2  10 x

5x
  x  x  5  x  2 
3x  4  4  2 x

x  0

 x  5  x  2   
3 x  4  4  2 x  5  *

Với x  0  y  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 87 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

4
Do   x  2 nên VT *  0 nên phương trình * vô nghiệm.
3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y  là  0; 1 .

Câu 35. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x 2  y 2  1  2  xy  x  y  1
 3  x, y    .
 x  3 y  5 x  12  12  y  3  x  2 
2

Lời giải
Tác giả: Lưu Trung Tín; Fb: Lưu Trung Tín
Điều kiện: x  3 .
2
1   x  y  1  0  y  x 1 .

Thay y  x  1 vào  2  ta được phương trình x3  3x 2  11x  9  11  x  3  x  3 .

3 2
 3  x3  3x 2  8 x   3 x   3 x 8 3 x
3
2
 x  3  x  x2  x
  3  x   3  x   3 x  3 3  x  8  0
 
1 2 2
 x  3  x  x  3  x  3  x2 
    3 x   7  0
2  
 x  3 x  0
 3 x  x
x  0
 2
3  x  x
1  13
x .
2

1  13 1  13
Thử lại, ta nhận nghiệm x  , suy ra y  .
2 2

 1  13 1  13  
Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;  .
 2 2  

Câu 36. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Giải hệ phương trình:
 2 2 8 xy
 x  y  x  y  16
 .
2 x 2  5 x  2 x  y  3x  2  0

Lời giải
Tác giả: Phùng Hằng - Đỗ Quốc Trưởng ; Fb: Phùng Hằng - Đỗ Quốc Trưởng

x  y  0
x  y  0 
Điều kiện:   2 .
3x  2  0  x  3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 88 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2 2 8 xy
 x  y  x  y  16 1
Ta có:  .
2 x 2  5 x  2 x  y  3x  2  0  2 

2 8 xy  4 
Với điều kiện xác định: 1   x  y   2 xy   16   x  y  4  x  y  4   2 xy   1  0 .
x y  x y 

 x y4  2 xy 
  x  y  4  x  y  4   2 xy    0   x  y  4  x  y  4    0.
 x y   x y

x  y  4  0
x  y  4
 2 xy  2 .
x  y  4  0 x  y 2
 4  x  y   0
 x y 

+) TH1: x y  4 thay vào  2 ta được:


 2  2 x2  5x  4  3x  2  0  2 x 2  x  2  3x  2   3x  2 .

x 2  3x  2
 2  x  3x  2   x  3x  2  0  2  x  3x  2  
2 2
0.
x  3x  2

 x 2  3x  2  0
 1  
  x2  3x  2  2    0  2  1 .
 x  3x  2   0  VN 
 x  3x  2

x  1 y  3
 .
x  2  y  2
2
+) TH2: x 2  y 2  4  x  y   0 vô nghiệm vì x  y  0 và x  nên x 2  y 2  4  x  y   0 .
3

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1;3 và  2; 2  .

Câu 37. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Giải hệ phương trình




 x  4  x  8 x 17  y  y 1
2 2

 .

 x  y  y  21 1  2 4 y  3x


Lời giải

 x  4  x 2  8 x 17  y  y 2 1 1




 x  y  y  21 1  2 4 y  3x 2


Điều kiện: y  0 .

1  ( x  y  4)  x 2  8 x  17  y 2  1  0
 x  4  y 2
2

  x  y  4  0
x 2  8 x  17  y 2  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 89 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x  4  y  x  4  y 
  x  y  4  0
x 2  8 x  17  y 2  1

 x  4  y
  x  y  4 (1  )0
x 2  8 x  17  y 2  1
 y  x4

 x  4  1   x  4  y 2  1  y
2
 x  4  y
Vì: 1    0x, y  .
x 2  8 x 17  y 2  1 x 2  8 x 17  y 2 1

Thay y  x  4 vào 2 ta đuợc


:

2  x  x  4  x  25 1  2 x 16
  x 4 2     
x  25  5  x  8  2 x  16  0 
 1 1 x 12   0
 x    
 x  4  2 x  25  5 x  8  2 x  16 

x  0  y  4

 1 1 x 12
    0 (vn) .
 x  4  2 x  25  5 x  8  2 x 16

Câu 38. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho x, y là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau

 y  1 log 4  x  1 y  1   16   x  1 y  1


 2 .
2
4 x  7 xy  3x  y  99
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Chúc; Fb:Chuc Nguyen
Ta có  y  1 log 4  x  1 y  1   16   x  1 y  1

16
 log 4  x  1  log 4  y  1    x  1 (vì x, y dương)
y 1

16
 log 4  x  1   x  1  2   log 4  y  1
y 1

16 16
 log 4  x  1   x  1  2  log 4   2 1 .
y 1 y 1

Xét hàm số f  t   t  log 4 t  2 liên tục trên  0;   .

1
Ta có f '  t   1  0 t  0 .
t  ln 4

Suy ra hàm số y  f  t  liên tục và đồng biến trên  0;   .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 90 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 16 
Phương trình 1 có dạng f  x  1  f  
 y 1 
16
 x 1    x  1 y  1  16  xy  x  y  15
y 1

 2 x  y  x  y  1  15  2  .
2
Ta có 4 x 2  7 xy  3 x  y 2  99   2 x  y   3 x  y  1  99  3  .

Từ  2  ,  3 ta có hệ phương trình

 2 x  y   x  y  1  15  2 x  y 2  3  2 x  y   54
 2

 2 x  y   3x  y  1  99  2 x  y   x  y  1  15

2 x  y  9
 2 x  y  9
   2 x  y  6  (vì x, y dương nên 2 x  y  0 )
 2 x  y  x y  1  15  x  y  1  6
   
 x  1

 x  8  2 x   6 y  7
  (thỏa mãn điều kiện x, y  0 ).
 y  9  2 x  x  3

  y  3

Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm S  1; 7  ;  3;3.

Câu 39. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Giải hệ phương trình
2 xy  x  y  1  x 2  y 2 1
 2 .
2 2 2
 x y y  1  x  1  x y  x  2 
Lời giải
Điều kiện xy  0 .

Ta có x 2  1  x  0 , x   nên y  0 không thõa mãn  2  . Do vậy y  0 . Suy ra x  0 không thõa


mãn 1 .

Nếu x, y cùng âm thì 1 vô lí. Do đó x, y cùng dương.

1 1 1 1
Khi đó  2  
x2
  
x2  1  x  y 
y2 1 1 
x
1 2   y y2 1  y
x x
 3 .

Xét hàm số f  t   t 1  t 2  t trên khoảng  0;   .

t2
Ta có f '  t   t 2  1   1  0,  t  0 . Suy ra hàm số f  t  đồng biến trên  0;   .
t2 1

1 1
Khi đó  3   f    f  y    y  xy  1 .
x x

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 91 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Thay xy  1 vào 1 ta được:


2 2
2  x  y  1  x 2  y 2   x  1   y  1  0  x  y  1 .

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1 .

Câu 40. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x  4  x 2  8 x  17  y  y 2  1
 .
 x  y  y  21  1  2 4 y  3 x
Lời giải

 x  4  x 2  8 x  17  y  y 2  1 1

 x  y  y  21  1  2 4 y  3 x  2 

Điều kiện: y  0, 4 y  3 x  0 .
2
2 2  x  4  y2
1   x  y  4  x  8 x  17  y  1  0   x  y  4   0
x 2  8 x  17  y 2  1

 x  4  y  x  4  y    x  4  y 
  x  y  4   0   x  y  4  1  0
x 2  8 x  17  y 2  1  x 2
 8 x  17  y 2
 1 
 

 y  x4.

2
 x  4  y  x  4  1   x  4  y2  1  y
(Vì: 1    0 x, y )
x 2  8 x  17  y 2  1 x 2  8 x  17  y 2  1

Thay y  x  4 vào (2) ta được:

 2  x  x  4  x  25  1  2 x  16

  x4 2     
x  25  5  x  8  2 x  16  0 
 1 1 x  12 
 x   0
 x4 2 x  25  5 x  8  2 x  16 

 x  0  y  4 ( t/m)
 1 1 x  12 .
    0  3
 x  4  2 x  25  5 x  8  2 x  16

Do x  4  y  0  x  4  x  8  0 nên (3) vô nghiệm.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    0; 4  .

Chú ý: Ta có thể giải (1) như sau: 1  x  4   x  4  1  y  y2 1

t t2 1  t
Xét hàm số f  t   t  t 2  1 có f   t   1    0, t   .
t2 1 t2 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 92 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Do đó f  t  đồng biến trên  nên 1  f  x  4   f  y   x  4  y .

Câu 41. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Giải hệ phương trình
3x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2
 2 2
 x, y   
 x  2 y  2 x  4 y  3
Lời giải

3x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2 1
Hệ đã cho trở thành 
2 2
 x  2 y  2 x  4 y  3  0  2
 3x 2  2 x  5  2 x x 2  1  2  y  1 y 2  2 y  2  x 2  2 y 2  2 x  4 y  3

2 2
 x 2  x x 2  1   y  1   y  1  y  1 1  *

Xét f  t   t 2  t t 2  1 t   

2
f   t   2t  t  1 
t2

t 2  1  2t t 2  1  t 2

 t2 1  t  0
t 2 1 t2 1 t2 1

Do  t 2  1 | t | t 
Suy ra f  t  là hàm số đồng biến trên  .

Do đó từ phương trình (*) ta có: x  y  1 thế vào phương trình (2) ta được:
2
 y  1  2 y 2  2  y  1  4 y  3  0

 2
2  y
 3y  4 y  4  0  3

 y  2

+) Với y  2 . Suy ra x  1

2 5
+) Với y  . Suy ra x 
3 3

5 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  là:  1; 2  ;  ;  .
3 3

Câu 42. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019)Giải hệ phương trình


 x 2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0
  x, y   
 x  y   x  xy  y  3   3  x  y   2
2 2 2 2

Lời giải
Tác giả:Nguyễn Hoài Phúc; Fb: Nguyen Phuc
3
Điều kiện: y  
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 93 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Phương trình thứ hai của hệ  x3  y 3  3( x  y)  3x 2  3 y 2  2


3 3
  x  1   y  1  y  x  2 .

Thay y  x  2 vào phương trình đầu của hệ ta được


2
x2   x  2  2  x  2  6  2 2  x  2  3  0

 2 x 2  6 x  2  2 2 x  1  0 (*)

1 1
 x2  x   2x 1  2x 1 
4 4
 1 1
 x  2  2x 1  2

 x  1   2x 1  1
 2 2
 x  2x 1 (a )

1  x  2 x  1 (b)

x  0
Giải (a) : (a)   2  x 1 .
x  2x 1  0

x  1
Giải (b) : (b)   2  x  2 2 .
 x  4x  2  0

x  1  x  2  2
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  và  .
 y  1  y   2

Chú ý: Có thể giải phương trình (*) bằng cách khác như sau:

(*)  x2  3x  1   2 x  1
2
  x 2  3 x  1  2 x  1

 x 4  6 x3  11x 2  8 x  2  0
2
  x  1  x 2  4 x  2   0

x  1

 x  2  2
x  2  2

Thử lại, ta thấy x  1; x  2  2 thỏa mãn phương trình (*).

Câu 43. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Giải hệ phương trình:
 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1

 x 4  y 2  xy 2 x 1  1

Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 94 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1 (1)  x 2  y  xy  x 2  y  xy  1


+ Ta có:  4 *   2
 x  y  xy 2 x 1  1 (2)
2
 x  y  xy  1
2
 
a  x 2  y a  ab  b  1
+ Đặt  . Hệ trở thành  2 **
b  xy a  b  1

a 3  a 2  2a  0 a a 2  a  2  0

+ Hệ (**)    
b  1 a 2 b  1 a 2
 
Từ đó ta tìm ra  a; b  {0; 1;1; 0; 2; 3}


x2  y  0
 Với a; b  0; 1 ta có hệ 
  x  y 1


 xy  1

x2  y  1
 Với a; b  1; 0 ta có hệ 
   x; y   0; 1;1; 0;1; 0


 xy  0

 Với  a; b  2; 3 ta có hệ


 2   3
 x  y  2  y  
3  y  
  x   x  x  1; y  3 .
 xy  3  3 
 x  2 x  3  0 ( x  1)  x  x  3  0
2
  

Vậy hệ có 5 nghiệm  x; y  {1; 1;0; 1;1; 0 : 1; 0;1; 3} .


Câu 44. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x3  x 2 y  y 2  2 x  1  0 1
 2
 x  x  2  3 y  2  2 y  2 
Lời giải
Tác giả: Trịnh Văn Điệp; Fb: Trịnh Văn Điệp
2
Điều kiện: x  0 , y  .
3

1   x3  x 2 y  x 2    x 2  xy  x    xy  x   1  y 2   0 .

 x 2  x  y  1  x  x  y  1  x  y  1   y  1 y  1  0 .

 x 2  x  y  1  x  x  y  1   y  1 x  y  1  0 .

  x  y  1  x 2  x  y  1  0 .

 x  y 1
 2 .
 x  x  y 1  0

+) Với x  y  1 thay vào  2  ta được:


y 1  y  3  3y  2  2 y2  3y  2  y 1  2 y2  y  3  0 . 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 95 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 3 5
 y x
2y 3 2 2
   2 y  3 y  1  0  
3y  2  y 1  1
 y  1  *
 3y  2  y 1

1 2
Phương trình *  vô nghiệm vì  1 và y  1  1 , y  .
3y  2  y 1 3

5 3
Trường hợp này có nghiệm  ;  .
2 2

+) Với x 2  x  y  1  0  1  x  x 2  y , vì x  0  1  x  x2  1  y  1.

2
Kết hợp với điều kiện ta được  y  1.
3

2 2 2
 3 x 2  3 x  1  0 3  21
Ta có  x  x  1  y    x  x  1  1   2 0 x  0,3
3   x  x  0 6

3  21 7
Xét vế trái của  2  : f  x   x  x  2 với 0  x     f  x   2 .
6 4
2
Xét vế phải ta có f  y   3 y  2  2 y 2 với  y  1.
3
3 3
Ta có f   y    4 y  0  8 y 3 y  2  3  192 y 3  128 y  9  0  y 
2 3y  2 4

5
Suy ra 1  f  y    nên phương trình vô nghiệm.
8

5 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ;  .
2 2

Câu 45. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)Giải hệ phương trình
 y 3  x  5  2  x  1  3 y 2 1

 2 2 2 2
 2
2  x  2 x  4  x  6 x  12  y 3 x  2 x  4  5 x  6 x  12  8  2  
Lời giải
ĐK: x  2

Ta thấy với y  0 phương trình 1 vô nghiệm.

Với y  0 ta có

1 3
1  y 3  x  5  2  x  1  3 y 2   x  5 2  x  
y3 y
3
1 3 3 1 3
  x  2 2 x 3 2 x  3  
y y
 2 x  3 2 x    
 y y

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 96 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 1
  2  x  y2   3 (vì hàm số f  t   t 3  3t có f   t   3t 2  3  0, t   0;   )
y 2 x
Thế  3  vào  2  ta có
1
2  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12 
2 x

3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  8 
 
  2  x  2  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12  3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  8

  2  x  x 2  2 x  4   2  x  x 2  6 x  12  3 x 2  2 x  4  5 x 2  6 x  12  2 x  4  0
  x  2  x 2  2 x  4   x  2  x 2  6 x  12  x 2  2 x  4  x 2  6 x  12  2  x  2   0
4x  8
  x  2  x 2  2 x  4   x  2  x 2  6 x  12   2  x  2  0
x  2 x  4  x 2  6 x  12
2

 4 
  x  2   x 2  2 x  4  x 2  6 x  12   2  0
 x 2  2 x  4  x 2  6 x  12 
x  2
 2 1
 x  2 x  4  x 2  6 x  12   2  0  PTVN 
 x  2 x  4  x 2  6 x  12
2

1
Với x  2 ta có y  (thỏa điều kiện đề bài).
2

 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  2;  .
 2

Câu 46. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Giải hệ phương trình
 x 2  y 2   x  y   2 xy  x  y
 2 .
 x  11x  6  2 9 x  5  x  y
Lời giải
Tác giả: Lê Văn Quý; Fb: Lê Văn Quý

 5
x 
Điều kiện:  9 .
 x  y  0

Phương trình đầu   x 2  y 2   x  y   2 xy  x  y

2
  x  y   2 xy   x  y   2 xy  x  y
 
3
  x  y    x  y   2 xy  x  y   2 xy  0

2
  x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0
 
2
  x  y  1  x  y   x  y  2 xy   0
 

  x  y  1  x 2  y 2  x  y   0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 97 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

5
Từ đó tìm được y  1  x (do x  y  0 và x  )
9

Thay y  1  x vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: x 2  11x  5  2 9 x  5  0

 x2  2 x  1  9 x  5  2 9 x  5  1

2 13  133 11  133


  x  1 
2
 
9x  5  1  x 
2
 y
2
.

Câu 47. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Giải hệ phương trình
7 x3  3( y  4) x 2  3(2  y 2 ) x  y 3  1
 2
.
2 y  4  9 x  x  4
Lời giải
Tác giả: Lê Văn Quý; Fb: Lê Văn Quý
Điều kiện y  4 .

Phương trình đầu của hệ  7 x3  3( y  4) x 2  3(2  y 2 ) x  y 3  1

 x3  y 3  3x 2 y  3xy 2  8 x3  12 x 2  6 x  1

 ( x  y)3  (2 x  1)3

 x  y  2x 1  y  x 1 .

Thay y  x  1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 x  3  9 x 2  x  4

 x  3  1  3x x  1  y  0
2

 1 3  x  2
 9x    .
 x  3  1  3x  x  5  97  y  23  97
 18 18

Câu 48. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Giải hệ phương trình:

 y 3  y 2  2 y  1  ln x 2  1  x  ln y 2  1  y

 .
  
 x3  x  y 2  y  1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trường An; Fb: Trường An Nguyễn


 y 3  y 2  2 y  1  ln x 2  1  x  ln


  y2 1  y  1
 x3  x  y 2  y  1  2 

Cộng vế 1 và  2  ta có:

y 3  y  ln    y 1  y   x  x
x 2  1  x  ln 2 3

 y  y  ln  y  1  y   x  x  ln  x  1  x 
3 2 3 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 98 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 y 3  y  ln  
y 2  1  y  x 3  x  ln  x2  1  x   3
(do  y2 1  y  
y 2  1  y  1 nên ln  
y 2  1  y   ln  
y2  1  y )

Xét hàm số f  t   t 3  t  ln  
t 2  1  t trên  .

t
1
2 t  1 2 1
f   t   3t  1   3t 2  1
t2 1  t t2 1
t
f   t   6t 
3
t 2
 1

t  0
f   t   0   3
6  t 2  1  1

3 3
(phương trình 6 t 2
 1  1 vô nghiệm vì 6 t 2
 1  6  1, t   )

Bảng biến thiên:

t  0 
f   t   0 
 
f  t 
0

Từ bảng biến thiên ta có f   t   0, t    Hàm số f  t  đồng biến trên  .

Ta có:  3   f  x   f  y   y  x .

Thay y  x vào  2  ta có: x 3  x  x 2  x  1  x 3  x 2  2 x  1  0  4 

3 2
1  1  1  1
Đặt t  x  . Phương trình  4  trở thành:  t     t    2 t   1  0
3  3  3  3
7 7
 t3  t   0  5 .
3 27

2 7 3t 3t 2 7 cos 
Với t  thì  1 , do đó tồn tại    0;   sao cho cos   hay t 
3 2 7 2 7 3

2 7 cos 
Thay t  vào  5  ta có:
3

56 7 14 7 7
cos3   cos   0
27 9 27

56 7 cos 3  3cos  14 7 7  7
 .  cos    0  cos 3 
27 4 9 27 14

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 99 


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1  7  k 2
  arccos    
 3  14  3
 k  
 
   1 arccos  7  k 2
  
 3  14  3

Do    0;   nên suy ra

  7
 arccos   
   14   x  y  2 7 cos  1 arccos   7    1
  
 3 3 
 3  14   3

  7
 arccos   
  14  2 2 7 1  7  2  1
    x  y  cos  arccos  14   3   3
 
 3 3 3 
 3   
 
 7
arccos   
  14  2 2 7  1  7  2  1
    x y cos   arccos     
 3 3 3  3  14  3  3

2 7
(Phương trình bậc ba có tối đa 3 nghiệm nên ta không cần xét trường hợp t  )
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 100 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 6 Bất đẳng thức

Câu 1. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019)
1 1 1
a) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x  2
 y  2  z  2 1 .
y z x

Tính giá trị biểu thức P  x y 1  y z 1  z x 1 .


b) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a  a3  b  b3 . Chứng minh a 2  b2 1 .
Lời giải
Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.
 1
 x  y 2 11

 1
a) Từ giả thiết suy ra:  y  2  1 2  . Do đó, x, y, z 1 .
 z
 1
 z  x 2 1 3

1
Hàm số f  t    1 là hàm số nghịch biến trên khoảng 1;   .
t2

Nếu x  y  f  y   f  z   y  z  f  z   f  x   z  x  f  x   f  y   x  y (vô lí)

Suy ra: x  y . Chứng minh tương tự, ta suy ra x  y  z .

Thay x  y  z vào giả thiết ta được: x3  x 2 1 .

Lúc đó, P  3 x x 1  P 2  9 x 2  x 1  9  P  3( P  0) .

b) a  a 3  b  b 3  0  a  a 3 1 a  0,1 .

Với a  0,1 thì a  a3 1 . Do đó, 1  b  b 3  2 b.b 3  2b 2  b 0,1 .

Giả sử, a 2  b2 1 . Từ giả thiết ta suy ra

a  b  a 3  b3   a  b   a 2  b 2  ab    a  b 1 ab   ab  a  b   2 (vô lí).

Vậy a 2  b2 1 .

 
Câu 2. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho x, y   0;  . Chứng minh rằng:
 2
1 1 1 9
   .
sin x sin y  1 sin x cos y  1 cos x  1 2  sin x sin 2 y  sin 2 x sin y  sin 2 x cos y 
2 2 2 2 2 2

Lời giải
Tác giả:Trần Viết Tường; Fb:Trần Tường

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 101 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đặt a  sin x sin y, b  sin x cos y, c  cos x thì a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  1 .

1 1 1 9
Ta cần chứng minh 2
 2  2  .
a  1 b  1 c  1 4  ab  ac  bc 

1 1 1 1 1 1 2a  b  c
Thật vậy, 2
 2  2    =
a  1 b  1 c  1  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b   a  b  a  c  b  c 

 a  b  b  c  c  a    a  b  c  ab  bc  ca   abc
1 8
  a  b  c  ab  bc  ca    a  b  c  ab  bc  ca    a  b  c  ab  bc  ca 
9 9
1 1 1 9
Nên 2
 2  2  .
a  1 b  1 c  1 4  ab  bc  ca 

1 1 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c   x  arccos ,y
3 3 4

Câu 3. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho ba số thực dương a, b, c . Chứng minh bất
đẳng thức:
1 1 1 ab  bc  ca
 a  b  c       4 2 2 2 2  9  4 2 .
a b c a b c
Lời giải

1 1 1 ab  bc  ca
Ta có  a  b  c       9  4 2  4 2 2
a b c a  b2  c 2
2 2 2 2 2 2
a  b b  c  c  a  a  b   a  c  b  c 
   2 2  *
ab bc ca a 2  b2  c2
2 2

Không giảm tổng quát giả sử a  b  c 


a  b 
a  c
b c
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:

  a  b  2  a  c 2  2 2
    b  c   2  a  b    a  c  
 b c 

2 2
  a  b 2  a  c  2  2  a  b    a  c  
 
   b  c   1
 b c  a b  c 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  c .


Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM:
2 2 2 2
2  a 2  b 2  c 2   2a 2   b  c   2 2a  b  c    2 2 2
a b  c  a  b  c

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 102 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2 2
2  a  b    a  c   
2
a  b   a  c
2
 
Suy ra 2 2  2
a b  c  a2  b2  c2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c hoặc a 2  b  c


2 2

a 2  b2  c2  3bc  2 2bc ( vì a  b  c ) 
b  c  b  c 
2 2  3
bc a 2  b2  c2

Từ 1 ,  2  ,  3 suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi a  b  c hoặc a  2b  2c và các hoán vị.

Câu 4. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có các cạnh BC  a, AC  b, AB  c
. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.
a) Chứng minh rằng a.IA2  b.IB 2  c.IC 2  abc .
b) Chứng minh rằng a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc . Hãy chỉ ra một trường
hợp xảy ra dấu đẳng thức.
Lời giải

a) Giả sử đường tròn  I  tiếp xúc với BC , CA, AB theo


thứ tự tại D, E , F . Gọi K là điểm đối xứng của I qua
AC .

S AFIE S AIK AI . AK IA2


Ta có:    .
S ABC S ABC AB. AC bc

S BDIF IB 2 SCEID IC 2
Tương tự  ;  .
S ABC ca S ABC ab

IA2 IB 2 IC 2 S AFIE  S BDIF  SCEID


Suy ra     1 Suy ra
bc ca ab S ABC
a.IA2  b.IB 2  c.IC 2  abc .
b) Theo BĐT Bunhiacopxki ta có:

a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   1  1  1  a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2 

 3 3abc   aIA2  bIB 2  cIC 2  

Theo ý a) ta có aIA2  bIB 2  cIC 2  abc

 a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   6abc ( ĐPCM)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi:

a  bc  IA2   b  ca  IB 2   c  ab  IC 2   aIA2  bIB 2  cIC 2

Vậy dễ thấy có một trường hợp xảy ra dấu của đẳng thức là:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 103 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a  b  c
  ABC là tam giác đều.
 IA  IB  IC

Câu 5. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn
a  b  c  abc . Chứng minh rằng
a 2  b2  c 2  abc .
Lời giải
Nếu tồn tại một trong ba số a,b,c bằng 0 thì điều cần chứng minh đúng.

Do đó chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp a, b, c  0 .

Giả sử ngược lại a 2  b2  c 2  abc . Khi đó abc  a2  a  bc . Tương tự b  ca, c  ab .

Do đó abc  a 2  b2  c2  ab  bc  ca  a  b  c (mâu thuẫn). Do đó ta có đpcm.

Câu 6. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
abc  1 . Chứng m1nh rằng
bc ca ab
   a  b  c 3.
a b c
Lời giải

b  c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  2 .
a a a

ca ca a  b ab
Tương tự ta được 2 ; 2 .
b b c c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

bc ca ab  bc ca ab 


   2     .
a b c  a b c 

bc ca bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lạ1 có  2  2 c.
a b a b

ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được   2 a;  2 b.
b c c a

bc ca ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được    a b c.
a b c

bc ca ab


Do đó ta suy ra
a

b

c
2  a b c . 
Ta cần chứng m1nh được 2  
a  b  c  a  b  c 3  a  b  c  3.

Đánh g1á cuố1 cùng là một đánh g1á đúng theo bất đẳng thức Cauchy và g1ả th1ết abc  1 .
Bà1 toán được g1ả1 quyết xong. Dấu bằng xảy ra kh1 và chỉ kh1 a  b  c  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 104 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 7. (HSG11 ChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho 3 số thực dương a, b, c . Chứng minh
rằng:
a ( a  2b  c ) b(b  2c  a ) c (c  2a  b)
   0.
ab  1 bc  1 ca  1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Uyên; Fb: Uyen Nguyen
a  a  2b  c  a 2  1  ac  1  2  ab  1 a 2  1 ac  1
Ta có:    2.
ab  1 ab  1 ab  1 ab  1

b  b  2c  a  b 2  1 ba  1 c  c  2a  b  c 2  1 cb  1
Tương tự ta có:    2 và    2.
bc  1 bc  1 bc  1 ca  1 ca  1 ca  1

a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b 
Vậy   0
ab  1 bc  1 ca  1

 a 2  1 b 2  1 c 2  1   ac  1 ba  1 cb  1 
      6 0
 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 

 a 2  1 b 2  1 c 2  1   ac  1 ba  1 cb  1 
        6.
 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số ta có:

ac  1 ba  1 cb  1 ac  1 ba  1 cb  1
   3 3    3 (1)
ab  1 bc  1 ca  1 ab  1 bc  1 ca  1

a2  1 b2  1 c2  1
   3 3
a2  1 b2  1 c2  1
   3 3
 a 2  1 b 2  1 c 2  1
.
ab  1 bc  1 ca  1 ab  1 bc  1 ca  1  ab  1 bc  1 ca  1
Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swcharz ta có:

 a 2  1 b 2  1   ab  12

 2 2 2 2
 b  1 c  1   bc  1   a  1 b  1 c  1    ab  1 bc  1 ca  1 
2 2 2 2

 2 2
 c  1 a  1   ca  1
2

  a  1 b  1 c  1
2 2 2
  ab  1 bc  1 ca  1 
a 2
 1 b 2  1 c 2  1
 1.
 ab  1 bc  1 ca  1

Suy ra:
a 2  1 b2  1 c2  1
   3 3
 a 2  1 b 2  1 c 2  1
 3 . (2)
ab  1 bc  1 ca  1  ab  1 bc  1 ca  1
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Cách 2:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 105 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a  a  2b  c  a 2  1  ac  1  2  ab  1 a2 1 ac  1
Ta có:     2.
ab  1 ab  1 ab  1 ab  1 ab  1

b  b  2c  a  b2 1 ba  1
Tương tự ta có:    2
bc  1 bc  1 bc  1 bc  1

c  c  2a  b  c2 1 cb  1
Và    2.
ca  1 ca  1 ca  1 ca  1

a  a  2b  c  b  b  2c  a  c  c  2a  b 
Vậy suy ra   0
ab  1 bc  1 ca  1

 a2 b2 c2   1 1 1   ac  1 ba  1 cb  1 
         6.
 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số, ta có:

ac  1 ba  1 cb  1 ac  1 ba  1 cb  1
   3 3    3 (1)
ab  1 bc  1 ca  1 ab  1 bc  1 ca  1
Mặt khác áp dụng dạng phân thức của bất đẳng thức Cauchy-Swcharz, ta có:

 a2 b2 c2   1 1 1 
      
 ab  1 bc  1 ca  1   ab  1 bc  1 ca  1 
2 2


a  b  c 
1  1  1 
3  ab  bc  ca   9
 3 . (2)
ab  bc  ca  3 ab  bc  ca  3 ab  bc  ca  3
Từ (1), (2) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .

32
Câu 8. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Cho 0  a, b, c  3 và a  b  c  2 3 9 .
3
Chứng minh rằng:
1 1 1 1
3
 3
 3
 1
32  3a 32  3b 32  3c 8
Lời giải
Cách 1:
+ Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức:
2
a12 a2 2 an 2  a1  a2  ...  an 
  ...   (với ai bất kỳ và bi  0 ).
b1 b2 bn b1  b2  ...  bn

a1 a2 a
Dấu bằng xảy ra    ...  n .
b1 b2 bn

1 1 1 9
Do đó: 3
 3
 3
  2
32  3a 32  3b 32  3c 96  3(a  b3  c 3 )
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 106 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 8 8
+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số không âm  a 3 , ,  ta được:
 3 3

8 8 8 8 12
a 3    3 3 a3 . .  3 a . (3)
3 3 3 3 9

8 8 8 8 12
Tương tự ta cũng có: b3    3 3 b3 . .  3 b . (4)
3 3 3 3 9

8 8 8 8 12
c3    3 3 c3 . .  3 c . (5)
3 3 3 3 9

+ Cộng vế theo vế của (3), (4), (5) ta được:


12 12
a 3  b3  c 3  3
 a  b  c   16  3 .2 3 9  16  8 .
9 9

 96  3  a3  b3  c 3   72
9 1
 VP  2     dpcm 
72 8

 1 1 1
 32  3a3  32  3b3  32  3c3

 8 8 8 23 9
+ Dấu bằng xảy ra  a 3  ; b3  ; c3  abc .
 3 3 3 3
a  b  c  2 3 9


Cách 2:

 1 32  3a3 
+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 2 số không âm  3
,  ta được:
 32  3a 242 

1 32  3a3 1 32  3a 3 1
3
 2
 2. 3
. 2
 .
32  3a 24 32  3a 24 12

1 32  3b3 1 32  3b3 1
+ Tương tự ta cũng có: 3
 2
 2. 3
. 2

32  3b 24 32  3b 24 12

1 32  3c 3 1 32  3c 3 1
3
 2
 2. 3
. 2

32  3c 24 32  3c 24 12

Cộng vế theo vế ta được:

1 1 1 32  3a 3 32  3b3 32  3c3 1 1
3
 3
 3
 2
 2
 2
 3. 
32  3a 32  3b 32  3c 24 24 24 12 4
3 3 3
1 1 1 1 1 a b c 1 a  b  c3
3 3
         *
32  3a 3 32  3b3 32  3c3 4 6 192 12 192

+ Ta sẽ chứng minh: a 3  b3  c 3  8 .
3
Thật vậy ta có: a 3  b 3  c 3   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a **

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 107 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:


3 3
 a  b    b  c    c  a    2  a  b  c  
 a  b  b  c  c  a    
27 27
Thay vào (**) ta được:
3
 2  a  b  c  
a  b  c   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a    a  b  c   3. 
3 3 3 3 3

27
3
3  2.2 9 
3


 23 9   3.
27
8

1 1 1 1 8 1
Do đó: *  3
 3
 3
    dpcm 
32  3a 32  3b 32  3c 12 192 8

 1 32  3a 3
 3

 32  3a 242
 1 32  3b3
 32  3b3  242

 1 32  3c 3 23 9
 3
  a  b  c 
Dấu bằng xảy ra  32  3c 242 3
 a  b    b  c    c  a 

a  b  c  2 3 9


Câu 9. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
abc  1 . Chứng minh rằng:
bc ca ab
   a  b  c 3
a b c
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyễn

b  c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:  2 .
a a a

ca ac a  b ab
Tương tự: 2 ; 2 .
b b c c

bc ca ab  bc ac ab 


Cộng từng vế các bất đẳng thức trên, ta được:    2     (1)
a b c  a b c 

Dấu “  ” xảy ra khi a  b  c .

bc ac bc ac
Lại có:  2 . 2 c.
a b a b

ac ab ab bc
Tương tự:  2 a ;  2 b.
b c c a
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 108 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

bc ac ab
Cộng từng vế của các bất đẳng thức trên, ta được:    a  b  c (2)
a b c

Dấu “  ” xảy ra khi a  b  c .


bc ca ab
Từ (1) và (2) ta được:
a

b

c
2  
a  b  c (3)

Ta chứng minh 2  
a  b  c  a  b  c  3.

Thật vậy, ta có: a  b  c  33 abc . Mà abc  1 nên a  b  c  3.

Từ đó suy ra 2  
a  b  c  a  b  c  3 (4)

bc ca ab


Từ (3) và (4) ta được:    a  b  c 3.
a b c

bc ca ab


Vậy:    a  b  c  3 (Điều phải chứng minh).
a b c

Dấu “  ” xảy ra khi a  b  c  1 .

Câu 10. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa
mãn abc  1 . Chứng minh rằng
bc ca ab
   a  b  c 3
a b c
Lời giải

b  c 2 bc bc
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  2
a a a

ca ca a  b ab
Tương tự ta được 2 ; 2
b b c c

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

bc ca ab  bc ca ab 


   2    
a b c  a b c 

bc ca bc ca
Cũng theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có  2  2 c
a b a b

ca ab ab bc
Áp dụng tương tự ta được   2 a;  2 b
b c c a

bc ca ab
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được    a b c
a b c
bc ca ab
Do đó ta suy ra
a

b

c
2  a b c 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 109 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta cần chứng minh được 2  


a  b  c  a  b  c 3 a  b  c  3

Đánh giá cuối cùng là một đánh giá đúng theo bất đẳng thức Cauchy và giả thiết abc  1
Bài toán được giải quyết xong. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .

Câu 11. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn:
x2  y 2  z 2  4 xyz .
Chứng minh rằng
x  y  z  2 xyz .
Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 6 số dương x 2 , y 2 , z 2 , x , y , z ta được:

x 2  y 2  z 2  x  y  z  6 6 x 2 y 2 z 2 xyz  6 xyz .

Vì x2  y 2  z 2  4 xyz nên suy ra:

4 xyz  x  y  z  6 xyz  x  y  z  2 xyz .

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x 2  y 2  z 2  x  y  z  x  y  z  1 . Nhưng các giá trị này không
thỏa mãn giả thiết x2  y 2  z 2  4 xyz nên đẳng thức không thể xảy ra.

Vậy x  y  z  2 xyz .

Câu 12. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho các số thực dương x , y , z thỏa mãn
xy  yz  xz  3 .
Chứng minh bất đẳng thức:
x2 y2 z2
   1.
x3  8 y3  8 z3  8
Lời giải
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6 x2 2 x2
x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4)     .
2 2 x3  8 x2  x  6

y2 2 y2 z2 2z2
Tương tự, ta cũng có  ;  .
y3  8 y2  y  6 z3  8 z2  z  6

Từ đó suy ra:

x2 y2 z2 2 x2 2 y2 2z2
     . (1).
x3  8 y3  8 z3  8 x2  x  6 y 2  y  6 z 2  z  6

2
a2 b2  a  b 
Chứng minh bổ đề: Cho x, y  0 và a, b   ta có:    *
x y x y

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 110 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
a2 y  b2 x  a  b  2 2
Ta có *     a 2 y  b 2 x   x  y   xy  a  b    ay  bx   0 .
xy x y

a b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  .
x y

Áp dụng bổ đề ta có:
2
 x2 y2 z2    x  y z2 
2 2  2  2   2 2 2
 2

 x  x  6 y  y  6 z  z  6  x  y   x  y   12 z  z  6 
2( x  y  z ) 2
 .
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

2( x  y  z ) 2
Đến đây, ta chỉ cần chứng minh: 1  3
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
2
Do x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18   x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18
2
  x  y  z    x  y  z   12  0 .

Nên  3  2( x  y  z ) 2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

 x2  y 2  z 2  x  y  z  6 (4).

Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  3 và


x  y  z  3( xy  yz  zx )  3 .

Nên bất đẳng thức (4) đúng.


Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 .

Câu 13. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn
a 2  b 2  c 2  3b  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 4 8
P 2
 2
 2
.
 a  1  b  2   c  3
Lời giải
Với mọi số thực dương x , y , z , t , ta có:
2 2
1 1 1 1 1  1 1 1 1 1 16  64
2
 2 2 2           2
.
x y z t 4 x y z t  4 x y zt  x  y  z  t
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  t .
1 4 8 4 4 8
Ta có: P  2
 2
 2
 2
 2
 2
 a  1  b  2   c  3  2a  2   b  2   c  3
 1 1 1 1 
 4 2
 2
 2
 2
  2a  2   b  2   c  3  c  3 
64 256
 4. 2
 2
.
 2a  2  b  2  c  3  c  3  2a  b  2c  10 
Theo giả thiết, ta có: a 2  b 2  c 2  3b  0 .
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 111 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có:


0  2 a  b  2 c  10  2 a  4b  2 c  10  3b
  a 2  1   b 2  4    c 2  1  10  3b  a 2  b 2  c 2  3b  16
 16
2
 0   2 a  b  2c  10   256
256
Suy ra: P  2
1 .
 2a  b  2c  10 
 2a  2  b  2  c  3
 a  c  1
Dấu đẳng thức xảy ra  a 2  b 2  c 2  3b  0   .
a  1; b  2; c  1 b  2

Vậy min P  1 .
Bài tập tương tự: (Lê Cảnh Dương-sưu tầm).

Câu 14. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n  1
ta luôn có:
log n  n  1  log n 1  n  2 
Lời giải
Tác giả:Hoàng Văn Phiên; Fb:Phiên Văn Hoàng
Cách 1

log n 1  n  2 
+ Xét A   log n1 n.log n 1  n  2  .
log n  n  1

+ Áp dụng bất đẳng thức AM  GM cho hai số dương log n1 n và log n 1  n  2  ta được:

log n 1 n  log n 1  n  2  log n 1 n  n  2 


log n 1 n.log n 1  n  2    .
2 2
2
+ Mà n 2  2n  n 2  2n  1 nên n 2  2n   n  1 .

log n 1  n 2  2n  log n 1  n  1
2
log n 1  n 2  2n 
    1.
2 2 2

log n1  n  2 
 log n1 n.log n1  n  2   1   1  log n1  n  2   log n  n  1 .
log n  n  1

Cách 2
Tác giả:; Fb:Nguyen Trang
+ Với mọi số nguyên dương n  1 ta có:

ln  n  1 ln  n  2 
log n  n  1  log n 1  n  2    .
ln n ln  n  1

ln  x  1
+ Xét hàm số y  với x  1 .
ln x

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 112 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

ln x ln  x  1
 x ln x   x  1 ln  x  1
+ Ta có: y  x  1 2
x  2
.
 ln x  x  x  1 ln x 

+ Với x  1 thì x  1  x  1 ; ln  x  1  ln x  0  x ln x   x  1 ln  x  1  0 .

 y  0, x  1 .

Suy ra hàm số nghịch biến trên 1;   .

+ Do đó với mọi số nguyên dương n  1 thì y  n   y  n  1 .

Vậy log n  n  1  log n 1  n  2  .

Câu 15. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn
a 2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng
a b c 3 3
2 2
 2 2
 2 2
 .
b c c a a b 2
Lời giải
Tác giả: Thu Hà ; Fb: Thu Ha

Do a , b , c dương và a 2  b2  c2  1 nên 0  a , b , c  1 và 1  a 2 ,1  b2 ,1  c 2  0 .

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2a 2 ,1  a 2 ,1  a 2 , ta được:

2 a 2  1  a 2   1  a 2   3 3 2 a 2 1  a 2 1  a 2 

23 3
 2a 2 1  a 2 1  a 2   *  , dấu "  " xảy ra  3a 2  1  a  .
27 3
Ta có:
*
a a a2 a2 a2 3 3a 2
     1
b 2  c 2 1  a 2 a 1  a 2  1 1 23 2
 2a 2 1  a 2 1  a 2  
2 2 27

Chứng minh tương tự, ta được:

b b b2 b2 b2 3 3b 2
      2
c 2  a 2 1  b 2 b 1  b 2  1 1 23 2
 2b 2 1  b 2 1  b 2  
2 2 27

c c c2 c2 c2 3 3c 2
      3
a 2  b 2 1  c 2 c 1  c 2  1 1 23 2
 2c 2 1  c 2 1  c 2  
2 2 27

Cộng 1 ,  2  ,  3 vế theo vế ta được:

a b c 3 3 2
2 2
 2
b c c a 2
 2
a b 2

2
 a  b2  c 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 113 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a b c 3 3 3
 2 2
 2 2
 2 2
 (đpcm). Dấu "  " xảy ra  a  b  c  .
b c c a a b 2 3

Câu 16. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Cho các số dương a, b, c thỏa mãn:
a 2  b2  c 2  3 . Chứng minh rằng:
 4  4  4  2
 2 2
 1  2 2  1  2 2
 1  3  a  b  c  .
 a b  b  c  c  a 
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải
Tác giả: Hồ Văn Thảo ; Fb: Thảo Thảo.
 4 4
 a2  b2  3  c2

 4 4
Ta có  2 2  2
, vì a 2  b2  c 2  3
b  c 3a
 4 4
 a2  c2  3  b2

Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương:

4 4 4 4
2
 3  a2   2 2 
3  a2   4  2
 1  a2  2  2 2  1  a2  2
3 a 3 a 3 a b c

 4 2
 c 2  a 2  1  b  2
Tương tự ta chứng minh được: 
 4  1  c2  2
 a 2  b 2

Nhân vế theo vế các bất đẳng thức mới chứng minh ta được:

 4  4  4 
 2 2
 1  2 2  1  2 2
 1   a 2  2  b 2  2  c 2  2 
 a b  b  c  c  a 

Ta xét:  a 2  2  b 2  2    a 2  1  1  b 2  1  1   a 2  1 b 2  1  a 2  b 2  3

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:


2 1 2
a 2
 1 b 2  1   a  b  , a 2  b2 
2
 a  b

1 3
 a  b   3   a 2  2  b 2  2  c 2  2     a  b 2  3  c 2  2 
2 2
  a 2  2  b 2  2    a  b  
2 2 
2
 a  b  2   2  ab 
  a  2  b  2  c  2   3 
2 2 2
  1   2  c   3
2
. 2  1.c 
  2
 2   
2
  a 2  2  b 2  2  c 2  2   3  a  b  c 

 4  4  4  2
Vậy nên  2 2
 1  2 2  1  2 2
 1  3  a  b  c 
 a b  b  c  c  a 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 114 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Dấu "  " xảy ra khi a  b  c  1 .

Câu 17. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho a,b,c là các số thực không âm và không đồng thời
bằng 0 thay đổi thỏa mãn điều kiện a 2  b2  c2  6b .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 8 1
P 2
 2
 .
 a  b  c  b  11  c  6 2
Lời giải
1 8 1 4 8 4
Ta có: P  2
 2
 2
 2
 2
 2
a  b  c  b  11  c  6  2a  2b  2c   b  11  2c  12 
 1 1 1 1 
 4 2
 2
 2
 2
  2a  2b  2c   b  11  b  11  2c  12  
64 256
 4. 2
 2
.
 2a  2b  2c  2b  22  2c  12   2a  4b  4c  34 
Theo giả thiết, ta có: a 2  b 2  c 2  6b  0 .
Áp dụng BĐT Cô-si cho các số không âm, ta có:
0  2 a  4b  4 c  34  2 a  10b  4 c  34  6b
  a 2  1   b 2  25    c 2  4   34  6b  a 2  b 2  c 2  6b  64
 64
2
 0   2 a  4b  4c  34   64 2
256 256 1
Suy ra: P  2
  .
 2a  4b  4c  34  642 16
2a  2b  2c  b  11  2c  12 a  1
 2 2 2 
Dấu đẳng thức xảy ra  a  b  c  6b  0  b  5 .
a  1; b  5; c  2 c  2
 
1
Vậy min P  .
16
(4 điểm).

Câu 18. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho n số a1 , a2 ,..., an   0;1 . Chứng minh
rằng:
2
1  a1  a2  a3  ...  an   4  a12  a22  a32  ...  an2 
Lời giải
Tác giả: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.
Phản biện: Nguyễn Phương Thu; Fb: Nguyễn Phương Thu

Xét tam thức f  x   x 2  1  a1  a2  ...  an  x   a12  a22  ...  an2 

Ta có:

f 1  1  1  a1  a2  ...  an    a12  a22  ...  an2 


 a1  a1  1  a2  a2  1  a3  a3  1  ...  an  an  1

Mặt khác a1 , a2 ,..., an   0;1 nên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 115 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a1  a1  1  0

a2  a2  1  0
  f 1  0
...
a  a  1  0
 n n

Mà f  0   a12  a22  ...  an2  0  f 1 . f  0   0

Mặt khác hàm số f  x  liên tục trên  0;1 .

Do đó phương trình f  x   0 có nghiệm trên đoạn  0;1 .


2
Suy ra   1  a1  a2  ...  an   4  a12  a22  ...  an2   0

2
Do đó: 1  a1  a2  ...  an   4  a12  a22  ...  an2  .

Câu 19. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho x , y, z là các số thực dương.Chứng
minh rằng:
2 x 2 y 2 z 1 1 1
3 2
 3 2 3 2
 2 2 2
x y y z z x x y z
Lời giải
Tác giả: Cao Đình Định; Fb: Dinh Cao
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương x , y, z ta được:

x 3  y 2  2 x 3 .y 2  2 xy. x
y 3  z 2  2 y 3 .z2  2 yz. y
z3  x 2  2 z3 .x 2  2 zx. z

Khi đó BĐT đã cho trở thành:

2 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 1 1 1
3 2
 3 2 3 2
      1
x y y z z x 2 xy x 2 yz y 2 zx z xy yz zx

Mặt khác ta có:

1 1 2 1 1 1 1 
2
 2     
x y xy xy 2  x 2 y 2 

1 1 1 1  1 1 1 1 
CMTT:    ;    
yz 2  y 2 z2  zx 2  z2 x 2 

1 1 1 1 1 1
Suy ra:    2 2 2
xy yz zx x y z
2

2 x 2 y 2 z 1 1 1
Từ (1) và (2) ta được: 3 2
 3 2 3 2
 2 2 2
x y y z z x x y z

Dấu “=” xảy ra  x  y  z  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 116 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 20. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Chứng minh rằng với mọi số thực
a, b, c  1;2 ta luôn có:
1 1 1
 a  b  c       10.
a b c
Lời giải
Tác giả: Vũ Quốc Triệu ; Fb: Vũ Quốc Triệu
1 1 1 a b c b c a
+/ Bất đẳng thức  a  b  c       10        7 .
a b c b c a a b c

+/ Không mất tính tổng quát, giả sử: a  b  c . Khi đó:


a b a
 a  b  b  c   0  ab  bc  b2  ac   1   (vì bc  0 ).
c c b
Dấu “=” xảy ra  a  b hoặc b  c .
c b c
Cũng có:  a  b  b  c   0  ab  bc  b   ac  1    (vì ab  0 ).
a a b
Dấu “=” xảy ra  a  b hoặc b  c .

a b b c a c a b b c a c a c
Do đó:       2        2     2 1
b c a b c a b c a b c a c a

a
+/ Ta có: x  1  x  2  nên:
c
2 1 1 5
 x  1 x  2   0  x 2  3x  2  0  x   3 x   3 
x x x 2

 1
 x  a  2c
Dấu “=” xảy ra 2
  c  2a
x  2
a c 5
Suy ra:    2
c a 2
a b b c a c
Từ (1) và (2) suy ra:       7 (đpcm).
b c a b c a

 a  b  2, c  1

Dấu bằng xảy ra khi:  a  c  2, b  1 .
b  c  2, a  1

Câu 21. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019)Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng
minh rằng
a2 b2 c2 a2  b2  c2
   .
2a  1 2b  1 2c  1 a 2  b2  c 2  6
Lời giải
Cách 1: Tác giả: Trương Văn Tâm; Fb: Văn Tâm Trương

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 117 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Bất đẳng thức đã cho tương đương với

a 2  b2  c2 a2 b2 c2
   0
a 2
 b 2
 c 2
 6 2a  1 2b  1 2c  1

VT

Trong đó

a2 a2 a2 1 1 1 a 11 a 2 2a
   3   .a. 3 a   .a. 3 a.1.1   .a.   .
2a  1 a  a 1 3 a.a.1 3 3 3 3 9 9

b2 b 2 2b c2 c 2 2c
Tương tự ta có    và    .
2b  1 9 9 2c  1 9 9

a 2  b2  c2 1 2 2
Suy ra VT  
9
 a  b2  c 2   .
3
a 2  b2  c 2  6
2
 2 2 2 a  b  c  3
 a  b  c 
Đặt t  a 2  b 2  c 2  6 . Ta có  3  t  3; 15  .
a 2  b 2  c 2  a  b  c 2  9
  
Lúc đó, với mọi t  3; 15  ta có

t2  6 1 2 2 t 2  6 t 2 9t 2  54  t 3  3  t  t  t  6   18
VT   t  6       0.
t 9 3 t 9 9t 9t
Dấu bằng xảy ra khi t  3 , suy ra a  b  c  1.
Cách 2: Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung
a a2 1 a 1 a2 a2 a 1 a2
Ta có   .  . 2    . 2 .
2 2 a  1 2 2 a  1 2 2a  a 2a  1 2 2 2 a  a

b2 b 1 b2 c2 c 1 c2
Tương tự có   . 2 và   . 2 .
2b  1 2 2 2b  b 2c  1 2 2 2c  c

a2 b2 c2 3 1  a2 b2 c2 
Suy ra      2  2  2 .
2a  1 2b  1 2c  1 2 2  2a  a 2b  b 2c  c 

Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có


2
a2

b2

c2

a  b  c 
9
2a  a 2b  b 2c  c 2  a  b  c   3 2  a  b 2  c 2   3
2 2 2 2 2 2 2

a2 b2 c2 3 1 9 3 9
     .   .
2a  1 2b  1 2c  1 2 2 2  a 2  b 2  c 2   3 2 4  a 2  b2  c 2   6

3 9 a2  b2  c2
Ta cần chứng minh   . 1
2 4  a2  b2  c2   6 a2  b2  c 2  6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 118 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
 2 2 2 a  b  c  3
 a  b  c 
Đặt t  a 2  b 2  c 2  6 . Ta có  3 .
a 2  b 2  c 2  a  b  c 2  2 ab  bc  ca  9
    
3 9 t2  6 t2  6 9 3
Suy ra t  3; 15  . Ta có 1   2     .
2 4t  18 t t 2  2t  9  2
2

2 2 t 4  81 t4 9 81
Mặt khác, ta có 0  2t 2  9  .9t 2  9  . 9    4.
9 9 2 9 2  2t  9  2t
2

6 81 3
Ta cần chứng minh t   4  .
t 2t 2

 81 t t t t t 81 t 81 t 5 7
t  4       4   5. 5   
Thật vậy, vì t  3 nên  2t 3 6 6 6 6 2t 3 2592 3 2 2 .
  6  2
 t

6 81 7 3
Suy ra t   4   2  .
t 2t 2 2
Dấu ''  '' xảy ra khi t  3 , suy ra a  b  c  1 .

Câu 22. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2 2

P 2
b  c  a

 c  a b

 a  b  c
.
2 2 2
a  b  c  b2   a  c  c2   a  b 
Lời giải
Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.
2 2

Ta có:
b  c  a  1 
1 2a  2a 2  2a
1  2 
2a  a  1
.(*)
2 2
a  b  c 
2
a  1  a 
2
2a  2a 1 1  2a 1  a 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số 2a;1 a ta được:


2 2

2a 1 a  
 2a 1 a    a 1 .(**)
4 4
Từ (*) và (**) suy ra:
2
b  c  a  2a  a  1 8a  a  1 8a 24
2
1 2
   8 .
a  b  c 
2
 a 1  3  a 1 a  3 a 3 a
1
4
Chứng minh tương tự, ta suy ra:

 1 1 1 
P  3   24  24    .
 3 a 3 b 3 c 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 119 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 1 1 9 9
Áp dụng bất đẳng thức AM – HM ta suy ra:     .
3  a 3  b 3  c 9  a  b  c 10

3
Do đó, P  .
5

 2a 1  a
 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  a  b  c  .
 a  b  c 1 3

3 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là đạt tại a  b  c  .
5 3

Câu 23. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn
 a  c  b  c   4c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
32a 3 32b3 1 1
P 3
 3
  a  b  3c  .  .
 b  3c   a  3c  a 2 b2
Lời giải
Tác giả: Lê Đức Hợp ; Fb: Le Hoop
Bổ đề: Cho m , n là hai số thực dương khi đó ta có
3
1 1 8 m3  n3  m  n 
a) 2  2  2
.b)   .
m n m  n 2  2 

Thật vậy
1 1 1 1 1 4 8
a) Ta có 2
 2  2. .  2  2. 2
 2
.
m n m n m.n m  n m  n
Đẳng thức xảy ra  m  n .
3
m3  n3  m  n 
b)    4m3  4n3  m3  3m 2 .n  3m.n 2  n3  m3  n3  m2 .n  m.n 2  0
2  2 
2
  m  n   m  n   0 (luôn đúng với m , n là hai số thực dương ).

3
m3  n3  m  n 
Vậy   m , n  0 ; Đẳng thức xảy ra  m  n .
2  2 
Áp dụng vào bài toán.

 a  b 
Ta có  a  c  b  c   4c 2    1  1  4 .
 c  c 
a b
Đặt x   0 ; y   0 . Từ giả thiết ta có  x  1 y  1  4 .
c c

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 120 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
3 3
a b
32   32  
32a 3 32b3 1 1 c c 8
P 3
 3
  a  b  3c  . 2  2    3    3   a  b  3c  . 2
 b  3c   a  3c  a b b  a  a  b
  3   3
c  c 
3 3 3 3
a b a b
32   32   32   32  
c c 6 2c c c 6 2
 P   3    3  2 2    3    3  2 2 
b  a  ab b  a  a b

  3   3   3   3 c c
c  c  c  c 
32 x3 32 y 3 6 2   x 3  y  3  6 2
P 3
 3
2 2  32     2 2 
 y  3  x  3 x y  y  3   x  3   x y
3
 x y  6 2
 P  8.    2 2 .
 y 3 x3 x y
2
x y x 2  3 x  y 2  3 y  x  y   3  x  y   2 xy
Ta có    .
y3 x3  x  3 y  3 xy  3  x  y   9

Từ  x  1 y  1  4  xy  x  y  3  xy  3  x  y .

2 4

Ta có 3  xy  x  y 
 x  y x y 
 x  y   x  y   3  0  x  y  2 (vì x  y  0 ).
4 4
Đặt t  x  y  2 . Ta có xy  3  t .

Khi đó
3 3
  x  y 2  3  x  y   2 xy  6 2  t 2  3t  2  3  t   6 2
P  8.   2 2  8.   2 2 .
 xy  3  x  y   9  x y  3  t  3t  9  t

3
 t 2  5t  6  6 2 3 6 2
 P  8.   2 2   t  1  2 2.
 2t  12  t t

3 6 2
Xét hàm f  t    t  1   2 2 trên  2;   .
t
Ta có

2 6 2
f   t   3  t  1   0 t   2;   .
t2

3 6 2
Vậy hàm số f  t    t  1   2 2 đồng biến trên  2;   .
t

Từ đó suy ra P  f  t   f  2   1  2 .

Vậy Pmin  1  2 xảy ra khi và chỉ khi x  y  1  a  b  c .

Câu 24. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 121 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

9 32
  5 .
ab  a  c  b  c  4  4a  4b 2  c 2
2

Lời giải
Tác giả:Nguyên Dung; Fb: Dung Nguyen
Cách 1.
cosi a 2  ac  b 2  bc
Ta có: ab  a  c  b  c    a 2  ac  b2  bc   2
.

a2  b2  c  a  b 
 ab  a  c  b  c   (1).
2

cosi c  2  a  b 
2 2 2 2
c2   a  b 
cosi
2
Lại có: c  a  b   và  a  b   2  a  b   c  a  b  
2 2
(2).
2 2

2 2
c2  2  a2  b2 
a b 
Từ (1), (2)  ab  a  c  b  c   2 .
2

4a 2  4b 2  c 2 1 4
 ab  a  c  b  c    
4 ab  a  c  b  c  4a  4b 2  c 2
2

9 36
  .
ab  a  c  b  c  4a  4b 2  c 2
2

9 32 36 32
Do đó: P    2 2 2
 .
ab  a  c  b  c  4  4a 2  4b 2  c 2 4a  4b  c 4  4a 2  4b 2  c 2

Đặt: t  4  4a 2  4b 2  c 2 . Vì a, b, c là các số thực dương nên t  2 .

Suy ra: 4a 2  4b 2  c 2  t 2  4 .
36 32
Xét hàm số f  t   2
 với t  2 .
t 4 t

32 32t 4  72t 3  256t 2  512  t  4   32t  56t  32t  128 


3 2
72t
 f  t   2
 2  2 2
 2 2
.
t 2
 4 t  
t 2
 4 .t  
t 2
 4 .t

Ta có: 32t 3  56t 2  32t  128   32t 3  128    56t 2  32t   32  t 3  4   4t 14t  8   0 ( vì t  2 ).

Do đó f   t   0  t  4 .

Bảng biến thiên:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 122 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

9 32
 f  t   5    5 .
ab  a  c  b  c  4  4a 2  4b 2  c 2

 4  4a 2  4b 2  c 2  4 12a 2  12 a  1
  
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  a  b  b  1 .
c  a  b  
 c  2a c  2

Cách 2:
Ta có:
ab  bc  ab  ac 2ab  bc  ac
ab  a  c  b  c    ab  bc  ab  ac   .  ab  a  c  b  c   .
2 2

c2 c2
Đồng thời: 4  4a  4b  c  4   2a  2b   2a   2b 
2 2 2 2 2 2
 4  4ab  2ac  2bc .2

2 2

 4  4a 2  4b 2  c 2  4  2  2ab  ac  bc  .

9 32 18 32
Do đó:    .
ab  a  c  b  c  4  4a 2  4b2  c 2 2ab  ac  bc 4  2  2ab  ac  bc 

t2  4
Đặt t  4  2  2ab  ac  bc  . Vì a, b, c là các số thực dương nên t  2 .  2ab  ac  bc  .
2
36 32
Xét hàm số: f  t   
2
với t  2 .
t 4 t

32 32t 4  72t 3  256t 2  512  t  4   32t  56t  32t  128 


3 2
72t
 f  t   2
 2  2
 2
.
t 2
 4 t  t 2  4 .t 2  t 2  4 .t 2
Ta có: 32t 3  56t 2  32t  128   32t 3  128    56t 2  32t   32  t 3  4   4t 14t  8   0 ( vì t  2 ).

Do đó f '  t   0  t  4 .Bảng biến thiên:

9 32
 f  t   5    5 .
ab  a  c  b  c  4  4a 2  4b 2  c 2

 4  2  2ab  ac  bc   4 12a 2  12 a  1
  
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  a  b  b  1 .
c  a  b  
 c  2 a c  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 123 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 7 Giá trị lớn nhất nhỏ nhất

Câu 1. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho ba số thực x , y , z thuộc khoảng  0;3  thỏa
 2  3  4  x2 y2 z 2
mãn   1   1   1  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    .
 x  y  z  4 9 16
Lời giải
Tác giả: Dương Quang Hưng ; Fb: Dương Quang Hưng
x y z
Đặt: a  ,b ,c .
2 3 4

 3  3  1  1  1 
Khi đó ta có a   0;  , b   0;1 , c   0;  , thỏa mãn   1  1  1  1 và P  a 2  b 2  c 2 .
 2  4  a  b  c 

 1  1  1 
Từ:   1   1  1  1  ab  bc  ca  2abc  a  b  c  1 .
 a  b  c 
3
 abc 
Ta có:    abc .
 3 
2 2
Do đó: P   a  b  c   2  ab  bc  ca    a  b  c   2  a  b  c   4abc  2

4 3 2
 a  b  c  a  b  c  2 a  b  c  2
27

 13  4
Đặt t  a  b  c, t   0;  . Khi đó: P   t 3  t 2  2t  2 .
 4 27

4 3 2  13 
Xét hàm số f  t    t  t  2t  2, t   0; 
27  4
4 3
Ta có: f   t    t 2  2t  2 ; f   t   0  t  hoặc t  3 .
9 2
Bảng biến thiên:

3 13
t 0 3
2 4

f  t   0  0 
2
f t  3 1 211
4 216
3 3
Từ bảng biến thiên suy ra f  t   , t   0;3 . Dấu bằng xảy ra khi t  .
4 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 124 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3 1 3
Khi t  ta được: a  b  c  suy ra x  1, y  , z  2.
2 2 2
3 3
Do đó: min P   x  1, y  , z  2.
4 2

Câu 2. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho x , y là các số thực thỏa mãn
x y  x  1  2 y  2 . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P  x  y 2  2  x  1 y  1  8 4  x  y . Khi đó, giá trị của M  m bằng.
2

A. 41 . B. 42 . C. 44 . D. 43 .
Lời giải
Tác giả: Lệ Phan, FB: Lệ Phan
Chọn D

 x  1 
x  y  x  1  2  y  1 ;  § K :   x  y  0
  y  1 
2 2
  x  y   1  2  x  1  y  1   x  y   3  x  y 

 0  x  y  3.

Đặt t  x  y   0; 3

P  x 2  y 2  2  x  1 y  1  8 4  x  y

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

 t 2  2t  2  8 4  t

Xét f (t )  t 2  2t  2  8 4  t với t   0; 3

8  2 
f   t   2t  2   2t  2 1  
2 4t  4t 

 4t 2 2  4  t  4
 2t  2    2t 

 4t  4t 4t 2  

 2t 1 
1 
 2t 3  t  2 4  t 

 4t  2 4t  4t 4t  2  
 f   t   0 t   0; 3

 min f  t   f  0   2  8 4  18  Khi x  1; y  1


0;3

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

Vậy M  m  25  18  43.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 125 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 3. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y  ax3  cx  d , a  0 có min f  x   f  2  .
  ;0 
Giá trị lớn nhất của hàm số y  f  x  trên đoạn 1;3 bằng
A. d  2 a . B. d  8a . C. d  16a . D. d  11a .
Lời giải
Tác giả: Bùi Thị Phương Thảo; Fb: Phuong Thao Bui
Chọn C
c
Ta có y  3ax 2  c  y  0  3ax2  c  0  x 2   .
3a
Do min f  x   f  2  nên phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt x1  2 ; x2  2 với a  0 ,
  ;0 

c c
  0 và   2  c  12a .
3a 3a

x1 là điểm cực tiểu của hàm số và x2 là điểm cực đại của hàm số.

Khi đó max f  x   f  2   8a  2c  d  d  16 a .
1;3

Câu 4. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Nhà xe khoán cho hai tài xế taxi Nam và Tiến
mỗi người lần lượt nhận 32 lit và 72 lit xăng. Hỏi tổng số ngày ít nhất là bao nhiêu để hai tài xế chạy
tiêu thụ hết số xăng của mình được khoán, biết rằng chỉ tiêu cho hai người một ngày tổng cộng chỉ
chạy đủ hết 10 lit xăng và mỗi ngày lượng xăng của mỗi người chạy là không thay đổi.
A. 20 ngày. B. 25 ngày C. 15 ngày. D. 10 ngày
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ánh Dung; Fb: Nguyễn Ánh Dung
Chọn A
Gọi số lit xăng tài xế taxi Nam tiêu thụ mỗi ngày là x lit.
Gọi số lit xăng tài xế taxi Tiến tiêu thụ mỗi ngày là y lit.

Theo bài ra ta có x  y  10

32
Tài xế Nam tiêu thụ hết 32 lit xăng trong số ngày là: ( ngày)
x
72
Tài xế Tiến tiêu thụ hết 72 lit xăng trong số ngày là: ( ngày)
y

32 72
Số ngày hai tài xế chạy hết số xăng được khóa là:  ( ngày)
x y

32 72
Đặt M   , M  10 ( Vì số lit xăng hai tài xế nhận được là 104 lit, mỗi ngày tiêu thụ hết 10 lit
x y
xăng)

32 72 32 72 32 10  x   72 x 320  40 x
M     
x y x 10  x x 10  x  10 x  x 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 126 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 M 10 x  x 2   320  40 x

 10Mx  Mx 2  320  40 x

 Mx 2  10 x  4  M   320  0

2
  25.  4  M   320.M

 25. 16  8 M  M 2   320.M

 400  520M  25M 2


2
  5 M  52   2304

2
   0   5M  52   2304  0

5M  52  2304
 .
5M  52   2304

5M  52  48

5M  52  48

5M  100

 5M  4

 M  20

M  4
 5

Kết hợp điều kiện M  10 ta có M  20


Vậy tổng số ngày ít nhất để hai tài xế chạy hết số xăng mình được khoán là 20 ngày.

Câu 5. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa mãn
5  x 3  y 3  z 3    x  y  z  xy  yz  zx   15 xyz .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  2  x  y  z    y2  z2  .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Minh; Fb:Minh Văn Nguyễn
Khi x, y, z dương thì

5  x 3  y 3  z 3    x  y  z  xy  yz  zx   15 xyz

 5  x 3  y 3  z 3  3 xyz    x  y  z  xy  yz  zx 

 5  x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx    x  y  z  xy  yz  zx 

 5  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   xy  yz  zx

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 127 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 5  x 2  y 2  z 2   6  xy  yz  zx 

 5 x 2  6 x  y  z   6 yz  5  y 2  z 2  .

2 2 2
Vì 6 yz  5  y 2  z 2   4  y  z    y  z     y  z 

nên 5x2  6 xA   A2  5x2  6 xA  A2  0 (với A  y  z  0 )

A 1
  x  A hay  y  z   x  y  z .
5 5
2

Do đó P  2  x  y  z    y  z
 y  z
2 2
2 yz 
2
.

1
Đặt t  y  z , t  0 khi đó P  2t  t 4 .
2
1
Xét hàm số f  t   2t  t 4 với t  0 .
2

Ta có f   t   2  2t 3  0  t  1 .

Bảng biến thiên

x  y  z  1
3 
Suy ra maxP  khi t  1  y  z  1   1 .
2  y  z  2

Câu 6. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho các số thực dương x, y thay đổi và thỏa điều
x
kiện x  y  1. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức T  log 2x  x 2   3log y là:
y
y
A. 19. B. 13. C. 14. D. 15.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Thắng ; Fb: Nguyễn Thắng.
Chọn D
4 4 3
Vì x  y  1 nên ta có: T   3  log y x  1  2
 3.
x 1  log x y  log x y
log 2x
y

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 128 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3 43t 3  9t 2  5t  3 3t 2  2t  3
Đặt t  log x y  0  t  1 (vì x  y  1 ) thì: T  2
 3 2
 3  3 .
 t  1 t t  t  1 t  2t 2  t

3t 4  4t 3  10t 2  12t  3  t  1  3t 3  t 2  9t  3 3t 3  t 2  9t  3  3t  1  t 2  3


 T '(t )  4
 4
 3
 3
t 2  t  1 t 2  t  1 t 2  t  1 t 2  t  1
1
T'0t  .
3
Ta có bảng biến thiên:

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 15.


Cách 2: Của cô Lê Thị Hồng Vân
0  a, b  1 4 3
Đặt a  1  log x y; b  log x y   và T  2   3
a  b  1 a b

4 3 12 12
Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số dương ta có: 2
  2 2  T  2 2  3.
a b ab ab
3
a a 
a2  2  2 b 1
Ta lại có: Theo BĐT Cô – si cho 3 số dương: .b    
4  3  27
 

4 4
 a 2b   T  2 12 :  3  15.
27 27

 2
a, b  0; a  b  1 a 
  3
Dấu ‘=’ xảy ra   4 3 a  .
 ;
 a 2 b 2  b b  1
 3

Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 15.

Câu 7. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn


x4  y 4  z 4  2 y 2  2 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
1
P  2y  x  z 
x  y  z2 1
2 2

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí ; Fb: Tri Nguyen

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 129 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Theo bất đẳng thức AM – GM ta có :

a 2  b2  2ab  2(a 2  b2 )  a 2  b2  2ab  2(a 2  b2 )  (a  b)2

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:


2
 2 y  ( x  z )2 
     2 y  2 x  2 z 
2 2 2

2 y( x  z)     y2  x2  z2
2 2
1 1
Vậy P  2 y  x  z   2 2 2
 x2  y 2  z 2  2
x  y  z 1 x  y  z2 1
2

1
Đặt t  x 2  y 2  z 2 thì ta có P  t  . Ta lại có đánh giá sau đây:
t 1

2 y 2  2  x 4  y 4  z 4  2 y 2  8  ( x 4  1)  ( y 4  4)  ( z 4  1)  2 x 2  4 y 2  2 z 2  4  x 2  y 2  z 2

1
Vậy ta có t  (0, 4] . Xét hàm số f (t )  t  với t  (0, 4] , ta có
t 1
1 1 1 21
f '(t )  1  2
 0 với mọi t  (0, 4] nên f (t )  f(4) . Vậy P  t   4 
(t  1) t 1 4 4

 y
 x  z 
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi:  x  z  1  ( x, y, z )  (1, 2,1)

y  2


21
Vậy Pmax  khi ( x, y , z )  (1, 2,1)
4

Câu 8. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
hàm số
cos x  2sin x  3
y .
2 cos x  sin x  4
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen
Phản biện: Fb:Hieu Le
Với mỗi x  ta có:

2cos x  sin x  4  2  cos x  1  1  sin x   1  0 (vì sin x   1;1 , cos x   1;1 )

nên
cos x  2sin x  3
y  y  2 cos x  sin x  4   cos x  2sin x  3
2 cos x  sin x  4

  y  2 sin x  1  2 y  cos x   3  4 y   0 (*)


2 2 2
Phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi  y  2   1  2 y    3  4 y  ,

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 130 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2
tương đương 11 y 2  24 y  4  0   y  2.
11
2
Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số đã cho lần lượt là m  ,M  2.
11

Câu 9. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Một hộ gia đình cần xây dựng một bể chứa nước, dạng hình
hộp chữ nhật có thể tích 24  m 3  . Tỉ số giữa chiều cao của bể và chiều rộng bằng 4. Biết rằng bể chỉ
có các mặt bên và mặt đáy (không có mặt trên). Chiều dài của đáy bể bằng bao nhiêu để xây bể tốn ít
nguyên vật liệu nhất.
Lời giải

Gọi chiều cao, chiều rộng, chiều dài của bể lần lượt là h , x , y  m  (Điều kiện: h, x, y  0 )

h h  4 x
 4 
Theo đề bài ta có  x  6
 xyh  24  y  x 2

54
Tổng diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của bể là S  xy  2 xh  2 yh  8 x 2 
x
Ta đi tìm x để S đạt giá trị nhỏ nhất.
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức AM-GM :

27 27 27 27 3
Ta có S  8 x 2    3 3 8x2 . .  54 . Dấu ‘=’ xảy ra khi x  .
x x x x 2

3 8
Vậy giá trị nhỏ nhất của S bằng 54 khi x   y .
2 3
54
Cách 2 : Xét hàm số S  8 x 2  , x 0.
x
54 3
Có S '  16 x  2
; S'0 x  .
x 2
Ta có bảng biến thiên :

3 8
Hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại x   y .
2 3
8
Vậy khi chiều dài của bể bẳng m thì ta xây bể tốn ít nguyên vật liệu nhất.
3

Câu 10. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019) Cho x và y là các số thực thỏa mãn 2 x  y  0.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 131 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x2  xy  y 2
P .
x2  xy  y 2
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Lượng; Fb: luonghaihaubui
t2  t 1 x 1
Ta có P  2 , với t   .
t  t 1 y 2

t2  t 1 1
Xét hàm số f  t   2 với t  .
t  t 1 2

 f  t   0
2t 2  2 
Tính được f   t   2
, 1  t  1.
 t  t  1  2
2
t 

Bảng biến thiên

1
Suy ra giá trị nhỏ nhất của P bằng , không có giá trị lớn nhất.
3

Câu 11. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x  1 , y  1 , z  4 và
x y z 0 .
a) Chứng minh
x 2  y 2  4 xy  2  z 2  2 z .
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
x2 y2 1
P 2  .
x  y 2  4  xy  1 z  3  z   x  y  2
Tác giả: Nguyễn Đức Bình ; Fb: Nhần Đại Hoa
Lời giải
a) Do x  1 , y  1 nên  x  1 y  1  0  xy  1    x  y  .
2 2
x 2  y 2  4 xy  2   x  y   2  xy  1   x  y   2  x  y   z 2  2 z .

x2 y2 1 x2 y2 1
b) Ta có P    
x 2  y 2  4  xy  1 z  3  z   x  y  2 x 2  y 2  4 xy  2  2 z  3  z    x  y   2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 132 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2

 P 2
x2
 2
y2 1
 P
 x  y   2  xy  1  1  z 2  2 z  1
.
z  2z  2 z  2z  2 z2  2z  2 z2  2z  2

z2  2z  1
Xét f  z   với 4  z  2 vì z    x  y   2 .
z2  2z  2

 2 z  2   z 2  2 z  2    2 z  2   z 2  2 z  1 4z2  2z  6
f  z  2
 2
z 2
 2z  2 z 2
 2z  2

z  1
Cho f   z   0   .
z   3
 2

 3 5 1
Ta có: f 1  0 , f     5 , f  4   , f  2   .
 2 2 10

Vậy P  f  z   5 với 4  z  2 .

 5 3 5 3
Hay giá trị lớn nhất P  5 khi  x; y; z    1; ;   hoặc  x; y; z    ; 1;   .
 2 2 2 2

Câu 12. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )Xét hàm số f  x   x 2  ax  b với a , b là tham số. Gọi
M là giá trị lớn nhất của hàm số trên 1;3 . Khi M nhận giá trị nhỏ nhất có thể được, tính a  2b .
A. 4 . B. 4 . C. 3 . D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Lê Minh Triều
Chọn A

f (1)  1  a  b ; f (0)  b ; f (1)  1  a  b  1  a  b ; f (2)  4  2a  b và

f (3)  9  3a  b

Ta có: f (3)  f (1)  2 f (1)  (9  3a  b)  (1  a  b)  2( 1  a  b)  8

9  3a  b  2
 a  2
Vậy 4M  8 nên M min  2 xảy ra khi  1  a  b  2  
 1  a  b  2  b  1

Thử lại khi a  2; b  1 , ta có

f ( x )  x 2  2 x  1 trên đoạn  1;3

x2  2x 1 khi x   1;1  2   1  2;3



f ( x)  
2
 x  2 x  1 khi x  1  2;1  2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 133 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


2 x  1 khi x   1;1  2  1  2;3

f ( x)  
   

2 x  2 khi x  1  2;1  2
 
f '( x)  0  x  1

f ( 1)  2 ; f (1)  2 ; f (3)  2 ; f (1  2 )  0 (thỏa M  2 ).

Vậy a  2b  4 .
Cách 2:
Tác giả: Ngô Minh Ngọc Bảo; Fb: Ngô Minh Ngọc Bảo
Chọn C

Xét hàm số y  f  x  x 2 trên đoạn 1,3 .

Trên đồ thị hàm số y  f  x  lấy hai điểm A 1,1 , B 3,9 .

x  1 y 1
Phương trình đường thẳng AB là:   y  2x  3 .
4 8

Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  song song với AB . Giả sử tiếp điểm của tiếp tuyến
d là M a , a 2  . Ta có: 2a  2  a  1 (do d // AB ).

Phương trình đường thẳng d là: y  2  x  1  1  y  2 x  1 .

Đường thẳng ax  b là đường thẳng song song và cách đều hai đường thẳng d và AB , do đó:
a  2 a  2
   a  2b  2  2.1  4 .
b  1 b  1

Câu 13. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Cho các số thực x, y thỏa mãn: 2  x 2  y 2   1  xy .
Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  7  x4  y 4   4x2 y2 .
Tính M  m .
Lời giải
Tác giả: Lâm Thanh Bình; Fb: Lâm Thanh Bình
2
P  7  x 4  y 4   4 x 2 y 2  7  x 2  y 2   2 x 2 y 2   4 x 2 y 2 .
 
2
2  1  xy  7 2 2
 7  x 2  y 2   10 x 2 y 2  7    10 x y   x y  2 xy  1  10 x y .
2 2 2 2

 2  4

33 2 2 7 7
P x y  xy  .
4 2 4
Đặt t  xy , ta có

1 1
1  xy  2  x 2  y 2   4 xy  xy  t .
3 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 134 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 2 1 1
2  x  y   2 xy   1  xy  2  x  y   1  5 xy  0  xy    t   .
  5 5
33 2 7 7  1 1
P t  t  với t    ; 
4 2 4  5 3

70 7 7 20
M xảy ra khi t  hay xy  . Khi đó x 2  y 2  .
33 33 33 33

 34 2
 
 x  33 11
 2

 34 2


xy 
7  y  33 11
 33   2
Ta có   .
 x 2  y 2  20  34 2
 33  
33 11
 x 
  2
 34 2
 
 y  33 11
  2

18 1 1 2
m xảy ra khi t   hay xy   . Khi đó x 2  y 2  .
25 5 5 5

 5
 x 
  5
 1  5
 xy    y  
5  5
Ta có   .

 x2  y2  2  x  
5
 5  5

 y  5
  5

2344
Vậy M  m  .
825

Câu 14. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một xe khách chất lượng cao đi từ Cần Thơ đến Hà
Nội chở được nhiều nhất 50 hành khách trên một chuyến đi. Theo tính toán của nhà xe, nếu xe chở
2
 3k 
được k khách thì giá tiền mà mỗi khách phải trả khi đi tuyến đường này là 180   trăm đồng.
 2 
Tính số hành khách trên mỗi chuyến xe sao cho tổng số tiền thu được từ hành khách nhiều nhất.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 135 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tính số tiền đó.


Lời giải
Cách 1.
2
 3k 
Số tiền thu được trên mỗi chuyến xe là T  k   k 180   với k   , 0  k  50 .
 2 
2
 3k 
Xét hàm số T  k   k 180   với k   0;50  .
 2 

Dễ thấy T  k  liên tục trên  0;50 .

2
 3k   3k   3   3k  9k 
Ta có T   k   180    2k 180       180  180   và
 2   2  2   2  2 

 3k   9k   k  120   0;50
T   k   0  180   180    0   .
 2  2   k  40   0;50

Ta tính được T  0   0 , T  50   551250 , T  40   576000 .

Do đó max T  k   T  40   576000 .
0;50

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền đó là 57600000 đồng.
Cách 2.

 3k 
Với k   0;50  thì k và 180   không âm nên
 2 
3
  3k   3k  
2 2  3k  180    180   
 3k  1  3k  1  2   2 
T  k   k 180     3k 180      576000 .
 2  3  2  3 3 
 
 
3k
Đẳng thức xảy ra khi 3k  180   k  40 .
2
Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền đó là 57600000 đồng.
Giải các phương trình sau:

Câu 15. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một xe khách chất lượng cao đi từ Cần Thơ đến Hà
Nội chở được nhiều nhất 50 hành khách trên mỗi chuyến đi. Theo tính toán của nhà xe, nếu chở
2
 3k 
được k khách thì giá tiền mà mỗi khách phải trả khi đi tuyến đường này là  180   trăm đồng.
 2 
Tính số hành khách trên mỗi chuyến xe sao cho tổng số tiền thu được từ hành khách nhiều nhất.
Tính số tiền đó.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thùy Dung; Fb: Dung Nguyễn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 136 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
 3 
Số tiền thu được trên mỗi chuyến xe là: T  k  180  k  ;0  k  50 .
 2 
2
 3 
Gọi T(k)  k  180  k  .
 2 
2
 3 
Bài toán trở thành: Tìm k để T(k)  k  180  k  đạt GTLN, với 0  k  50 .
 2 
 3  9 
Ta có: T(k)  180  k 180  k 
 2  2 
 k  120  (0;50)
T(k)  0   .
 k  40
Bảng biến thiên:

Vậy số tiền thu được nhiều nhất khi xe chở 40 hành khách và số tiền thu được là 576000 trăm
đồng ( tức là 576.000.000 đồng)
Câu 16. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
a 2  bc b 2  ca c 2  ab
P    44 a  b  c .
bc ca ab
Lời giải

a 2  bc a 2  bc  ab  ac  a  b  a  c  a 2  bc  a  b  a  c 
Ta có a     a
bc bc bc bc bc

b 2  ca  b  c  b  a  c 2  ab  a  c  c  b 
Tương tự ta có:   b ;  c
ca ca ab ab

 a  b  a  c    b  c  b  a    c  a  c  b  
P  a  b  c  44 a  b  c
bc ca ab
ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM

 a  b  a  c    b  c  b  a   2
a  b
bc ca

 b  c  b  a    c  a  c  b   2
b  c 
ca ab

 c  a  c  b    a  b  a  c  
c  a
ab bc
  a  b  a  c   b  c  b  a   c  a  c  b  
 2     4 a  b  c
 bc ca ab 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 137 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 P  a  b  c  44 a  b  c

Đặt t  4 a  b  c  0  a  b  c  4 4 a  b  c  t 4  4t .
2
   
Ta có t 4  4t  t 4  2t 2  1  2 t 2  2t  1  3  t 2  1  3  3  P  3

a  b  c  1 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi  abc .
a  b  c 3

Câu 17. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Nhà bạn An muốn đặt thợ làm một bể cá, nguyên
liệu bằng kính trong suốt, không có nắp đậy dạng hình hộp chữ nhật có thể tích chứa được
400000  cm 3  nước. Biết rằng chiều cao của bể gấp 2 lần chiều rộng của bể . Xác định diện tích đáy
của bể cá để tiết kiệm nguyên liệu nhất
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân

Gọi a , b, c lần lượt là chiều rộng , chiều dài , chiều cao của khối hộp chữ nhật  a, b, c  0

200000
Theo giả thiết ta có V  abc  400000 và c  2a  2a 2b  400000  ab 
a
Ta có tổng diện tích xung quanh và diện tích 1 mặt đáy của bể cá là

200000 1000000  250000 


S  ab  2ac  2bc  ab  4a 2  4ab  5.  4a 2   4a 2  4   a2 
a a  a 

 125000 125000  125000 125000 2


S  4   a 2   4.3 3 . .a  30000
 a a  a a

125000 200000
Suy ra S đạt giá trị nhỏ nhất khi  a 2  a  50  S đáy  ab   4000  cm 2 
a a

Câu 18. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Một chất điểm chuyển động có phương trình
s  t   t 3  3t 2  9t  2 ,  t  0  , t tính bằng giây và s  t  tính bằng mét. Hỏi tại thời điểm nào thì vận
tốc của vật nhỏ nhất?
A. 3 giây. B. 1 giây. C. 2 giây. D. 6 giây.
Lời giải
Tác giả: Bồ Văn Hậu; Fb: Nắng Đông
Chọn B
2
Ta có s  t   t 3  3t 2  9t  2  v  t   s   t   3t 2  6t  9  3  t  1  6  6

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi t  1 .


Hay tại thời điểm t  1 thì vận tốc của vật nhỏ nhất.

Câu 19. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho các số thực a , b, c  1;   thỏa mãn a10  b và
loga b  2logb c  5logc a  12 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  2loga c  5logc b  10logb a .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 138 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Phan Tran Bao Bao ; Fb: Phan Tran Bao Bao
 x, y , z  0
 x. y . z  1

Đặt x  loga b; y  logbc; z  logc a . Ta có 
 x  10
 x  2 y  5 z  12

Khi đó :

2 5 10 2 5 100 90 2 5 100
P        33 . .  9  30  9  21
z y x z y x x z y x

 
 x. y. z  1  x  10 log a b  10
  
 2 5 100  1  1
Suy ra Pmin  21 đạt được khi      y   log b c   b  c 2  a10 .
z y x  2  2
 x  2 y  5 z  12  1  1
 z  5 log c a  5

Câu 20. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2sin 2 x
f ( x)  .
4 x 4 x
sin  cos
2 2
Tác giả: Phạm Trung Khuê ; Fb: Phạm Trung Khuê
Lời giải

x x x x 1 2  sin 2 x
1. Ta có sin 4  cos 4  1  2sin 2 cos 2  1  sin 2 x   0, x
2 2 2 2 2 2
4sin 2 x 8
Khi đó f ( x)   4.
2  sin x 2  sin 2 x
2

2 2 8
Vì 0  sin x  1  1  2  sin x  2 nên 4   8 . Do đó 0  f ( x)  4 .
2  sin 2 x
Ta có f ( x )  0  sin x  0  x  k  k    ,


f ( x )  4  sin 2 x  1  sin x  1  x    2 k  k    .
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của f ( x) là 0 đạt được khi x  k  k    , giá trị lớn nhất của f ( x) là 4 đạt

được khi x    2 k  k    .
2

Câu 21. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019)Cho hàm số f  x  có đạo hàm xác định trên  là
f   x   x  x 2  1 x 2  3 . Giả sử a , b là hai số thực thay đổi sao cho a  b  1 . Giá trị nhỏ nhất của
f  a   f  b  bằng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 139 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3  64 33 3  64 3 11 3
A. . B. . C.  . D.  .
15 15 5 5
Lời giải
Tác giả: Trần Thanh Sơn ; Fb: Trần Thanh Sơn
Phản biện: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan
Chọn B

Ta có y   f   x   x  x 2  1 x 2  3 suy ra y  f  x    x  x 2  1 x 2  3dx .

Đặt t  x2  3  t 2  3  x2  xdx  tdt . Suy ra

t5 4 3
 xx  1 x  3dx    t  4  t dt    t  4t  dt   t  C , với C là hằng số.
2 2 2 2 4 2

5 3
2

Từ đó f  x  
x 2
 3 x2  3

4  x 2  3 x 2  3
 C . Đây là hàm số chẵn trên  .
5 3

x  0
Mặt khác f   x   0  x  x 2  1 x 2  3  0   .
 x  1
Bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên, ta có nhận xét:

Trên khoảng  ; 1 hàm số nghịch biến, do đó với a  b  1  f  a   f  b  nên


f  a  f b  0 .

 min f  x   f  1  f 1


 x1;1
Xét trên đoạn  1;1 , ta có  . Để f  a   f  b  đạt GTNN thì f  a  đạt
 xmax f  x   f 0
 1;1

 a  1
min và f  b  đạt max. Do đó  , vì a  b  1 .
b  0

Hay giá trị nhỏ nhất của f  a   f  b  bằng

 16.2 16.2   9 3 12 3  33 3  64
f  1  f  0        0.
 5 3   5 3  15

33 3  64
Vậy giá trị nhỏ nhất của f  a   f  b  bằng .
15

Câu 22. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Gọi M , N lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 140 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

  
của hàm số y  x  cos 2 x trên   ;  .
 4 4
 3  32   3
A.   . B.  . C. 1 . D.  .
6 2 12 2 4 6 2
Lời giải
Chọn A

Ta có y  x 2  cos 2 x .

x
y   2sin 2 x, x  0 .
x2

+) y không xác định tại x  0 .

+) y  0  x  2 x .sin 2 x  0 .

  1 
Với x   0;  : y  0  x  2 x sin 2 x  0  sin 2 x   x  .
 4 2 12

   1 
Với x    ; 0  : y  0  x  2 x sin 2 x  0  sin 2 x    x   .
 4  2 12

Ta có : y  0   1

   3
y   
 12  12 2

    3
y    .
 12  12 2

  
y  
4 4

  
y  
 4 4

 3 
Suy ra M   ; N .
12 2 4

 3  3 
Vậy M  N      .
12 2 4 2 6

Câu 23. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019)Một người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo
một con sông. Người đó muốn làm một hàng rào hình chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất
gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng rào song song với bờ
sông thì có chi phí nguyên vật liệu là 80 ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí
nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài. Tính diện tích lớn nhất của phần đất mà người nông
dân rào được với chi phí vật liệu là 20 triệu đồng.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 141 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x x x

a b

Tác giả. Lê Thái Bình ,Face: lebinhle80@gmail.com


Lời giải.
Gọi chiều rộng của hình chữ nhật là x  m  ;  x  0  và chiều dài của phần đất trồng rau và nuôi gà lần
lượt là a  m  , b  m  ; a  0; b  0 .

Khi đó diện tích của khu đất là S   a  b  x  m 2  . Mặt khác theo giả thiết tổng chi phí là 20 triệu
đồng nên ta có 3 x.40000   a  b  80000  20000000  3 x  4  a  b   500 .
2
3 x  4  a  b   5002 15625 15625 175 250
Ta có 12 S  3 x.4  a  b     S  MaxS=  ab  ;x 
4 4 3 3 2 3

Câu 24. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Cho tam giác ABC . Đặt a  BC ,
b  AC , c  AB . Gọi M là điểm tùy ý. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  MB 2  MC 2 theo
a,b ,c .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Phi Thanh Phong ; Fb: Nguyễn Phi Thanh Phong.
   
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra GA  GB  GC  0 .
 2  2  2
Ta có P  MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC .

  2   2  


 
2
MA  MG  GA  MG 2  2.MG.GA  GA

  2   2  
 
2
Với  MB  MG  GB  MG 2  2.MG.GB  GB
  2   2  
 
2
 MC  MG  GC  MG 2  2.MG.GC  GC

 2  2  2
 MA  MB  MC  3MG 2   GA2  GB 2  GC 2 

Khi đó P  3MG 2   GA2  GB 2  GC 2  và Pmin  MG 2 min  MGmin  M  G .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 142 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2 4 2 4  b2  c2 a2  1
GA  ma       2b 2  2c 2  a 2 
 9 9  2 4  9
 4 2 4  a2  c2 b2  1
2
Mặt khác GB  mb       2a 2  2c 2  b 2  .
 9 9 2 4 9
  2 2 2

GC 2  4 mc 2  4  a  b  c   1  2a 2  2b 2  c 2 
 9 9 2 4 9

1 2
Từ trên, ta được: Pmin  GA2  GB 2  GC 2 
3
 a  b 2  c 2  . Dấu bằng diễn ra khi và chỉ khi M  G .

Câu 25. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho x , y , z là 3 số thực thỏa mãn x 2  y 2  z 2  1 .
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  yz  2019 zx .
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx .
Lời giải
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  xy  yz  2019 zx .
2
Ta có: 0   x  y  z   x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   1  2  xy  yz  zx  .

1
Suy ra xy  yz  zx   . Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  0 .
2
1 1  z2  x2  1 2018 2019
Do vậy P   xy  yz  zx  2018zx    2018zx    2018    .
2 2  2  2 2 2
 x2  y2  z2  1

x  y  z  0 1
Dấu “=” xảy ra    y  0 , x  z   .
x  z 2
 z 2  x2  1

2019 1
Vậy min P   khi y  0 , x   z   .
2 2
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  xy  yz  2 zx .

Xét các giá trị dương của x, y, z. Vì x 2  y 2  z 2  1 nên ta có thể đặt

 y  cos
  
 x  sin  cos  , với  ,   0;  
 z  sin  sin   2

Thế thì Q  y  x  z   2 xz  cos  sin   cos   sin    2 sin 2  sin  cos  

 
Vì  ,   0;  nên Q  2 cos  sin   sin 2  (1) 
 2

1
Dấu “=” xảy ra khi cos   sin   
2
Biến đổi (1) với dạng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 143 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 1  cos 2 1 1 1 3 1 3
Q
2
sin 2 
2
 
2 2
 2 sin 2  cos 2   
2 2

2

 6
 2 1  sin 2 
   3
Dấu “=” xảy ra   sin 2 cos 2 
 2 sin 2  cos 2  3 cos 2   3
  3

 3 3
sin  
 6 3 3 3 3
Suy ra  ; tức là y  ,x  z  
 3 3 6 12
cos  
 6

1 3 3 3 3 3
Vậy max Q  khi y  ,x  z  
2 6 12

Câu 26. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho 3 số dương x, y, z thỏa mãn:
1 2
4 x2  4 y 2  z 2   2x  2 y  z  .
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
8 x3  8 y 3  z 3
P
(2 x  2 y  z )(4 xy  2 yz  2 zx )
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran
2x 2y 2z
Đặt a  ;b ;c . Khi đó a, b, c  0 .
2x  2 y  z 2x  2 y  z 2x  2 y  z

1 2
* Khi đó a  b  c  1 và điều kiện 4 x 2  4 y 2  z 2   2 x  2 y  z  trở thành a 2  b2  c 2  1
2

a 3  b3  c 3
còn P 
ab  bc  ca
3
* Ta có:  a  b  c   a 3  b3  c 3  3  a  b  b  c  c  a 

 a 3  b3  c3  3  a  b  c  ab  bc  ca   3abc thế vào P thì:

1  3  ab  bc  ca   3abc 1  3abc
P  P3
ab  bc  ca ab  bc  ca
1 1
Mặt khác từ giả thiết ta có: 1  S 2   2  ab  bc  ca   ab  bc  ca  thế vào P thì ta được:
2 4
11
P  3  4  12abc  P  1  12abc . Ta chứng minh P  1  12abc 
9
1
* Thật vậy khi đó BĐT  6abc 
9

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 144 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2 1   2 1  a b 1 2 1 1 1 2 1 2
Ta có: a    b       c   1  c   c 2  c   0    c 
 36   36  3 3 2 18 3 3 9 3 3
 2
 c   0; 
 3
2  1  1
Xét : Q  6abc  2ab.3c  4ab  2  a  b    a 2  b 2   2
 2 1  c     c 2  
   2  9
 1  1
 2 1  2c  c 2   c 2    0  c 2  c  2  0  1  c  2
 2  9 9 3 3

1
BĐT đúng nếu ta lấy c là số lớn nhất thì 1  a  b  c  3c   c Ta có điều phải chứng minh. Vậy
3
11 1 1 1
max P  tại a  b  , c   x  y  z
9 6 3 4

Câu 27. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Tìm giá trị thực của tham số m  0 để hàm số
y  mx 2  2mx  3m  2 có giá trị nhỏ nhất bằng 10 trên  .
A. m  2 . B. m  2 . C. m  1 . D. m  1 .
Lời giải
Tác giả: TRUONG SON; Fb: Truongson
Chọn A

 am0  m0
 2 
Để hàm số đạt giá trị nhỏ nhất bằng 10 trên    b  4ac  16m  8m
2  m  2.
  10   10
 4a  4m
Vậy m  2 .

Câu 28. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho x, y , z là 3 số thực dương thỏa mãn
x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
xy yz zx
A   .
z x y
Lời giải
2 2 2
 xy   yz   zx 

Ta có A           2 y 2  z 2  x 2 .
2
 z   x   y

Áp dụng bất đẳng thức x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx .

    
Ta được A2  y 2  z 2  x 2  2 y 2  z 2  x 2  3 y 2  z 2  x 2  3 . 
xy yz xz 1
Đẳng thức xảy ra    x yz .
z x y 3
1
Vậy min A  3 đạt được khi x  y  z  .
3
Câu 29. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Một khách sạn có 50 phòng. Nếu mỗi phòng cho thuê

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 145 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

với giá 400 ngàn đồng một ngày thì toàn bộ phòng được thuê hết. Biết rằng cứ mỗi lần tăng giá lên
20 ngàn đồng thì có thêm hai phòng bỏ trống không có người thuê. Hỏi giám đốc khách sạn phải
chọn giá phòng mới là bao nhiêu để thu nhập của khách sạn trong ngày là lớn nhất?
Lời giải
Gọi x ( ngàn đồng) là giá phòng khách sạn cần đặt ra, x  400 .
Giá thuê phòng chênh lệch sau khi tăng là: x  400 ( ngàn đồng).
Số lượng phòng cho thuê giảm đi khi chọn mức giá thuê phòng mới là:
x  400 x  400
.2  (phòng).
20 10
x  400 900  x
Số phòng cho thuê với giá x là: 50   .
10 10

900  x x2
Tổng doanh thu trong ngày là: x.    90 x .
10 10

x2
Xét hàm số f  x     90 x với x  400 .
10
x
f   x     90  f   x   0  x  450 .
5

Qua bảng biến thiên ta thấy f  x  đạt giá trị lớn nhất khi x  450 .

Vậy nếu thuê với giá 450 ngàn đồng thì khách sạn có doanh thu cao nhất trong ngày.

Câu 30. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn điều kiện
8
x2  2 y 2  .
3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  7  x  2 y   4 x 2  2 xy  8 y 2 .
Lời giải
2 2
Ta có: 4 x 2  2 xy  8 y 2  16 x 2  32 xy  128 y 2  7  x  2 y    3 x  10 y   3 x  10 y (1).

Suy ra P  7  x  2 y   4 x 2  2 xy  8 y 2  7  x  2 y    3 x  10 y   4  x  y  .

 1   1
Mặt khác: x  y  1.x  . 2 y   1    x 2  2 y 2   2  P  4.2  8 (2).
 2   2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 146 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019



7  x  2 y  2  0
  4
 x
x 2y  3
Dấu đẳng thức xảy ra ở (1) và (2) khi và chỉ khi    .
 1 1  2
y
 2  3
 8
 x2  2 y2 
 3

 4
 x  3
Vậy GTLN P  8 đạt được khi  .
y  2
 3

Câu 31. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Với a, b, c là các số thực lớn hơn 1 , đặt x  log a  bc  ,
y  log b  ca  , z  log c  ab  . Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P  x  y  4z
A. 6 . B. 12 . C. 10 . D. 16 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Tuyết Hằng; Fb: Hang Tuyet
Chọn C
Ta có:

x  log a  bc   log a b  log a c .

y  log b  ca   log b c  log b a .

z  log c  ab   log c a  log c b .

Đặt: A  log a b, B  logb c, C  logc a với A, B, C  0 (do a, b, c  1 )

1 1 4  1  4  1
Khi đó: P  x  y  4 z  A   B   4C    A     B     4C   .
C A B  A  B  C

Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số thực dương:

1 1
A  2 A.  2 . Đẳng thức xảy ra khi A  1  a  b .
A A

4 4
B  2 B.  4 . Đẳng thức xảy ra khi B  2  log b c  2  c  b 2 .
B B

1 1 1 1
4C   2 4C.  4 . Đẳng thức xảy ra khi C   log c a   a  c .
C C 2 2
Suy ra : P  10 .

 ab
Vậy min P  10 khi  2 2
.
c  a  b

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 147 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 32. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho hai tia Ax , By với AB  100
 cm , 
xAB  450 và By  AB . Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với vận tốc 3 2
 cm / s  , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên tia By bắt đầu từ B với vận tốc 4  cm / s  . Sau
t (giây) chất điểm X di chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển được đoạn đường
BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
y x

N
M

450

A B
Lời giải
Tác giả: Phan Nhật Hùng; Fb: Hùng Phan Nhật

Sau t (giây) ta có AM  3 2t (cm) , BN  4t (cm) .

y'

N
M
K

A H B x'

Dựng hệ trục Descartes vuông góc Axy , A  O (0; 0) như hình vẽ trên.

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay .

Với t  0 ( tức M  A ) ta có AHMK là hình vuông. Suy ra AH  AK  3t (cm) .

 M   3t;3t  , N  100;4t  . (Nói thêm là trường hợp M  A thì tọa độ M vẫn đúng).
2 2
Khi đó MN 2  100  3t   t 2  10t 2  600t  10000  10  t  30   1000  1000, t   .

 MN  10 10, t  .

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi t  30 .

Vậy min MN  10 10 cm khi t  30 giây.

Câu 33. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho tam giác ABC . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  sin A  sin B  4 12 sin C .
Lời giải
Tác giả: Đặng Ngọc Sáng ; Fb: dang ngoc sang

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 148 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2 A B A B C A B C
Ta có:  sin A  sin B   2  sin A  sin B   4sin
2
cos
2
 4 cos cos
2 2
 4 cos
2

C C 3  C 3 
 sin A  sin B  2 cos  P  2 cos  2 4 sin C  2 2  cos  sin C 
2 2 4  2 2 

Ta lại có:
2 2
 C 3   2C 3 2  3 8 3 1 8
 cos  sin C   2  cos  sin C   1  cos C  1  cos C     cos C   
2

 2 2   2 4  2 3 2 3 3

C 3 2 6 2
 cos  sin C  2 P2 4  24
2 2 3 3 3

A  B
2 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 2 . Dấu "  " xảy ra khi: 4
 1
3 C  arccos 3

Câu 34. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c  a, c  b . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức

2  2a  c 
2
 2b  c 
2
64 8  a 2  1 
P   a  b   2 2    2 2    2
.
 b  c   a  c  ab  bc  ca a  a  b  
Lời giải
Tác giả:Phạm Hữu Thành ; Fb: Phạm Hữu Thành.
1 1 1 1 1 1
Ta có :  ;  ; 
2 2 4 2 2 4
c  c
a 2
c   c
a  
b 2
c   c
b  
ab  bc  ca 
 a   . b  
 2  2  2  2

2 2
  c  c 
4 a   4b   
2
  2  2 64   8  a  1 
Suy ra P   a  b  4
 4

  c  c  c  c   a
 b   a    a   b   
  2  2  2  2 

2
c c 2  x y 2 64  1 1
Đặt a   x ; b  y ;  x  0; y  0  . Ta có P   x  y   4 4  4 4    16 2
 4
2 2  y x xy  a2  c2    c
a  
 2
3
x y   x y   x y 
Hay P  4    2      3     16   16 .
y x   y x   y x 

x y
Đặt t   ,  t  2  . Xét hàm số f  t   4  t  2   t 3  3t  16 
y x

5
Ta có f   t   4  4t 3  6t 2  6t  10  , f   t   0  t 
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 149 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

63
Lập bảng biến thiên suy ra f  t    .
4

a  1
a  1 
1 1   1 1
Suy ra P  và P   b  2 hoặc b  . Vậy Pmin  .
4 4 c  0  2 4
 c  0

Câu 35. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Cho ba số thực a, b,c thoả mãn a 3  b3  c 3  3abc  32 . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P   a 2  b2  c2   a  b  b  c  c  a  .
Lời giải
Ta có

a 3  b3  c3  3abc  32   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca   32 *

Đặt t  a  b  c , từ * suy ra t  a  b  c  0

2
*   a  b  c  3  a 2  b2  c 2    a  b  c    64

64 2 64 2
 3  a 2  b2  c2    a  b  c  t
abc t
Ta chứng minh
2 2 2
a  b  b  c  c  a  2  a  b    b  c    c  a   **
 

Thật vậy, vì vai trò a, b, c bình đẳng nên không giảm tổng quát giả sử rằng a  b  c , khi đó

a  b  b  c  c  a   a  b   b  c    a  c   2  a  c 

Ta có
2 2 2
**  2  a  c   2  a  b    b  c    c  a  
 
2 2 2
  a  c    a  b   b  c 
2 2 2
  a  b  b  c    a  b   b  c 
 2  a  b  b  c   0

Điều trên luôn đúng với a  b  c . Vì vậy


2 2 2
a  b  b  c  c  a  2  a  b    b  c    c  a  
 
32 8 2
 a  b  b  c  c  a  4  a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca   2 
abc t

Ta có

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 150 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3P  3  a 2  b 2  c 2   a  b  b  c  c  a 

 64 8 2  64  64
3P    t 2  8 2  t t   8 2.2 .t t  128 2
 t  t t t  t t
128 2
P
3

128 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là .
3

44 2 42 2
Đạt được khi a  ,b  c  và các hoán vị của a, b, c .
3 3

Câu 36. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019)Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn a 2  b2  c2  1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P  a  b  c  4abc .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai
1
Không mất tính tổng quát giả sử a  b  c thì từ 1  a 2  b 2  c 2  1  3a 2  a 2  .
3
1 2 1
Mặt khác: 2bc  b2  c 2  1  a 2  0  2bc  1    0  bc  .
3 3 3
Ta có:
2 2 2 2
P 2   a 1  4bc    b  c  .1   a 2   b  c   1  4bc   1  1  2bc  1  4bc   1 .
    

a
Dấu bằng xảy ra khi  b  c  * .
1  bc
1
Đặt t  bc  0  t  . Suy ra được P 2  1  2t  16t 2  8t  2   32t 3  4t  2 .
3

 6
t 
 1 12
Xét hàm số f  t   32t 3  4t  2, t  0;  ; f   t   96t 2  4  0   .
 3   6
t  l 
 12

 1  50  6 
f  0   2; f    ; f    1, 4556 .
 3  27  12 

 1
b  0 a  c 
*
2
Suy ra GTLN f  t   2 khi t  0     .
c  0 1
 a  b  2

 1
a  b 
Kết luận: max P  2 , đạt được khi  2 , hoặc các hoán vị của nó.
c  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 151 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 37. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực tùy ý thỏa mãn điều kiện
a  b  c  0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 b c  5a
M   
2 ab cb ac
Lời giải

 

1 1 1  5
Biến đổi M    
2  1 a b c
1  1
 b c a

1 1 2
Ta có bất đẳng thức   ,  x, y  0, xy  1 .
1  x 1  y 1  xy

1 1 2 2
Thật vậy  
1  x 1  y 1  xy
  x y  
xy  1  0 đúng x, y  0, xy  1 .

Dấu bằng xảy ra khi x  y

1 2 5 a b
Do đó M  .  . Dấu bằng xảy ra   .
2 a c b c
1 1
c a

a 1 5t 5t  1
Đặt t  . Vì a  b  c nên t  1  t  t  M   
c 1 t 1 t t 1
5t  1 4
Xét hàm số f  t   , ta có: f   t   2
 0, t  1;   nên f  t  là hàm số đồng biến trên
t 1  t  1
1;   . Do đó f  t   f 1 t  1 .

Vậy M min  f 1  4 khi t  1  a  b  c .

Câu 38. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho các số dương a , b , c . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
1 6
P  .
a  ab  3 abc abc
Lời giải
Tác giả: Bàn Thị Thiết; Fb: Bàn Thị Thiết
a  4b
Vì a , b là các số dương nên: a  4b  2 a.4b  a  4b  4 ab  ab  1 .
4
Đẳng thức xảy ra khi a  4b .
Vì a , b , c là các số dương nên:
a  4b  16c
a  4b  16c  3 3 a.4b.16c  a  4b  16c  12 3 abc  3 abc   2 .
12
Đẳng thức xảy ra khi a  4b  16c .

Từ 1 và  2 suy ra:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 152 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a  4b a  4b  16c 4
a  ab  3 abc  a    a  ab  3 abc   a  b  c 
4 12 3
1 3
  .
a  ab  abc 4  a  b  c 
3

3 6
Do đó: P   .
4a  b  c abc

Đặt: t  a  b  c  t  0  .

3 6 3 6 12t  3
Xét: f (t )  2
 (t  0)  f '(t )   3  2  .
4t t 2t t 2t 3
1
f '(t )  0  t  .
4
Bảng biến thiên:

t 0 1 
4
f '(t ) _ 0 +

 
f (t ) 12

1
Từ bảng biến thiên ta có: P  f  
a  b  c  f ( )  12, a, b, c  0 .
4

 1
 a  21
 a  4b  16c 
  1
Đẳng thức xảy ra khi:  1 b .
 abc   84
4 1

c  336

Vậy min P  12 .

Câu 39. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Cho ba số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của
a b c
P  
2b  3c 2c  3a 2a  3b
Lời giải
Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 153 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1
a  35  6u  9v  4 w 
u  2b  3c 
  1
1) Đặt v  2c  3a  b   4u  6v  9 w  .
 w  2a  3b  35
  1
c  35  9u  4v  6 w 

1  6u  9v  4 w 4u  6v  9 w 9u  4v  6 w 
P    
35  u v w 

1  9v 4 w 4u 9 w 9u 4v 
  18       
35  u u v v w w

1  4v 4u   4w 4v   4w 4u   5v 5w 5u  
  18             
35   u v   v w  u w u v w 

1 3

35

18  2 16  2 16  2 16  3 125 
5

3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là u v  w  a b c.
5

Câu 40. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho a , b , c là các số thực thỏa mãn điều kiện
3a2  2b2  c2  6 .
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  2  a  b  c   abc .
Lời giải
2
Với bốn số a , b , x , y ta có bất đẳng thức Cauchy-Schwarz  ax  by   a 2  b 2   x 2
 y2  1
(Học sinh có thể không cần chứng minh bất đẳng thức 1 )

Áp dụng bất đẳng thức 1 , ta có

2 2 2

      
P 2   a  2  bc   2. 2  b  c    a 2  2  2  bc   2  b  c    a2  2 b2  2 c2  2 
Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
3

1
2 2
 2
 
1  3 a  2  2 b  2  c  2    
 2

2

2
 2
 2
 
2
a  2 b  2 c  2  3 a  2 .2 b  2 c  2 
6 6
  3 
 36
 

Từ đó suy ra P 2  36 . Suy ra 6  P  6 .

Mặt khác với a  0 , b  1 , c  2 thì 3a2  2b2  c2  6 và P  6 .

Với a  0 , b  1 , c  2 thì 3a2  2b2  c2  6 và P  6


Vậy MinP  6 khi a  0 , b  1 , c  2 .
MaxP  6 khi a  0 , b  1 , c  2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 154 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 41. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019)Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn

x3  y 3  z 3  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
xyz   x  y  z  1
P 
xy  yz  zx xy  yz  zx  1
Tác giả. Lê Thái Bình,Face: lebinhle80@gmail.com
Lời giải
Ta có các đánh giá sau:

x3  1  1  3x  x 3  y 3  z 3  6  3  x  y  z   x  y  z  3

x3  y 3  z 3   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   3xyz  3  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   3 xyz
2
 1  xyz  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  xyz   x  y  z   1  3  xy  yz  zx 

0  xy  yz  zx  3

1  3  xy  yz  zx  1
Khi đó ta có P   .
xy  yz  zx xy  yz  zx  1

1  3t 1 1 37 37
Đặt t  xy  yz  zx  t   0;3 ; P    3  . Vậy MinP   x  y 1
t t 1 t  t  1 12 12

Câu 42. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho x , y là các số thực dương thỏa mãn
x  y  2019 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x y
P  .
2019  x 2019  y
Lời giải
Cách 1:
Tác giả: Nguyễn Thị Xuân Trinh ; Fb: Tắc Kè Bông, thế mạnh
Ta có

x y 2019  y 2019  x  1 1 
P
2019  x

2019  y

y

x
 2019 
 x

y
   x y 
 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x y 1  1 x  y   2.2019  4038

1 1 4 1 1 4 4
Áp dụng bất đẳng thức   , ta có:   
a b ab x y x y 4038

4
Vậy P  2019.  4038  4038 .
4038

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 155 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 x y
  2019
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  1 1 xy .
 x y 2

Cách 2:
Tác giả: Cô Lê Minh Huệ - QTV Strong Team Toán VD – VDC.
Ta có

x y x y x2 y2
P     
2019  x 2019  y y x x y y x
2

Áp dụng bất đẳng thức cộng mẫu số, ta có:


x2

y2

 x  y 
20192
x y y x x yy x xy  x y 
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x y 1  1 x  y   2.2019  4038

x  y 2019
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có: xy  
2 2

20192
Vậy P   4038 .
2019
. 4038
2

 x y
x y  y x

 x y 2019
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi   xy .
 1 1 2
 x y



Câu 43. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn
a  b  c  ab  bc  ca .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
a2 b2 c2
P 2    abc .
a  3bc b 2  3ca c 2  3ab
Lời giải
Tác giả: Châu Hòa Nhân ; Fb: Hòa Nhânn
2 2

Ta có: 2
a2
 2
b2
 2
c2
 2
a  b  c 
a  b  c
a  3bc b  3ca c  3ab  a  3bc    b 2  3ca    c 2  3ab   a  b  c  2   ab  bc  ca 
Vì a  b  c  ab  bc  ca nên
2
a2

b2

c2

a  b  c 
abc
.
2 2 2 2
a  3bc b  3ca c  3ab  a  b  c    a  b  c  a  b  c  1

abc
Suy ra P   abc .
a  b  c 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 156 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đặt t  a  b  c (hiển nhiên t  0 ).


2

Ta có: a  b  c  ab  bc  ca 
a  b  c  a  b  c  3 . Dấu “=” xảy ra khi a  b  c .
3
t
Vậy có P   t với t  3 .
t 1
t
Hướng 1: Xét hàm số f (t )   t với t  3 .
t 1
1 1
Ta có: f (t )  2
  0, t  3 và hàm số f (t ) liên tục trên [3; ) .
 t  1 2 t

3
 hàm số f (t ) đồng biến trên [3; ) nên f (t )  f (3)   3 , t  3 .
4
3
Do đó Min f  t   f  3   3.
3;   4

3 a  b  c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 khi   a  b  c 1.
4 a  b  c  3
t 3
Hướng 2: Ta chứng minh  t   3 (*) với t  3 .
t 1 4

 t 3 t 3 t 3
Thật vậy, (*)    
 t 1 4 
 
t  3 0 
4  t  1

t 3
0

 1 1 
  t  3     0 luôn đúng t  3 .
 4  t  1 t  3
 
Dấu “=” xảy ra khi t  3 .

3 a  b  c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 khi   a  b  c 1.
4 a  b  c  3
t 3
Hướng 3: Ta chứng minh  t   3 (*) với t  3 .
t 1 4

Ta có: t  3  t  3 (1)

1 1 1 1 1 1 t 3
t  3  t 1  4       1  1   (2)
t 1 4 t 1 4 t 1 4 t 1 4
Từ (1), (2) suy ra (*) luôn đúng t  3 . Dấu “=” xảy ra khi t  3 .

3 a  b  c
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 khi   a  b  c 1.
4 a  b  c  3

Câu 44. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho x, y, z là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
1 10
P 
16 xy  2 10 yz  2 10 xz 45  x  y  z

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 157 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Phan Quang Sơn

Ta có 16 xy  2 10 yz  2 10 xz  16 xy  2 (2 y )(5 z )  2 (2 x)(5 z )

 8x  8 y  2 y  5z  2 x  5z  10( x  y  z) .

1 10 1 10
Vậy ta có P      f  t  , với t  x  y  z  0.
10  x  y  z  45  x  y  z 10t t  45

1 10 1 10
Xét f  t    với t>0. Ta có f  (t )   2  ;
10t t  45 10t (45  t ) 2

t  5
2

f (t )  0   t  45   100t   45 
2 t 0
t  5.
t 
 11
Ta có bảng biến thiên

9
Suy ra P  f  t   t  0 .
50

 25
 5 x  y 
9 x  y  z  12
Do đó giá trị nhỏ nhất của P là đạt được khi  2 
50  x  y  z  5  z  5
 6

Câu 45. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Trên sa mạc có một khu đất hình chữ nhật ABCD có
chiều dài AB  70 km , chiều rộng AD  10 km . Vận tốc trung bình của xe máy trên khu đất này là
20 km/h , riêng đi trên cạnh CD thì vận tốc là 40 km/h . Một người đi xe máy xuất phát từ A lúc 8h
sáng và muốn đến B sau 3h nữa. Hỏi người đó có thể đến B kịp thời gian không? Xây dựng phương
án di chuyển trên khu đất từ A đến B để hết ít thời gian nhất.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 158 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Cách 1.
Trường hợp: xe máy không chạy trên CD, khi đó thời gian ngắn nhất đi từ A đến B là chạy trên AB
70
suy ra t   3,5  h  .
20
Trường hợp: xe máy có chạy trên CD. Giả sử xe chạy từ A đến B qua EF.

Đặt DE  x, FC  y , 0  x, y  70  EF  70  ( x  y ); AE  x 2  100; BF  y 2  100 .


Khi đó thời gian xe chạy là:
x 2  100 y 2  100 70  ( x  y ) 1  2 2 2 2 x y 
t     x  10  y  10   35 
20 20 40 20  2 
1  2 x y     
  ( x  y )  400   35  (áp dụng u  v  u  v )
20  2 
a
Xét h ( a )  a 2  400   35 ; 0  a  70
2
a 1 20
h' (a )   0a
2
a  400 2 3

Dựa vào BBT 20


0 70
a 3

h  a  –0+

h a

 20  30 72 3
 h(a )  h    35  t  (h)
 3 3 4

 x y
 10
tmin  20  x  y 
 x  y  a  3 3

Từ 2 trường hợp trên ta có thể kết luận: Sau 3h xe có thể chạy từ A đến B được, với thời gian chạy
72 3 10
ngắn nhất t  ( h ) khi DE  CF  .
4 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 159 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Cách 2.
KN1: Để đi từ A đến B nếu chỉ di chuyển trên đoạn
AB thì hết số giờ là B
A
S 70
t   3,5 ( giờ), vậy trong trường hợp này
V 20
không thể đến B kịp thời gian sau 3 giờ như yêu cầu
bài toán.
Vì vận tốc trên khu đất ( trừ cạnh CD) là 20km/h, do D
đó chỉ đi theo AB không kịp thời gian thì mọi con E F

đường khác mà không đi trên CD đều không kịp thời


gian.
Do đó ta xét khả năng 2
KN2: Để đi từ A đến B và có đi trên cạnh CD
Giả sử đi từ A đến E, từ E đến F và từ F đến B (như hình vẽ). Đặt DE  a, FC  b

100  a 2 100  b2 70  ( a  b)
Khi đó thời gian để di chuyển từ A đến B là t   
20 20 40

Áp dụng bđt a 2  b 2  c 2  d 2  ( a  c ) 2  (b  d ) 2

100  a 2 100  b2 (10  10)2  (a  b)2 400  ( a  b)2


Ta có    ,
20 20 20 20
dấu “=” xảy ra khi a  b

100  a 2 100  b2 70  ( a  b) 400  (a  b)2 70  (a  b)


Vậy t     
20 20 40 20 40
Đặt a  b  x,(0  x  70)

400  x 2 70  x
Xét f ( x )   , 0  x  70
20 40
x 1
f '( x )   , 0  x  70
20 400  x 2 40
20 3
f '( x )  0  400  x 2  2 x  x 
3
BBT

2 37
Vậy GTNN của f(x) là
4
Cách 3:

1  2 2 2 2 x y  1  2 x y 
t  x  10  y  10   35    ( x  y )  400   35  .
20  2  20  2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 160 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a  20 3  2 3  7 5a 2
Xét A  a 2  400  ; f    0  a  70  A2
  400  a a 2  400 .
2  3  4 4

1 1  4a 2  a 2  400  5a 2  400
Ta có: a a 2  400   2a a 2  400  
2 2  2  4

5a 2 1 72 3
 a a 2  400  
4
 100  A 2  300  A  10 3  t 
20
10 3  35 
4
.  
Câu 46. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện

x  y; x  z; x 2  9 yz  xz  9 xy .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
9 y  x 2 y  x 2 y  z 2z  x
P 3    .
y x y yz xz
Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.
+/ Ta sẽ chứng minh:
1 1 2
Với mọi a, b dương và ab  1 thì   (*)
1  a 1  b 1  ab

Thật vậy:
2
(*)   a b  
ab  1  0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi a  b hoặc ab  1 .

+/ Ta có: x 2  9 yz  xz  9 xy   x  z  x  9 y   0  x  9 y  0 vì x  z  x  z  0

x
Đặt t   t  1;9
y

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

Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có:


t2 2 t2 2
P  3 9t  2  3 9t  2
t 1 z x t 1 1 t
1
yz

t2 2
Xét hàm số f (t )  3 9  t  2 , t  1;9 có
t 1 1 t

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

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 161 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x
y 9

 x z x  9 y x  9 y
Dấu bằng xảy ra khi     2
 
 z y  xy  z z  3y
 x z
 .  1
 z y

18 x  9 y
Vậy min P  khi  .
5 z  3y

Câu 47. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Cho x , y , z là các số thực thỏa mãn

x  y  z và x 2  y 2  z 2  5 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P   x  y  y  z  z  x  xy  yz  zx  .
Lời giải
Cách 1:

Đặt Q   x  y  y  z  x  z  xy  yz  zx  ta có Q   P .

+) xy  yz  zx  0 ta có Q  0 .

+) xy  yz  zx  0 đặt t  xy  yz  zx  0 .
2 3
 x y yz
Áp dụng BĐT Côsi ta có  x  y  y  z  x  z   
x  z
 x  z  1
 2  4
2 2 2
 
Mà 4 x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  2  x  z   2  x  y   2  y  z 

2 2 2 2
 2  x  z    x  y    y  z    3  x  z  hay 4  5  t   3  x  z   0 2  t  5
3
1 4  2 3 2 3
Từ 1 và  2  suy ra Q  t  5  t    t 5  t  .
4 5  9
3
Xét hàm số f  t   t 2  5  t  với t   0;5

t  2
Ta có f   t   t  5  t  10  5t  , f   t   0  t  0
2

t  5

f  0   0, f  5   0, f  2   108 . Do đó Q  4 nên GTLN của Q là 4 khi x  2, y  1, z  0 .

Suy ra P  4 nên GTNN của P là  4 khi x  2, y  1, z  0 .

Cách 2:

Đặt t  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  t  5 .
2 2 2 2 2 2
Ta có: 10  2 x 2  2 y 2  2 z 2   x  y    y  z    z  x   2t   x  y    y  z    z  x   10  2t

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 162 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
2 2
Mà  x  y    y  z    z  x 
2 1 2 2 3 2
  x  y  y  z    z  x   z  x 
 z  x  5  t
2 2 4 3
2 2 4 2
x  y  y  z   x  z  x  z   5  t 
 x  y  y  z   
2 2
    x  y  y  z   
 2  4 16  3 
2
2 2 2 2  5  t  20  4t 2 4 3
Ta có: P 2   x  y   y  z   z  x  .  xy  yz  zx    .t  5  t  t 2
 3  3 27

Xét hàm số suy ra P 2  16  min P  4 tại t  2 khi x  2, y  1, z  0 .

Câu 48. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho x, y,z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
   2018 .
x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
1 1 1 3029
P    .
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 2
Lời giải

1 11 1
* Xét bất đẳng thức phụ:     với mọi a, b  0 .
ab 4 a b

* Dùng bất đẳng thức trên ta có:

1 1 1 1 1  1 2 1 1
        
2 x  y  z  x  y    x  z  4  x  y x  z  16  x y z 

1 1 1 2 1 1 1 1 1 2
Tương tự ta có:     ;     
x  2 y  z 16  x y z  x  y  2 z 16  x y z 

1  1 1 1  3029 2018 3029


Suy ra: P          2019 .
4 x y z  2 4 2

3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2019 đạt được khi và chỉ khi x  y  z  .
2018

Câu 49. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho x , y , z là các số thực dương thỏa mãn
x  y  z  2019 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
yz xz xy
P   .
2019  y  z 2019  x  z 2019  x  y
Lời giải
Tác giả: Trần Thế Mạnh ; Fb: Tắc Kè Bông, thế mạnh
Ta có
yz xz xy 2019  x 2019  y 2019  z
P     
2019  y  z 2019  x  z 2019  x  y x y z

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 163 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1 1 1 
 2019. 
 x

y

z
   x y z 
 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: x y z 1  1  1 x  y  z   3.2019  6057

1 1 1 9 1 1 1 9 9
Áp dụng bất đẳng thức    , ta có:    
a b c abc x y z x y z 6057

9
Vậy P  2019.  6057  6. 673 .
6057

 x y z
   2019
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  1 1 1 xyz .
 x y z 3

Vậy Pmin  6. 673 .

Câu 50. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho x; y  0 là những số thay đổi thỏa mãn
2018 2019
  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y .
x y
Lời giải
Tác giả: Đoàn Công Hoàng; Fb: Đoàn Công Hoàng
Tác giả: Đào Thị Thái Hà; Fb:Thái Hà Đào
Cách 1
 2018 2019  2018 y 2019 x
+Ta có P   x  y     = 2018    2019 .
 x y  x y

2018 y 2019 x
+Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số dương ; ta được
x y

2018 y 2019 x
  2 2018.2019 .
x y


 x  0; y  0

2  2018 2019
Do đó P   
2018  2019 , dấu bằng xảy ra khi   1
 x y
 2018 y 2019 x
 
 x y

 x  2018
  2018  2019 
 .
 y  2019
  2019  2018 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 164 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2
 x  2018
  2018  2019 
Vậy GTNN của P bằng  2018  2019  khi  .
 y  2019
  2019  2018 

Cách 2
Từ giả thiết và áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có
2
 2018 2019   2018 2019 
P   x  y     x  y 
 x y   x y 
2
P  2018  2019 . 


 x  0; y  0
 2018 2019  x  2018
  2018  2019 
Dấu bằng xảy ra khi   1   .
 x
 2018
y  y  2019
  2019  2018 
2019
 
 x y

2
 x  2018
  2018  2019 
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng  2018  2019  khi  .
 y  2019
  2019  2018 

Bài toán tổng quát


Cho 2n  1 số thực dương cố định a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn ; k  n  , n  2  và n số thực dương thay đổi
x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn a1 x1  a2 x2  ...  an xn  k . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

b1 b2 b
P   ...  n .
x1 x2 xn

Câu 51. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức:
3  b  c  4a  3c 12  b  c 
T  
2a 3b 2a  3c
Lời giải
Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng

 3b 2a   2a 2a   3c 3c  12  b  c  
Ta có T  5                4
 2a 3b   3b 2a   2a 3b   2a  3c 

 3b 2a   1 1  4  2a  3b 
=      2a  3c      .
 2a 3b   2a 3b  2a  3c

3a 2b 3a 2b
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có  2 . 2.
2b 3a 2b 3a

1 1 4 1 1 4
Áp dụng BĐT   với x, y  0 ta có   .
x y x y 2a 3b 2a  3b

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 165 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2a  3c 2a  3b 
Suy ra T  5  2  4     2  4.2  10 .
 2a  3b 2a  3c 
Vậy T  5 .
Dấu "  " xảy ra khi 2a  3b  3c. Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 5.

Câu 52. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) x, y, z  2018;2019 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
2018.2019  xy 2018.2019  yz 2018.2019  zx
f( x, y, z)   
(x y)z (y z)x (z x )y
Lời giải
Tác giả: Trần Quang Tiềm ; Fb:Tiem Tran
Cách 1:
Ta đi chứng minh với: x, y, z  a;b ,(a  0) ta luôn có

ab  xy b  a

x y 2
 4(ab xy)2  (x  y)2 (b a)2
 2ab  2 xy  (x  y)(b a)2ab  2 xy  (x  y)(b a)  0

  b(2a x y)  x(a y)  y(a x).a(2b  x y)  x(b y)  y(b x)  0 (đúng)

ab  xy b a b a
Vậy ta có  
( x  y)z 2z 2a

Dấu bằng xảy ra khi x  y  a, z  a hay x  y  z  a


b  a b  a b  a 3( b  a)
Áp dụng ta có: f( x, y, z )    
2a 2a 2a 2a
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  a .
3
Thay a  2018, b  2019 , ta được max f (x,y,z)  khi x  y  z  2018
4036
Cách 2:
2018.2019  xy 2018.2019  xy
Ta có  (Theo BDT AM-GM).
(x y) 2 xy

Đặt t  xy ,(2018  t  2019), do gt x, y  2018;2019

2018.2019  t2 2018.2019
Xét hàm g(t)    t , liên tục trên 2018;2019 và nghịch biến trên
t t
 Maxg(t)  g(2018)  1
2018;2019
 2018;2019 do đó   Max g(t)  g(2019)  g(2018)  1
 Ming(t)  g(2019)  1 2018;2019
2018;2019
2018.2019  xy 2018.2019  xy 1 1
nên    , dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2018 .
(x y)z 2 xy.z 2 z 4036

Đánh giá tương tư cho 2 biểu thức còn lại.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 166 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
3
Tóm lại max f (x,y,z)  khi x  y  z  2018 .
4036
Câu 53. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
7 121
A 2 2 2  .
a  b  c 14  ab  bc  ca 
Lời giải

2 2 2 2
1   a2  b2  c2 
Ta có 1   a  b  c   a  b  c  2  ab  bc  ca   ab  bc  ca 
2
7 121
Do đó A   .
2 2 2

a  b  c 7 1   a 2  b2  c2  
Đặt t  a 2  b2  c 2 .
Vì a, b, c  0 và a  b  c  1 nên 0  a  1 , 0  b  1 , 0  c  1 .

Suy ra t  a 2  b 2  c 2  a  b  c  1 .
2
Mặt khác 1   a  b  c   a 2  b 2  c 2  2  ab  bc  ca   3  a 2  b 2  c 2  .

1 1 
Suy ra t  a 2  b 2  c 2  . Vậy t   ;1  .
3 3 

7 121 1 
Xét hàm số f  t    ; t   ;1 .
t 7(1  t ) 3 
7 121
f ' t     .
t 7  1  t 2
2

7 7
f '  t   0  72t 2  98t  49  0  t  hoặc t   (loại).
18 4

Lập BBT của hàm số f  t  .

 7  324 1 
Dựa vào BBT suy ra f  t   f    ; t   ;1
 18  7 3 
324 1 1 1
Vậy min A  đạt được khi a  ; b  ; c  .
7 2 3 6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 167 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 8 Lượng giác

cos x  1
Câu 1. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019)Hàm số y  có tập xác định D là:
4  cos x
A. D  R . B. D   .
C. D  R \ k , k  . D. D  k 2 , k  .
Lời giải
Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy
Chọn D
Điều kiện xác định

 4  cos x  0

 cos x  1
 4  cos x  0

Ta thấy 1  cos x  1, x  3  cos x  4  5, x suy ra cos x  4  0, x .

cos x  1
Xét  0 . Ta có cos x  4  0, x .
4  cos x

Nên cos x 1  0  cos x  1  cos x  1 (vì cos x  1, x )  x  k 2 , k .

Vậy D  k 2 , k  .

m  sin x  cos x  2 sin x cos x


Câu 2. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Tìm m để hàm số y 
sin 2017 x  cos 2019 x  2
  
xác định với mọi x    ;  .
 2 2
Lời giải
Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc
  
Với mọi x    ;  thì 0  cos x  1  cos 2019 x  cos 2 x .
 2 2

Khi đó: sin 2017 x  cos 2019 x  2  sin 2017 x  cos 2 x  2  sin 2017 x  1  sin 2 x   2

  
 sin 2 x 1  sin 2015 x   2  1  2  1  0 với mọi x    ;  .
 2 2
m  sin x  cos x  2 sin x cos x   
Hàm số y  2017 2019
xác định với mọi x    ; 
sin x  cos x  2  2 2
m  sin x  cos x  2sin x cos x   
 2017 2019
 0 với mọi x    ; 
sin x  cos x  2  2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 168 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
 m  sin x  cos x  2sin x cos x với mọi x    ; 
 2 2
        3 
Đặt t  sin x  cos x  2 sin  x   ; x    ;   x     ;   t   1; 2  .
 4  2 2 4  4 4 
Suy ra m  f  t   t 2  t  1 với mọi t   1; 2 

Vậy m  2  1 .
2sin 2 x  cos 2 x
Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Trong tập giá trị của hàm số y 
sin 2 x  cos 2 x  3
có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên?
A. 1 . B. 3 . C. 2 . D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương
Chọn C

Phương trình: sin 2 x  cos 2 x  3  0 vô nghiệm vì a2  b2  c2 . Do đó hàm số đã cho có TXĐ D   .


2 sin 2 x  cos 2 x
Ta có y   y sin 2 x  y cos 2 x  3 y  2 sin 2 x  cos 2 x
sin 2 x  cos 2 x  3

 ( y  2)sin 2 x   y  1 cos 2 x  3 y

Để phương trình ẩn x có nghiệm thì điều kiện là:


2 2 2 2 2 2
( y  2)   y  1   3 y   y  4 y  4  y  2 y  1  9 y

5
 7 y 2  2 y  5  0  1  y 
7

Do y  nên y  1; 0 Vậy có 2 giá trị nguyên y .

   
Câu 4. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Xét hàm số y  tan x trên khoảng  ;  . Khẳng
 2 2
định nào sau đây đúng?
    
A. Trên khoảng  ;0  hàm số đồng biến và trên khoảng  0;  hàm số nghịch biến.
 2   2
   
B. Trên khoảng  ;  hàm số luôn đồng biến.
 2 2
   
C. Trên khoảng  ;  hàm số luôn nghịch biến.
 2 2
    
D. Trên khoảng  ;0  hàm số nghịch biến và trên khoảng  0;  hàm số đồng biến.
 2   2
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 169 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Nguyễn Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai.


Chọn B

       
Hàm số y  tan x đồng biến trên mỗi khoảng   k ;  k  nên trên khoảng  ;  hàm số
 2 2   2 2
y  tan x luôn đồng biến.

Câu 5. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Số nghiệm của phương trình
sin x.sin 2 x  2sin x.cos 2 x  sin x  cos x
 3 cos 2 x trong khoảng   ;   là:
sin x  cos x
A. 2 . B. 3 . C. 5 . D. 4 .
Lời giải
Chọn A
Tác giả:Trần Thị Phương Lan; Fb: Trần Thị Phương Lan

ĐK: sin x  cos x  0  x    k  k    .
4
Với điều kiện trên ta có

sin x.sin 2 x  2sin x.cos 2 x  sin x  cos x


 3 cos 2 x .
sin x  cos x
sin 2 x.sin x  sin 2 x.cos x  sin x  cos x
  3 cos 2 x .
sin x  cos x

sin 2 x  sin x  cos x   sin x  cos x


  3 cos 2 x .
sin x  cos x


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

 sin 2 x  1  3 cos 2 x (do sin x  cos x  0 ).

3 1 1
 cos 2 x  sin 2 x  .
2 2 2

  1
 cos  2 x    .
 6 2

  
 2 x  6  3  k 2
 k   .
 2 x       k 2
 6 3

 
 x  12  k
 k   .

 x    k
 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 170 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


Kết hợp với điều kiện trên ta có nghiệm của phương trình là x   k  k    .
12
 13 11
Xét trên khoảng   ;   ta có    k     k  . Do k    k  1, 0 .
12 12 12
 11
Vậy trên khoảng   ;   phương trình đã cho có 2 nghiệm là , .
12 12

Câu 6. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để
2sin x 1
phương trình  m có nghiệm thuộc đoạn  0;   .
sin x  3
A. 1 . B. 2 . C. 3 . D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Thu Hồng ; Fb: Thu Hong Le.
Chọn A
2sin x 1
Phương trình  m xác định với mọi x   0;   .
sin x  3

Đặt: t  sin x thì t   0;1 .

2t  1
Phương trình đã cho trở thành: m.
t 3
2t  1 7
Đặt f  t   . Vì f   t   2
 0, t   0;1 nên f  t  đồng biến trên đoạn  0;1 .
t 3  t  3
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi min f  t   m  max f  t 
 0;1  0;1

1 1
 f  0  m  f 1    m  .
3 4
Vậy chỉ có một số nguyên m  0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 7. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Giải phương trình


x  3 
4sin 2  3 cos 2 x  1  2 cos 2  x  
2  4 
 0.
2 cos 3 x  1
Lời giải
Tác giả: Hà Quốc Vũ ; Fb: Hà Quốc Vũ
x  3 
4sin 2  3 cos 2 x  1  2 cos 2  x  
2  4 
 0 1 .
2 cos 3 x  1

1
ĐKXĐ: 2 cos 3x  1  0  cos 3x   (*).
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 171 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 3 
1  cos  2 x  
2 x 2 3  1  cos x  2 

1  4sin  3 cos 2 x  1  2cos  x    0  4.  3 cos 2 x  1  2. 0
2  4  2 2
 2  2cos x  3 cos 2 x  1  1  sin 2 x  0

1 3    
 sin 2 x  3 cos 2 x  2cos x  sin 2 x  cos 2 x  cos x  sin  2 x    sin   x 
2 2  3 2 

    5  5 2
 2 x    x  k 2  3 x   k 2  x   k
3 2 6 18 3
   k  
 2 x        x  k 2  x  5  k 2  x  5  k 2
 3 2 
 6  6

5 2   5 2  3 1
So điều kiện (*), ta loại nghiệm x  k (Do cos 3  k      ). Nhận nghiệm
18 3   18 3  2 2
5   5  1
x  k 2 (Do cos 3   k 2    0   ).
6   6  2

5
Vậy x   k 2 k   .
6

Câu 8. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Giải phương trình sau
sin 3x  3 cos 3x  2sin 2 x .
Lời giải
Tác giả:phùng minh nam ; Fb:Nam phùng

1 3
Ta có : sin 3 x  3 cos 3 x  2 sin 2 x  sin 3 x  cos 3 x  sin 2 x
2 2

   
 3 x   2 x  k 2  x    k 2
  3 3
 sin  3 x    sin 2 x    k  
 3  
3 x     2 x  k 2 x  2 k 2

 3  15 5

  2 k 2 
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S    k 2 ;  k   .
 3 15 5 

Câu 9. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho phương trình


 sinx  cosx  sin2x  3  sin2x  cos2x +1  0
2sinx  2 .
Hỏi phương trình có bao nhiêu nghiệm thuộc khoảng  2018 ; 2019  ?
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Hữu ; Fb: Nguyễn Văn Hữu
 sinx  cosx  sin2x  3  sin2x  cos2x +1  0
1a 
Xét phương trình: 2sinx  2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 172 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
2  x  4  k 2
Điều kiện: 2sinx  2  0  sin x   (k , l  ) .
2 x  3
 l 2
 4
Khi đó 1a  trở thành: (sin x  cos x )(sin 2 x  3)  sin 2 x  cos 2 x  1  0
 (sin x  cos x )(sin 2 x  3)  2 sin x  cos x  2 sin 2 x  0
 (sin x  cos x )(sin 2 x  3)  2 sin x (sin x  cos x )  0
 (sin x  cos x )(sin 2 x  2 sin x  3)  0
sin x  cos x  0  2a 
 .
sin 2 x  2sin x  3  0  3a 
 
Phương trình  2a   sin  x    0  x   k . Dựa vào điều kiện đầu bài ta được:
 4 4
5
x  k 2 (k ) .
4

Phương trình
 3a   sin 2 x  2sin x  3 .
Vì 1  sin2x  1 và 2  sinx  2 nên 3  sin 2 x  2sin x  3 .
Dấu “  ” xảy ra khi và chỉ khi

   
sin 2 x  1  2 x  2  k 2  x  4  k
sin 2 x  2sin x  3      x  .
 sin x  1 
 x   l 2 
 x   l 2
 2  2

5
Vậy x   k 2 (k  ) .
4
5 5
Mà x  (2018 ; 2019 )  2018   k 2  2019  2018   2k  2019 .
4 4

Do k  nên k 1009, 1008, ,1008 suy ra ta có 2018 nghiệm.

Câu 10. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Giải phương trình


cos 2 x  7 cos x  3(sin 2 x  7 sin x)  8
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Tâm; Fb: Tâm Nguyễn

Phương trình: cos 2 x  7 cos x  3(sin 2 x  7 sin x)  8

 cos 2 x  3 sin 2 x  7( 3 sin x  cos x)  8

1 3 3 1
 cos 2 x  sin 2 x  7( sin x  cos x)  4
2 2 2 2
   
 cos cos 2 x  sin sin 2 x  7(cos sin x  sin cos x)  4
3 3 6 6
 
 cos(2 x  )  7 sin( x  )  4
3 6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 173 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
 1  2 sin 2 ( x  )  7 sin( x  )  4  0
6 6
 
  2 sin 2 ( x  )  7 sin( x  )  3  0
6 6

  1
 sin( x  )
6 2

sin( x   )  3(vn)
 6

 
 sin( x  )  sin
6 6

  
 x  6  6  k 2
 (k  )
 x        k 2
 6 6

 x  k 2
 (k  )
 x  2  k 2
 3

Câu 11. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Giải phương trình


 
2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 .
4 
Lời giải
Ta có:

 
2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1
4 

 
 1  cos   4 x   3 cos 4 x  2 1  cos 2 x   1
2 

 sin 4 x  3 cos 4 x  2 cos 2 x

 
 cos 4 x    cos 2 x
 6

    k
 4 x    2 x  k 2  x  
6 36 3
  k  Z  .
4 x    2 x  k 2  x    k
 6  12

Câu 12. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019) Giải phương trình: sin 2 3x.cos 2 x  sin 2 x  0 .
Lời giải
Cách 1:Tác giả: Dương Đức Tuấn ; Fb: Dương Tuấn
Ta có: sin 3 x  3sin x  4 sin 3 x  sin x  3  4 sin 2 x   sin x 1  2 cos 2 x  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 174 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
Vậy ta có: sin 2 3x.cos 2 x  sin 2 x  0  sin 2 x 1  2 cos 2 x   .cos 2 x  sin 2 x  0
 
2
 sin 2 x 1  2 cos 2 x  .cos 2 x  1  0  sin 2 x  4cos3 2 x  4 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0
 

 x  k
sin x  0 k
 sin x  cos 2 x  1  4 cos 2 x  1  0  
2 2
  x .
cos 2 x  -1  x   k 2
 2
k
Vậy nghiệm của phương trình là: x  với k  .
2
Cách 2:Tác giả:Phạm Hữu Thành ; Fb: Phạm Hữu Thành.

Ta có: sin 2 3x cos 2 x  sin 2 2 x  0


1  cos 6 x 1  cos 2 x
 cos 2 x  0
2 2
 cos 2 x  cos 6 x cos 2 x  1  cos 2 x  0
 cos 6 x cos 2 x  1  0
 cos 8 x  cos 4 x  2  0

 2cos2 4 x  cos 4 x  3  0

  cos 4 x  1 2 cos 4 x  3  0

 cos 4 x  1  0  2 cos 4 x  3  0 x   

 cos 4 x  1  4 x  k 2  x  k ,k  .
2

Câu 13. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên
0;1000 
   3   
2sin 4  x    cos  x   sin  3x    3
 4  4   4
0
2 cos x  2
Lời giải
Tác giả: Hoàng Vũ; Fb: Hoàng Vũ
Giáo viên phản biện: Lê Đức Lộc ; Fb: Lê Đức Lộc

2 
ĐK: cos x   x    k 2
2 4

   3   
2sin 4  x    cos  x   sin  3x    3
 4  4   4
0
2 cos x  2

   3   
 2sin 4  x    cos  x   sin  3 x    3  0
 4  4   4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 175 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
   
1  cos  2 x  2   1  
    sin 4 x     sin 2 x     3  0
 2     
 2  2  2 
 

2
 1  sin 2 x    cos 4 x  sin 2 x   6  0

 1  2 sin 2 x  sin 2 2 x  cos 4 x  sin 2 x  6  0

 3sin 2 2 x  3sin 2 x  6  0

 sin 2 x  1 (nhận) hay sin 2 x  2 (loại)



sin 2 x  1  x   k , k  
4
5
Kết hợp với điều kiện, phương trình có nghiệm x   k 2 , k   .
4
5
Tổng số nghiệm trên  0;1000  là tổng 500 số hạng đầu tiên của một cấp số cộng với u1  , công
4
sai d  2

500  5 
S .  2.  499.2   250125 .
2  4 

Câu 14. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Giải các phương trình sau:
 2019 
2 cos3 x  sin 2 x sin x  2 2.cos  x  .
 4 
Lời giải
Tác giả: Fb: Nguyễn Ánh Dương
Ta có:

 2019   3   3 
 2 2.cos  x   = 2 2.cos  x  504   = 2 2.cos  x  
 4   4   4 

 2 2   2
= 2 2.  cos x  sin x  = 2 2.  cos x  sin x  = 2cos x  2sin x .
 2 2  2

 2 cos3 x  sin 2 x sin x = 2 cos 2 x cos x  2sin 2 x cos x = 2 1  sin 2 x  cos x  2 sin 2 x cos x

= 2 cos x  2sin 2 x cos x  2sin 2 x cos x = 2 cos x  4sin 2 x cos x .


Do đó phương trình đã cho tương đương

2 cos x  4sin 2 x cos x  2 cos x  2sin x .

 4sin 2 x cos x  2sin x

 2sin x  4sin 2 x cos x  0

 2sin x  2sin x cos x  1  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 176 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2sin x  sin 2 x  1  0

sin x  0

sin 2 x  1

 x  k
 k  Z  .
 x     k
 4

 
Câu 15. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Giải phương trình cos 2 x  sin   x   2  0.
2 
Lời giải

 
cos 2 x  sin   x   2  0  cos 2 x  cos x  2  0  2cos2 x  cos x  3  0
2 

 cos x  1
  x    k 2 ,  k    .
 cos x  3
 2

Câu 16. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Giải các phương trình sau:
1. 1  3 sin 2 x  cos 2 x
2. 9sin x  6 cos x  3sin 2 x  cos2 x  8.
Lời giải
Tác giả :Nguyễn Phương Thu, FB: Nguyễn Phương Thu
Phản biện 1:Phạm Hoàng Điệp ;FB: Hoàng Điệp Phạm
Phản biện 2: Nguyễn Minh Đức; FB: Duc Minh.

1  3 sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x  1


3 1 1   1
 sin 2 x  cos 2 x    sin  2 x    
2 2 2  6 2
  
 2 x     k 2  x  k
6 6
  k  
 
 2 x      k 2  x  2  k
  3
6 6
2
Vậy phương trình có 2 họ nghiệm là: x  k ; x   k ; k  
3
2) 9 sin x  6 cos x  3sin 2 x  cos 2 x  8
  6 cos x  3sin 2 x    cos 2 x  9sin x  8   0
  6 cos x  6sin x cos x   1  2sin 2 x  9 sin x  8   0
 6 cos x 1  sin x    2 sin 2 x  9sin x  7   0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 177 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 6 cos x 1  sin x    sin x  1 2sin x  7   0


 1  sin x  6 cos x  2sin x  7   0

sin x  1 1

6 cos x  2 sin x  7  2

1  x   k 2 ; k  
2
2 2 2 2 2 2
 2 vô nghiệm vì có a  b  6  2  7  c

Vậy phương trình có 1 họ nghiệm là: x   k 2 ; k  
2

2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x


Câu 17. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Giải phương trình  cos x .
1  2 cos x  tan x
Lời giải
Tác giả: Vĩnh Tín, FB: Vĩnh Tín
 1
cos x  2

Điều kiện: cos x  0
 tan x  0


Khi đó
2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x
 cos x  2 3 sin 2 x  3 cos x  2sin x  sin x  2sin x cos x
1  2 cos x  tan x
 2 3 sin 2 x  3 cos x  3sin x  2sin x cos x  0
  
 3 sin x 2sin x  3  cos x 2sin x  3  0 

 2sin x  3  3 sin x  cos x  0 
 3 sin x  cos x  0 1

 2sin x  3  0  2
3 1   
+) 1  sin x  cos x  0  sin  x    0  x   k , k  
2 2  6 6
 
 x   k 2
3 3
+)  2   sin x   ,k 
2  x    k 2
2
 3
 
 x   6  k
Kết hợp điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là:   ,k 
 x  2  k 2
 3
Câu 18. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Giải phương trình
   
2 sin  2 x    6 sin  x    1 .
 4  4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 178 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Tạ Minh Trang; Fb: Minh Trang
   
2 sin  2 x    6 sin  x    1
 4  4

 sin 2 x  cos 2x  1  3  sin x  cos x   0

 2sin x cos x  2sin 2 x  3  sin x  cos x   0

 2 sin x  cos x  sin x   3  s in x  cos x   0


  cos x  sin x  2sin x  3  0
 
 x   k
   4
cos x  sin x  0 sin  x  4   0 

 
    x   k 2  k    .
  3
 2sin x  3  0 3

 sin x 
 2  x  2  k 2
 3

  2
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm x   k ; x   k 2 ; x   k  k    .
4 3 3

Câu 19. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Giải phương trình
 
2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1 .
4 
Lời giải

 
1. 2 cos 2   2 x   3 cos 4 x  4 cos 2 x  1
4 

 
PT  1  cos   4 x   3 cos 4 x  2 1  cos 2 x   1
2 

 
 sin 4 x  3 cos 4 x  2 cos 2 x  cos  4 x    cos 2 x
 6

    k
 4 x  6  2 x  k 2  x  36  3
   k   .
 4 x    2 x  k 2  x    k
 6  12
 k 
Vậy x   , x   k  k    .
36 3 12

Câu 20. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Với giá trị nào của m thì phương trình
3sin 2 x  2 cos 2 x  m  2 có nghiệm?
A. m  0 . B. m  0 . C. 0  m  1 . D. 1  m  0 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 179 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Trần Ngọc Diễm; Fb: Trần Ngọc Diễm


Chọn C

3sin 2 x  2cos2 x  m  2  sin 2 x  2  sin 2 x  cos 2 x   m  2  sin 2 x  m (1).

Vì 0  sin 2 x  1 nên phương trình 1 có nghiệm khi 0  m  1 .

Câu 21. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Số nghiệm của phương trình
 
sin 5 x  3 cos 5x  2sin 7 x trên khoảng  0;  là
 2
A. 2 . B. 1. C. 4 . D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Tiến Long; Fb: Long Pham Tien
Chọn C
Ta có:

sin 5 x  3 cos 5 x  2sin 7 x


1 3
 sin 5 x  cos 5 x  sin 7 x
2 2
 
 sin 5 x cos  sin cos 5 x  sin 7 x
3 3
 
 sin  5 x    sin 7 x
 3
   
5 x  3  7 x  k 2  x  6  k
  k     k  
5 x      7 x  k 2 x    k 
 3  18 6

  
Với x   k , k   : Vì x   0;  nên ta có:
6  2
    1 1
0  k     k   k  .
6 2 6 3 6 3

Mà k  nên suy ra k  0 , suy ra nghiệm của phương trình là x  .
6

   
Với x  k , k   : Vì x   0;  nên ta có:
18 6  2
     4 1 8
0 k   k   k
18 6 2 18 6 9 3 3.

 2 7
Mà k  nên suy ra k  0;1; 2 . Suy ra các nghiệm của phương trình là: x  ; x ; x .
18 9 18
  2 7
Vậy có 4 nghiệm của phương trình thỏa yêu cầu đề bài là: x  ;x ; x ; x .
6 18 9 18

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 180 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 22. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Giải phương trình:
cos 2 x  1  2cos x  sin x  cos x   0 .
Lời giải
Tác giả: Lê Trọng Hiếu ; Fb: Hieu Le
Phản biện: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
Ta có: cos 2 x  1  2cos x  sin x  cos x   0

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

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

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

  cos x  sin x  sin x  cos x  1  0

cos x  sin x  0

sin x  cos x  1  0

  
cos x  sin x  0  sin x  cos x  0  sin  x    0  x   k  k   
 4 4

  
 x  4  4  k 2  
   x   k 2
sin x  cos x  1  0  2 sin  x    1   

2 k  
 4  x    3  k 2
  x    k 2
4 4

 
Vậy phương trình có 3 nghiệm : x   k ; x   k 2 ; x    k 2  k   
4 2

Câu 23. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Giải phương trình
sin x  sin 2 x
 1 .
sin 3 x
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Tú ; Fb: Tu Nguyenvan
sin x  0

Điều kiện xác định: sin 3x  0  3sin x  4sin x  0  sin x  4 cos x  1  0  
3 2
1
cos x   2

Khi đó, phương trình đã cho tương đương với

sin x  sin 2 x  sin 3 x  0  2sin 2 x.cos x  sin 2 x  0  sin 2 x  2 cos x  1  0



sin x  0  l 
 
 cos x  0  t / m   x   k  k  .
 2
1
cos x   l 
 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 181 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


Vậy phương trình đã cho có nghiệm x   k  k    .
2

Câu 24. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải phương trình :
2sin 2 x  cos 2 x  7 sin x + 4 + 3
1.
2 cos x  3
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Hiền ; Fb: Nguyễn Hiền
5
Điều kiện: 2 cos x  3  0  x    k 2 , k  .
6
5
Với điều kiện x    k 2 , k   ta có :
6
Phương trình  2sin 2 x  cos 2 x  7 sin x  4  2 cos x

 4sin x cos x  2cos x  2sin 2 x  7sin x  3  0

 2 cos x  2sin x  1   2sin x  1 .  sin x  3  0

  2sin x  1 .  2 cos x  sin x  3   0

 1
 2 sin x  1  sin x 
  2
 2 cos x  sin x  3 
sin x  cosx  1 l 

 
 x   k 2
6
 k 
 x  5  k 2  l 
 6


Vậy phương trình đã cho có nghiệm x   k 2 , k  .
6

Câu 25. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Giải phương trình cos x  1  x2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Xét hàm số f  x   cos x  x 2  1 với x  . Ta có f   x    sin x  2 x , f   x    cos x  2 .

Vì f   x   0 x    f   x  đồng biến trên  . Mà f   0   0 suy ra phương trình f   x   0 có


nghiệm duy nhất x  0 .
Bảng biến thiên:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 182 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Từ bảng biến thiên suy ra f  x   0  x  0 .

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  0 .

2sin 3 x  sin x  cos 2 x


Câu 26. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Giải phương trình  0.
tan x  1
Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

 
 x   k
 tan x  1  0  4
a) Điều kiện:   , k  .
cos x  0  x    k
 2

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

2sin 3 x  sin x  cos 2 x  0  sin x  2 sin 2 x  1  cos 2 x  0

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

 
 x   k 2
sin x  1 2
  .
 cos 2 x  0 x   k 

 4 2

3
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình thì phương trình đã cho có nghiệm x   k ,
4
k  .

Câu 27. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Giải phương trình
 3   
2 2 cos 2 x  sin 2 x cos  x    4 sin  x    0  x   .
 4   4
Lời giải
a) Phương trình tương đương với:

 1 1   1 1 
2 2  cos x  sin x  cos x  sin x   sin 2 x   cos x  sin x   4  sin x  cos x   0
 2 2   2 2 

 4  cos x  sin x  cos x  sin x   sin 2 x  cos x  sin x   4  sin x  cos x   0

cos x  sin x  0 1



 4  cos x  sin x   sin 2 x  4  0  2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 183 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


Ta có 1  tan x  1  x    k k  
4

 
Giải  2 : Đặt t  cos x  sin x  2 cos  x      2; 2   sin 2 x  1  t 2
 4  

t  1
Phương trình trở thành: 4t  1  t 2  4  0  t 2  4t  3  0  
t  3  loaïi 

 x  k 2
 
Với t  1 ta có 2 cos  x    1   k  
 4  x     k 2
 2
 
Vậy phương trình ban đầu có ba họ nghiệm là x    k ; x  k 2 ; x    k 2  k  
4 2

Câu 28. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Giải phương trình
 2 cos x  1 2sin x  cos x   sin x  sin 2 x .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tường Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk
Ta có:

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


  2cos x  1 2sin x  cos x   sin 2 x  sin x

  2cos x  1 2sin x  cos x   sin x  2cos x  1

  2cos x  1 sin x  cos x   0

 
 x  3  k 2
 1 
 2cos x  1  0 cos x  
   2   x    k 2
cos x  sin x  0   3
 tan x  1 
 x     k
 4

 
 x  3  k 2


Vậy tập nghiệm của phương trình là:  x    k 2 k   .
 3


 x    k
 4

Câu 29. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Giải phương trình:
 2sin x  3  4sin 2 x  6sin x  3  1  3 3 6sin x  4
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 184 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Xét phương trình:  2sin x  3   4sin 2 x  6sin x  3   1  3 3 6sin x  4 1

Đặt t  sin x , 1  t  1 .

Phương trình 1 trở thành:

 2t  3  4t 2  6t  3  1  3 3 6t  4
 8t 3  24t 2  24t  9  1  3 3 6t  4
3
  2t  2   3  2t  2   6t  4  3 3 6t  4  2
Phương trình  2  có dạng: f  2t  2   f  3
6t  4 
Với f  u   u 3  3u, u 

f   u   3u 2  3  3  u 2  1  0, u  

 f  u  đồng biến trên  .

t  2
1
Suy ra: 2t  2  6t  4  8t  24t  18t  4  0   1 , vì t   1;1 nên chọn t  .
3 3 2
t  2
 2

 
 x   k 2
1 1 6
Với t   sin x    , k 
2 2  x  5  k 2
 6

 5 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S    k 2 ,  k 2  .
6 6 

Câu 30. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải phương trình

1  sin x  cos 2 x  sin  x   1
 4
 cos x
1  tan x 2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hữu Nam; Fb: Nam Nguyen Huu.

 
 x   k
cos x  0 cos x  0  2
Điều kiện:    .
1  tan x  0  tan x  1  x     k
 4


1  sin x  cos 2 x  sin  x   1
 4
Pt   cos x .
sin x 2
1
cos x

cos x 1  sin x  cos 2 x  cos x  sin x 1


 .  cos x .
cos x  sin x 2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 185 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1
2  sin x  
 1  sin x  cos 2 x  1  2sin x  sin x  1  0  2 .

sin x  1  loaïi 

 
x   k 2
1    6
Với sin x    sin x  sin   ,k  Z  .
2  6  x  7
 k 2
 6

 7
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình là: x   k 2 ; x   k 2 với
6 6
k  Z  .
Câu 31. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) G1ả1 phương trình

1  s in x  cos2x  sin  x   1
 4
 cosx .
1+tanx 2
Lời giải


1  s in x  cos2x  sin  x   1
 4
Xét phương trình  cosx (1) .
1+tanx 2

cosx  0 cosx  0
Đ1ều k1ện   (2).
1  tanx  0  tanx  1
Vớ1 đ1ều k1ện (2) thì


1  s inx  cos2 x  sin  x   1
 4
(1)   cos x
s inx 2
1
cos x
cos x 1  s inx  cos2 x  cos x  s inx 1
 .  cos x
cos x  s inx 2 2
 1  s inx  cos 2 x  1
 1
2  s inx 
 2s in x + s inx  1  0  2.

sin x  1
Vớ1 s inx  1 thì cos x  0, không thõa mãn đ1ều k1ện (2).

1 3 1
Vớ1 sin x   thì cos x    0, tan x    1 nên (2) thỏa mãn.
2 2 3

 
 x  k 2
1    6
Ta có: sin x    s in x  sin    (k  ).
2  6   x  7  k 2
 6

 7
Vậy phương trình (1) có ngh1ệm x   k 2 , x   k 2 , k   .
6 6
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 186 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 32. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Giải phương trình

1  s inx  cos2x  sin  x   1
 4
 cosx
1+tanx 2
Lời giải

 
x   k
cosx  0  2
Điều kiện:   (k  )
tanx  -1  x     k
 4
Với mọi x thuộc tập xác định, ta có:

π 2
1+sinx+cos2x  sin(x+ )
1 1+sinx+cos2x   sinx+cosx  1
4 = cosx  2 = cosx
1+tanx 2 sinx+cosx 2
cosx

 
 x  2  m
sin x=1 
 
2
 1+sin x+cos 2x=1  2sin x  s in x+1=0   -1    x    m2 (m  )
sin x=  6
 2 
  x  7  m2
  6

 
 x   6  m 2
 (m  )
Đối chiếu đk, phương trình có nghiệm:  x  7  m2
 6

Câu 33. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Giải phương trình
2
cos 2 x  3 cos x  6sin x.cos x   sin x  cos x   sin 2 x  sin x .
Lời giải
2
cos 2 x  3 cos x  6sin x.cos x   sin x  cos x   sin 2 x  sin x

 cos 2 x  3 cos x  3sin 2 x  1  sin 2 x  sin 2 x  sin x


 2 sin 2 x  3 cos x  sin x
3 1
 sin 2 x  cos x  sin x
2 2
    k 2
 2 x   x  k 2  x 
  3 9 3
 sin 2 x  sin   x     ,k  .
3  
 2 x     x  k 2 x  2
 k 2
 3  3
 k 2 2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x   ;x   k 2  k    .
9 3 3
Câu 34. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Giải phương trình 1  2 sin 4 x  tan 2 x  1 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 187 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
Điều kiện x  k  k    . Khi đó,
4 2

1  2 sin 4 x  tan 2 x  1  sin 2 x  2sin 4 x.sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x  cos6 x  cos 2 x .

 sin 2 x  cos6 x  cos   2 x   cos 6 x .
2 

   
 2  2 x  6 x  k 2  x   k
   k      16 4 k   .
   2 x  6 x  k 2 x     k 
 2  8 2

  
 x  16  k 4
Vậy phương trình có hai họ nghiệm  k   .
x     k 
 8 2

Câu 35. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Giải phương trình:
4 cos 2 x 1  sin x   2 3 cos x cos 2 x  1  2sin x .
Lời giải

Phương trình tương đương với: 4cos 2 x  4cos 2 x. sin x  2 3 cos x cos 2 x  1  2sin x .
 2 sin x (2 cos 2 x  1)  2 3 cos x cos 2 x  4 cos 2 x  1  0 .
 2sin x cos 2 x  2 3 cos x cos 2 x  3cos 2 x  sin 2 x  0 .


 2cos 2 x sin x  3 cos x    3 cos x  sin x  
3 cos x  sin x  0 .

  
3 cos x  sin x 2cos 2 x  3 cos x  sin x  0 . 
 3 cos x  sin x  0
 .
 2cos 2 x  3 cos x  sin x  0


+) 3 cos x  sin x  0  tan x   3  x    k  k    .
3

 5
 x  k 2
 5  6
+) 2 cos 2 x  3 cos x  sin x  0  cos 2 x  cos  x   k   .
 6   x  5  k 2
 18 3
 5 5 k 2
Vậy phương trình có nghiệm: x    k , x    2 k , x   k   .
3 6 18 3

Câu 36. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tổng tất cả các nghiệm của phương trình
cos3x  cos 2 x  9sin x  4  0 trên khoảng  0;3  là:
25 11
A. . B. 6 . C. . D. 5 .
6 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 188 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Long; Fb: Nguyễn Thanh Long
Chọn B
 cos3x  cos 2 x  9sin x  4  0

 4 cos3 x  3cos x  1  2sin 2 x   9sin x  4  0

 cos x  4 cos 2 x  3  2sin 2 x  9sin x  5  0

 cos x  4 1  sin 2 x   3   2 sin x  1 sin x  5   0

 cos x 1  4sin 2 x    2sin x  1 sin x  5  0

 cos x 1  2 sin x 1  2 sin x   1  2 sin x  sin x  5   0

 1  2sin x  cos x 1  2sin x    sin x  5   0

 1  2 sin x  cos x  2 sin x cos x  sin x  5   0

1  2sin x  0

 cos x  2sin x cos x  sin x  5  0

 
 x   k 2
1  6
 Với 1  2sin x  0  sin x   sin x  sin   k   .
2 6  x      k 2  5  k 2
 6 6

 Với cos x  2sin x cos x  sin x  5  0  sin x  cos x  sin 2 x  5

 
 2 sin  x    sin 2 x  5
 4

  
 2 sin  x      2; 2  , x   0;3 
Ta có đánh giá sau   4
sin 2 x  5   6; 4 , x   0;3 

 
Suy ra 2 sin  x    sin 2 x  5, x   0;3  .
 4

Vậy phương trình này vô nghiệm.

  5 13 17 
 Trong khoảng  0;3  , phương trình có tập nghiệm: S   ; ; ; 
6 6 6 6 

Suy ra tổng các nghiệm trong khoảng  0 ; 3  của phương trình là 6 .

3
Câu 37. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Giải phương trình cos 2 2 x  cos2 x  0
4
Lời giải
Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 189 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1
 cos2 x   n 
3 2
Ta có: cos 2 2 x  cos2 x   0   .
4  cos2 x   3  l 
 2

   
 2 x   k 2  x   k
1  3 6
cos2 x   cos    k   .
2 3  2 x     k 2  x     k
 3  6

Câu 38. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Giải phương trình
2
cos 2 x  3 cos x  6sin x.cos x   sin x  cos x   sin 2 x  sin x .
Lời giải
2
cos 2 x  3 cos x  6sin x.cos x   sin x  cos x   sin 2 x  sin x

 cos 2 x  3 cos x  6sin x.cos x  1  2sin x.cos x  sin 2 x  sin x  3 cos x  sin x  4sin x cos x
    2
 2 x   x  k 2  x k
  3 9 3
 3 cos x  sin x  2sin 2 x  sin   x   sin 2 x    k   .
3   2 x      x  k 2  x  2  k 2
 3  3

 2 2
Vậy phương trình có nghiệm x  k ;x   k 2 ,  k   .
9 3 3

Câu 39. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Giải phương trình:
 5   
sin   3 x   16  15sin   x 
 4  4 
Lời giải
 
Đặt t  x xt . Phương trình đã cho trở thành:
4 4

 5   
sin   3  t     15sin t  16  0
 4  4 

  sin 3t  15sin t  16  0

 4sin 3 t  12sin t  16  0

 4  sin t  1  sin 2 t  sin t  4   0

 sin t  1

t  k 2 .
2

Do đó ta có: x   k 2 , k   .
4

Vậy nghiệm của phương trình là: x   k 2 , k   .
4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 190 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 40. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Trên đoạn 2018; 2018 phương trình
 
sin x 2 cos x  3  0 có tất cả bao nhiêu nghiệm ?
A. 3856 . B. 1286 . C. 2571 . D. 1928 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Trần Luân; Fb: Phạm Trần Luân
Chọn C


 x  k
sin x  0 

Ta có: sin x 2 cos x  3   0     x   k 2 , k   .
 cos x  3  6
 2  
 x    k 2
 6
k  
k   
+ Với x  k , k  . Ta có    2018 2018 nên
 2018  k  2018  k 
  
k 642; 641;...;0;...;641;642 .

k  
 
+ Với x  k 2 , k   . Ta có   nên
6  2018   k 2  2018
6
k 321; 320;...;0;...;320;321 .

k  
 
+ Với x    k 2 , k   . Ta có   nên
6   2018    k 2  2018
6
k 321; 320;...;0;...;320;321 .
Vậy phương trình có 2571 nghiệm.

Câu 41. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình
cos 2 x  m  cos x  m có nghiệm?
A.2. B. 3. C. 1. D. 2.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Hường; Fb:NguyenHuong
Chọn B

Đặt a  m  cos x , a  0  a 2  m  cos x 1 . Ta có cos 2 x  a  m  2


 a  cos x  0
Thế cos 2 x  a  m từ (2) vào (1) ta được a 2  cos 2 x  a  cos x  
 a  cos x  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 191 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

+) Với a  cos x  0  m  cos x   cos x  3


t   1; 0
Đặt t  cos x, t   1;1 , pt (3) trở thành m  t  t   2
m  t  t

Lập bảng biến thiên hàm số f  t   t 2  t trên  1; 0

Khi đó phương trình có nghiệm khi m   0; 2 , m     m  1; 2

+) Với a  cos x  1  m  cos x  1  cos x  4


t   1;1
Đặt t  cos x, t   1;1 , pt (4) trở thành m  t  1 t   2
m  t  t  1

Lập bảng biến thiên hàm số g  t   t 2  t  1 trên  1;1

3 
Khi đó phương trình có nghiệm khi m   ;3 , m     m  1; 2;3
4 
Vậy có 3 giá trị của m thỏa mãn

Câu 42. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng)


Cho phương trình cos 2 x  3 sin 2 x  5  
3 sin x  cos x  6  0 . Tính tổng giữa nghiệm dương nhỏ
nhất và nghiệm âm lớn nhất của phương trình.
  2 
A. . B.  . C.  . D. .
3 2 3 4
Lời giải
Chọn C

cos 2 x  3 sin 2 x  5  
3 sin x  cos x  6  0

 3 1   
Đặt: t  3 sin x  cos x  2  sin x  cos x   2sin  x   , t  2
 2 2   6

 
 t 2  3sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x  2  cos 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x  2  t 2

Phương trình trở thành:

  
x    k1 2  
 t  1 N    1  6 6  x   k1 2
2
t  5t  4  0    sin  x      

3  k1 , k2   
t  4  L   6 2  x    5  k 2  x    k2 2
 2
6 6


Nghiệm dương nhỏ nhất là x1  ứng với k1  0 .Nghiệm âm lớn nhất là x2   ứng với k2  1
3
 2
Do đó: x1  x2    
3 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 192 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 9 Bài toán đếm

Câu 1. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Hoa có 11 bì thư và 7 tem thư khác nhau. Hoa
cần gửi thư cho 4 người bạn, mỗi người 1 thư. Hỏi Hoa có bao nhiêu cách chọn ra 4 bì thư và 4 tem
thư, sau đó dán mỗi tem thư lên mỗi bì thư để gửi đi?
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Loan; Fb: Nguyễn Loan.
Chọn 4 bì thư từ 11 bì thư: có C114 cách.

Chọn 4 tem thư từ 7 tem thư: có C74 cách.

Dán 4 tem thư và 4 bì thư vừa chọn: có 4! cách.


Gửi 4 bì thư đã dán 4 tem thư cho 4 người bạn: có 4! cách.

Vậy có tất cả: C114 .C74 .4!.4!  6652800 cách.

Câu 2. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập các số tự nhiên
có 3 chữ số khác nhau. Tính tổng tất cả các số đó.
A. 120. B. 42000. C. 2331. D. 46620.
Lời giải
Tác giả: Phương Thúy; Fb: Phương Thúy
Chọn D
Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 lập được tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau là: 6.5.4  120
(số).
Vì vai trò các chữ số giống nhau nên số lần xuất hiện của mỗi chữ số ở mỗi hàng là như nhau và
bằng: 120 : 6  20 (lần).

Tổng tất cả các số lập được là: 1  2  3  4  5  6  .20.111  46620 .

Câu 3. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 . Từ 8 chữ số
trên lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau sao cho tổng 4 chữ số đầu bằng
tổng 4 chữ số cuối?
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mộng; Fb: Nguyễn Văn Mộng
Do 0  1  2  3  4  5  6  7  28 , nên để tổng 4 chữ số đầu và tổng 4 chữ số cuối bằng nhau là tổng
đó bằng 14 .
Ta lập 4 bộ số có tổng là 14 và có chữ số 0 là:

 0;1;6;7 ;  0;2;5;7 ;  0;3;4;7 ;  0;3;5;6  . Với mỗi bộ số có số 0 trên ứng với một bộ còn lại không có
số 0 và có tổng bằng 14.
TH1: Bộ có số 0 đứng trước: có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có:
+) Xếp 4 số đầu có 3.3! cách.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 193 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

+) Xếp 4 số cuối có 4! cách.


Áp dụng qui tắc nhân có 4.3.3!.4!  1728 số.
TH2: Bộ có số 0 đứng sau: có 4 bộ có chữ số 0, ứng với mỗi bộ có:
+) Xếp bộ không có chữ số 0 đứng trước có 4! cách.
+) Xếp bộ có chữ số 0 đứng sau có 4! cách.
Áp dụng qui tắc nhân có 4.4!.4!  2304 số.
Vậy có 1728  2304  4032 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Từ 2018 số nguyên dương đầu tiên lấy ra 6 số xếp
thành một dãy số có dạng a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 . Hỏi có bao nhiêu dãy số dạng trên biết a1 , a2 , a3 theo thứ
tự lập thành một cấp số cộng.
Lời giải
Tác giả: Võ Quang Anh; Fb:Anh Võ Quang.
a1  a3
a1 , a2 , a3 là cấp số cộng nên a2  . Suy ra a1 , a3 cùng tính chẵn lẻ.
2

TH1: a1 , a3 cùng lẻ.


2
a1 , a3 chọn trong các số 1,3,5,..., 2017 nên số cách là A1009 .

a1  a3
a2  nên a2 có 1 cách.
2
3
a4 , a5 , a6 chọn trong 2018 số loại đi ba số a1 , a2 , a3 nên số cách là A2015 .
2 3
Do đó số cách là A1009 . A2015 .
2 3
TH2: a1 , a3 cùng chẵn.Làm tương tự TH1 có A1009 . A2015 cách.
2 3
Vậy có 2. A1009 . A2015 cách lập thành dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 5. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Có 20 cây giống trong đó có 2 cây xoài, 2 cây mít, 2
cây ổi, 2 cây bơ, 2 cây bưởi và 10 loại cây khác 5 loại cây trên đồng thời đôi một khác loại nhau.
Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 5 cây để trồng trong một khu vườn sao cho không có hai cây nào
thuộc cùng một loại.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Huyền; Fb: Huyen Nguyen

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 194 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Trường hợp 1 : Chọn 5 cây nhóm II.Số cách chọn là C105  252 (cách chọn).

Trường hợp 2 : Chọn 4 cây nhóm II, chọn 1 cây nhóm I.

Số cách chọn là C104 .C51.C21  2100 (cách chọn).

Trường hợp 3 : Chọn 3 cây nhóm II, chọn 2 cây nhóm I.


2
 
Số cách chọn là C103 .C52 . C21  4800 (cách chọn).

Trường hợp 4 : Chọn 2 cây nhóm II, chọn 3 cây nhóm I.


3
 
Số cách chọn là C102 .C53 . C21  3600 (cách chọn).

Trường hợp 5 : Chọn 1 cây nhóm II, chọn 4 cây nhóm I.


4
 
Số cách chọn là C101 .C54 . C21  800 (cách chọn).

5
Trường hợp 6 : Chọn 5 cây nhóm I.Số cách chọn là C55 . C21    32 (cách chọn).

Vậy số cách chọn cây thỏa mãn yêu cầu bài ra là:
252  2100  4800  3600  800  32  11584 (cách chọn).

Câu 6. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số khác nhau mà
có mặt hai chữ số lẻ và ba chữ số chẵn, trong đó mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần?
Lời giải
Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh
Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A  {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là a, b, c thuộc
B  {0;2;4;6;8} .

+ TH1: Nếu chọn một chữ số x lẻ đứng đầu thì có 5 cách chọn, chữ số y lẻ còn lại và ba chữ số chẵn
thì số cách chọn là 4.C53 và chọn lại bộ (a;b;c) có một cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số
7!
(không kể số lẻ x đứng đầu) thì có các cách khác nhau là: 4.C53 .1. ( Ta nói x có 5 cách chọn
2!.2!.2!
nghĩa là đã xếp vị trí cho x, việc còn lại là sắp xếp vị trí cho bộ 7 chữ số còn lại).
7!
Vậy trường hợp 1 có các số thỏa mãn bài toán là: 5.4.C53 .  126000 (số)
2!.2!.2!

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 195 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

+ TH2: Nếu chọn 1 chữ số chẵn a đứng đầu thì có 4 cách, hai chữ số b, c có C 42 cách, chọn lại chữ số
a có 4 cách, chọn lại cặp (b;c) có một cách. Chọn hai chữ số lẻ có C52 cách. Bây giờ ta sắp xếp vị trí
7!
cho bộ 7 chữ số (không tính a) thì có các cách khác nhau là: C42 .1.1.C52 .  75600
1!.2!.2!
Vậy trường hợp 2 có các số thỏa mãn bài toán là: 4.75600  302400 (số)
Vậy số các số thỏa mãn bài toán là: 126000  302400  428400 số.
Cách 2. Gọi các chữ số lẻ khác nhau là x, y thuộc A  {1;3;5;7;9} và ba chữ số chẵn khác nhau là
a, b, c thuộc B  {0;2;4;6;8} .

+ TH1: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) không có chữ số 0.

Số cách chọn bộ 3 số chẵn C 43 cách. Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C52 . Bây giờ ta sẽ sắp các chữ số vào 8
vị trí: Chọn 2 vị trí trong 8 vị trí để xếp chữ số chẵn thứ nhất có C82 cách, chọn 2 vị trí trong số 6 vị trí
còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62 , chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 3 có
C 42 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 1: C43 .C52 .C82 .C62 .C42 .2!  201600 (số)

+ TH2: Bộ 3 chữ số chẵn (a;b;c) có chữ số 0.

Số cách chọn 2 số chẵn còn lại C 42 . Số cách chọn 2 số lẻ x, y là C52 . Bây giờ ta sẽ sắp các chữ số vào 8
vị trí: Chọn 2 vị trí trong 7 vị trí để xếp chữ số 0 (trừ vị trí đầu tiên) có C72 cách, chọn 2 vị trí trong số
6 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn thứ 2 có C62 , chọn 2 vị trí trong 4 vị trí còn lại để xếp chữ số chẵn
thứ 3 có C 42 cách, hai vị trí còn lại sắp 2 chữ số lẻ có 2! cách.

Vậy số các số thõa mãn trường hợp 2: C42 .C52 .C72 .C62 .C42 .2!  226800 (số).

Vậy số các số thỏa mãn bài toán là: 201600  226800  428400 số.

Câu 7. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Khi phân tích số 1000! thành tích các thừa
số nguyên tố, số các thừa số 3 là:
A. 499 . B. 500 C. 501 D. 498.
Lời giải
Tác giả:Hồ Thanh Nhân; Fb: Nhan Ho Thanh
Chọn D
Số các số chỉ chia hết cho 3 là 333-111=222;

Số các số chỉ chia hết cho 32 là 111-37=74;

Số các số chỉ chia hết cho 33 là 37-12=25;

Số các số chỉ chia hết cho 34 là 12- 4= 8;

Số các số chỉ chia hết cho 35 là 4- 1= 3;

Số các số chỉ chia hết cho 36 là 1.


Vậy số các thừa số 3 là: 222.1+74.2+25.3+8.4+3.5+1.6=498.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 196 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 10 Xác suất

Câu 1. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Một hộp đựng 9 thẻ được đánh số từ 1 đến
9 (mỗi thẻ ghi một số).Rút ngẫu nhiên 3 thẻ và nhân 3 số ghi trên 3 thẻ đó với nhau. Tính xác suất
để tích nhận được là một số lẻ?
5 1 11 5
A. . B. . C. . D. .
42 42 42 84
Lời giải
Tác giả: Hoàng Minh Thành; Fb: Hoàng Minh Thành
Chọn A

Số cách chọn 3 thẻ bất kì là: n ( )  C93

Gọi A là biến cố "Tích của 3 số ghi trên 3 thẻ là một số lẻ"

Số phần tử của A là n( A)  C53

n( A) 5
Xác suất của biến cố A là: P ( A)  
n() 42

Câu 2. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Có 10 đội tuyển bóng đá quốc gia ở khu vực Đông
Nam Á tham gia thi đấu AFF Suzuki Cup 2018 trong đó có đội tuyển Việt Nam và đội tuyển Thái Lan,
các đội được chia làm hai bảng, kí hiệu là bảng A và bảng B, mỗi bảng có 5 đội. Việc chia bảng được
thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm
ở hai bảng đấu khác nhau.
Lời giải

Số phần tử trong không gian mẫu là n()  C105  252 .

Gọi C là biến cố: “Hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng đấu khác nhau”.

TH 1: Đội tuyển Việt Nam ở bảng A, đội tuyển Thái Lan ở bảng. Số cách xếp thỏa mãn là C84  70 .

TH 2: Đội tuyển Việt Nam ở bảng B, đội tuyển Thái Lan ở bảngA. Số cách xếp thỏa mãn là C84  70 .

Số phần tử của biến cố C là n(C )  140 .

Vậy xác suất để hai đội tuyển Việt Nam và Thái Lan nằm ở hai bảng đấu khác nhau là
n (C) 140 5
P (C )    .
n () 252 9

Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Từ các chữ số 1 , 2 , 3, 4 , 5, 6 lập được các số có
bốn chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để số đó có chữ số 4 .
3 1 1 2
A. . B. . C. . D. .
4 3 4 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 197 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Số phần tử không gian mẫu là n     A64  360 .

Gọi A là biến cố “số được chọn có chữ số 4”.

Ta có n  A  4. A53  240 .

n  A  240 2
Vậy xác suất của biến cố A là P  A     .
n    360 3

Câu 4. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Một tổ học sinh có 7 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2
người. Tính xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ.
1 1 7 8
A. . B. . C. . D. .
5 15 15 15
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Hùng; Fb: Hùng Nguyễn
Chọn B

Số cách chọn 2 người từ 10 người là: C102  45  n     45 .

Gọi A : “ 2 người được chọn đều là nữ”.

Số cách chọn 2 học sinh nữ từ 3 học sinh nữ là: C32  3  n  A   3 .

n  A 3 1
Vậy xác suất sao cho 2 người được chọn đều là nữ là: P  A     .
n    45 15

Câu 5. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Trong một hộp kín đựng 100 tấm
thẻ như nhau được đánh số từ 1 đến 100. Lấy ngẫu nhiên ba tấm thẻ trong hộp. Tính xác suất để lấy
được ba tấm thẻ mà ba số ghi trên ba tấm thẻ đó lập thành một cấp số cộng.
Lời giải
Tác giả: Lâm Quốc Toàn; Fb: Lam Quoc Toan
3
Số phần tử của không gian mẫu:   C100 .

Gọi ba số lập thành cấp số cộng lần lượt là: u1 , u2 , u3 .

Khi đó u1 , u3 phải cùng là hai số chẵn hoặc cùng là hai số lẻ.

Từ 1 đến 100 có 50 số chẵn, 50 số lẻ.

+ Trường hợp 1: u1 , u3 là hai số chẵn, có C502 cách chọn bộ u1; u3 .

+ Trường hợp 2: u1 , u3 là hai số lẻ, có C502 cách chọn bộ u1; u3 .

Với mỗi cách chọn bộ u1; u3 có duy nhất một cách chọn u2 để u1 , u2 , u3 lập thành cấp số cộng.

Suy ra số cách lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là  A  2C502 .

Xác suất lấy được 3 thẻ ghi ba số lập thành cấp số cộng là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 198 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

A 2C502 1
P  A   3  .
 C100 66

Câu 6. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho lưới ô vuông như hình vẽ, có một con
kiến di chuyển từ điểm A đến điểm B bằng cách di chuyển trên cạnh để đi qua
các điểm nút của lưới (điểm nút là đỉnh của các hình vuông nhỏ), mỗi bước nó
di chuyển xuống dưới hoặc di chuyển sang phải để đến điểm nút gần nhất. Biết
rằng nếu đến điểm C thì kiến sẽ bị ăn thị. Gỉa sử kiến di chuyển một cách ngẫu
nhiên và nó không biết tại C sẽ gặp nguy hiểm. Tính xác suất để kiến đến được
điểm B.
Lời giải

Kiến muốn đi đến B thì bắt buộc phải qua D .


Gọi m là số cách đi từ A đến D.
Gọi n là số cách đi từ D đến B.
Gọi k là số cách đi từ D đến B mà không đi qua C
Ta có số cách đi từ A đến B là m.n ; số cách đi từ A đến B mà không đi qua C là mk .
mk k
Ta có xác suất mà kiến đi được đến B là p  
mn n
Các cách đi từ D đến B mà có đi qua C là : DCEFB; DCIFB; DCIKB; suy ra số cách đi từ D đến B mà có
đi qua C là 3.
Vì tính đối xứng của lưới ô vuông 2x2 nên số cách đi từ D đến B mà không qua C là 3.
k 1
Suy ra k  3, n  6 . Do đó p   .
n 2

Câu 7. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một
khác nhau được chọn từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Xác định số phần tử của S . Lấy ngẫu nhiên
một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia
hết cho 11.
Lời giải
Tác giả : Vũ Thị Thảo Facebook: Vũ Thảo
Số phần tử của S là: A94  3024 ( số ).

Số phần tử của không gian mẫu là n     3024 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 199 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Gọi A là biến cố số được chọn là số chia hết cho 11 và tổng 4 chữ số của nó cũng chia hết cho 11 .

Gọi số tự nhiên gồm 4 chữ số đôi một khác nhau là : abcd ,  a  0, a  b  c  d  .

Theo giả thiết ta có :  a  c    b  d   11 và  a  c    b  d   11 suy ra  a  c 11 và  b  d 11 .

Trong các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 có các bộ số gồm hai chữ số mà tổng chia hết cho 11 là
2; 9 ; 3; 8 ; 4; 7 ; 5; 6 .
Chọn cặp số  a, c  có 4 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách.

Khi đó, chọn cặp số  b, d  còn 3 khả năng, mỗi khả năng có 2 cách.

Vậy n  A   4.2.3.2  48 (số)

n  A 48 1
Xác suất cần tìm là P  A     .
n    3024 63

Câu 8. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số khác
nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Lời giải

+) Số phần tử của không gian mẫu: n  A106  A95  136080.

+) Số các số tự nhiên có 6 chữ số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ:


TH1: Số tạo thành không chứa số 0 .

Lấy ra 3 số chẵn có: C43 cách;


Lấy ra 3 số lẻ có: C53 cách;
Số các hoán vị của 6 số trên: 6!

Suy ra số các số tạo thành: C43  C53  6!  28800.


TH2: Số tạo thành có số 0 .

Lấy ra hai số chẵn khác 0 : C42 .


Lấy ra 3 số lẻ: C53 .
Số các hoán vị không có số 0 đứng đầu: 6! 5!  5.5!
Số các số tạo thành: C42  C53  5  5!  36000 .

+) Gọi biến cố A : “số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”

Suy ra : nA  28800  36000  64800.

nA 64800 10
Xác suất xảy ra biến cố A : PA    .
n 136080 21

Câu 9. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Một người A đứng tại gốc O của trục số x ' Ox . Do
say rượu nên người A bước ngẫu nhiên sang trái hoặc sang phải trên trục tọa độ với độ dài mỗi
bước là một đơn vị. Tính xác suất để sau n bước  n  2  thì người A quay trở lại gốc tọa độ O .
Lời giải
Tác giả: Tăng Duy Hùng; Fb: Tăng Duy Hùng
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 200 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Phản biện: Bùi Dũng; Fb: Bùi Dũng

Trường hợp 1: n  2k  1  k  N *  khi đó xác suất người đó quay trở lại O là : P  0

Trường hợp 2: n  2k  k  N *  . Người đó quay trở về O nếu có k bước sang phải và k bước sang
trái.
Xác suất bước sang phải là: 0, 5

Xác suất bước sang trái là: 0, 5


n
Do đó xác suất để quay về O là: P  Cnk .  0,5

Câu 10. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm năm
chữ số được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số
được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thủy ; Fb: Camtu Lan
Ta có S  7 5 .

Xét phép thử: Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S .

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   7 5 .

Gọi A là biến cố: “ số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.

Bước 1: Ta chọn ra ba chữ số khác nhau từ tập S , có C73 cách chọn.

Bước 2: Ta chia thành hai trường hợp sau


TH1: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng ba lần, hai chữ số còn
C31.5!
lại mỗi chữ số xuất hiện đúng một lần, vậy có cách.
3!
TH2: Trong ba chữ số được chọn ra từ bước 1, có một chữ số xuất hiện đúng một lần, hai chữ số còn
C 2 .5!
lại mỗi chữ số xuất hiện đúng hai lần, vậy có 3 cách.
2!.2!
1
3  C .5! C 2 .5! 
Suy ra  A  C7 .  3  3   5250 .
 3! 2!.2! 

A 5250 750
Vậy P  A     .
 75 2401

Câu 11. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà Toán học nam,
5 nhà Vật lý nữ và 3 nhà Hóa học nữ. Người ta chọn ra từ đó 4 người để đi công tác, tính xác suất sao
cho trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn.
Lời giải

Chọn ngẫu nhiên 4 nhà khoa học trong 16 nhà khoa học có C164 cách.

Chọn 4 người đi công tác thỏa mãn yêu cầu bài toán có các trường hợp sau:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 201 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn 2 nhà Toán học nam, 1 nhà Vật lỹ nữ, 1 nhà Hóa học nữ có C82 .C51.C31 cách.

Chọn 1 nhà Toán học nam, 2 nhà Vật lỹ nữ, 1 nhà Hóa học nữ có C81.C52 .C31 cách.

Chọn 1 nhà Toán học nam, 1 nhà Vật lỹ nữ, 2 nhà Hóa học nữ có C81.C51.C32 cách.

Số cách chọn đoàn công tác là C82 .C51.C31  C81.C52 .C31  C81.C51.C32 cách.

C82 .C51.C31  C81.C52 .C31  C81.C51.C32 3


Vậy, xác suất cần tìm là: P  
C164 7

Câu 12. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu
hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó có 1 phương án trả lời đúng, 3 phương án sai. Tính
xác suất để mỗi học sinh làm bài thi trả lời đúng được ít nhất 3 câu hỏi?
Lời giải
Tác giả: Phạm Hoàng Điệp ; Fb:Hoàng Điệp Phạm
1 3
Xác suất để một học sinh trả lời đúng 1 câu là , trả lời sai 1 câu là .
4 4
3 2
1 3 45
Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 3 câu là: C53      .
 4   4  512
4
 1   3  15
4
Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 4 câu là: C      5 .
 4   4  1024
5
1 1 5
Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả 5 câu là: C    5.
 4  1024
45 15 1 53
Vậy xác suất để một học sinh trả lời đúng ít nhất 3 câu là:    .
512 1024 1024 512

Câu 13. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Có hai chiếc hộp chứa bi, mỗi viên bi chỉ mang màu xanh
hoặc đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp đúng 1 viên bi. Biết tổng số bi trong hai hộp là 20 và xác suất để
55
lấy được hai viên bi màu xanh là . Tính xác suất để lấy được hai viên bi màu đỏ.
84
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thiện ; Fb:Thien Nguyen
Giả sử hộp thứ nhất có x viên bi, trong đó có a viên bi xanh, hộp thứ hai có y viên bi, trong đó có
b viên bi xanh (điều kiện x, y, a, b nguyên dương, x  y, x  a, y  b ).

 x  y  20 (1)

Từ giả thiết ta có:  ab 55 .
 xy  84 (2)

1
Từ (2)  55xy  84ab  xy84 , mặt khác: xy  ( x  y) 2  100  xy  84 (3) .
4

 x  14
Từ (1) và (3) suy ra  .
y  6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 202 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Từ (2) và (3) suy ra ab  55 , mà a  x  14, b  y  6  a  11, b  5 .

x a y b 1
Vậy xác suất lấy được hai viên bi đỏ là: P  .  .
x y 28

Câu 14. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Trong cuộc thi: "Thiết kế và trình diễn các trang
phục dân tộc" do Đoàn trường THPT tổ chức vào tháng 3 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một
tiết mục. Kết quả có 12 tiết mục đạt giải trong đó có 4 tiết mục khối 12, có 5 tiết mục khối 11 và 3
tiết mục khối 10. Ban tổ chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 26 tháng 3.
Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít nhất 2 tiết mục của
khối 12.
Lời giải
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  .

Số phần tử của không gian mẫu là: n     C125  792 .

Gọi A là biến cố "Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn và trong đó có ít
nhất hai tiết mục của khối 12".
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12, hai tiết mục khối 10, một tiết mục khối 11.
+ 2 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 2 tiết mục khối 11.
+ 3 tiết mục khối 12, 1 tiết mục khối 10, 1 tiết mục khối 11.

Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: n  A   C42 .C32 .C51  C42 .C31.C52  C43 .C31.C51  330 .

n  A 330 5
Xác suất cần tìm là P    .
n    792 12

Câu 15. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ
số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ.
Lời giải

Số phần tử của không gian mẫu: n     A106  A95  136080 .

Gọi biến cố A : “Số đuợc chọn có 3 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ”.


Trường hợp 1: Số được chọn không chứa chữ số 0 .

Lấy ra 3 chữ số chẵn có C43 cách.

Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C53 cách.

Số các hoán vị của 6 chữ số trên là 6! .

Suy ra số các số tạo thành: C43 .C53 .6!  28800

Trường hợp 1: Số được chọn có chứa chữ số 0 .

Lấy ra 2 chữ số chẵn khác 0 có C42 cách.

Lấy ra 3 chữ số lẻ có: C53 cách.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 203 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Số các hoán vị không có chữ số 0 đứng đầu là: 6! 5!  5.5! .

Số các số tạo thành: C42 .C53 .5.5!  36000 .

Suy ra: n  A   28800  36000  64800 .

n  A  64800 10
Xác suất xảy ra biến cố A là: P  A     .
n    136080 21

Câu 16. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Cho sáu thẻ, mỗi thẻ ghi một trong các số của tập
E  1; 2;3; 4; 6;8 (các thẻ khác nhau ghi các số khác nhau). Rút ngẫu nhiên ba thẻ, tính xác suất để
rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù.
Lời giải
Cách của Admin Nguyễn Trung Kiên.
Lấy ba thẻ từ 6 thẻ có số cách lấy là C63 , nên số phần tử của không gian mẫu là   C63  20 .

Gọi biến cố A : “rút được ba thẻ ghi ba số là số đo ba cạnh của một tam giác có góc tù”.

Giả sử rút được bộ ba số là  a; b; c  , với a  b  c , do đó 4  c , nên c  4; 6;8 .

 tù
a , b , c là ba cạnh của tam giác ABC , với BC  a , CA  b , AB  c có góc C

 a 2  b2  c2
cos C  0 a 2  b 2  c 2
 2ab   a 2  b 2  c  a  b , với c  4; 6;8 .
4  c  a  b  4  c  a  b

+Xét c  4 thì có bộ  a; b    2;3 thỏa mãn.

+Xét c  6 , do a  b  c , 6  c  a  b  2b , nên b  4 và a  3 . Suy ra có bộ  a; b    3; 4  thỏa mãn.

+Xét c  8 , do a  b  c , 8  c  a  b  2b , nên b  6 và a  3 hoặc a  4 . Suy ra có hai bộ


 a; b    3; 6  hoặc  a; b    4;6  thỏa mãn.
Suy ra số phần tử của biến cố A là  A  4 .

A 4 1
Nên xác suất cần tìm là p    .
 20 5

Câu 17. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình vuông cỡ 9.9 tâm O được tạo từ 9.9 hình
vuông đơn vị. Hai hình vuông đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có cùng một cạnh chung. Một con
bọ ban đầu ở O . Mỗi lần di chuyển con bọ sẽ nhảy ngẫu nhiên từ tâm hình vuông đơn vị nó đứng
sang tâm hình vuông đơn vị kề bên. Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O .
Lời giải
Tác giả: Bùi Dũng; Fb: Bùi Dũng
Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Lê Mai Hương
Khi con bọ nhảy 4 bước thì không gian mẫu là: 4.4.4.4  256
Ở bước nhảy thứ 2 ta chia các trường hợp sau:
TH1: Bước 2 con bọ nhảy qua B1  B2 có 2 cách nhảy

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 204 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Bước 3 có hai cách nhảy về A1  A2 ( nếu từ B1 ) hoặc nhảy về A1  A4 ( nếu từ B2 )


Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O
Có: 4.2.2.1  16 cách
TH2: Bước 2 con bọ nhảy qua B 3 có 1 cách nhảy

Bước 3 có 1 cách nhảy về A1


Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O
Có: 4.1.1.1  4 cách
TH2: Bước 2 con bọ nhảy về O có 1 cách nhảy
Bước 3 có 4 cách nhảy về các ô A1  A2  A3  A4

Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O


Có: 4.1.4.1  16 cách
16  4  16 9
Vậy xác suất để con bọ nhảy 4 bước quay trở về O là:  .
256 64
Câu 18. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Có hai chuồng nhốt thỏ, chuồng thứ nhất nhốt 19 con thỏ
lông màu đen và 1 con thỏ lông màu trắng. Chuồng thứ hai nhốt 13 con thỏ lông màu đen và 2 con
thỏ lông màu trắng. Bắt ngẫu nhiên mỗi chuồng đúng 1 con thỏ. Tính xác suất để bắt được hai con
thỏ có màu lông khác nhau.
Lời giải
Chuồng thứ nhất bắt ra 1 con thỏ có 20 cách.
Chuồng thứ hai bắt ra 1 con thỏ có 15 cách.

Số cách bắt ra mỗi chuồng 1 con thỏ là: n     15.20  300

Gọi A là biến cố: "bắt được hai con thỏ cùng màu"
+ TH1: Hai con thỏ cùng màu đen có 13. 19 = 247 (cách)
+ TH2: Hai con thỏ cùng màu trắng có 1. 2 = 2 (cách)
n( A) 249
n( A)  247  2  249 (cách)  P( A)  
n    300

249 17
Do đó xác suất bắt được hai con thỏ có màu lông khác nhau là: 1   .
300 100

Câu 19. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Bạn An có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất
1 2
hiện mặt ngửa là và bạn Bình có một đồng xu mà khi tung có xác suất xuất hiện mặt ngửa là .
3 5
Hai bạn An và Bình lần lượt chơi trò chơi tung đồng xu của mình đến khi có người được mặt ngửa,
ai được mặt ngửa trước thì thắng. Các lần tung là độc lập với nhau và bạn An chơi trước. Xác suất
p
bạn An thắng là , trong đó p và q là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Tìm q  p .
q
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 205 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Giả sử bạn An thắng ở lần gieo thứ n , n  , n  1 khi đó bạn An và bạn Bình tung đồng xu ở n  1 lần
n 1 n 1 n 1
2 3 1 1 2
trước đó đều là sấp, xác suất để điều này xảy ra là         .
3 5 3 3 5

Do n có thể tiến tới dương vô cùng, vậy nên áp dụng quy tắc cộng xác suất, ta có xác suất để An
2 m
p 1  2 2 2 
thắng là:   1            ; m  N *
q 3  5  5  5 
2 m
2 2 2
Trong đó S  1            là tổng của cấp số nhân vô hạn với số hạng đầu u1  1 và
5 5 5
công
2 1 5 p 1 1 5
bội q0  nên S   , suy ra  . 
5 2 3 q 3 1 2 9
1
5 5
Từ đó q  9 ; p  5 suy ra q  p  9  5  4.

Câu 20. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi
5
phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn .
6
Lời giải
Trong 9 thẻ đã cho có hai thẻ ghi số 4 và 8 chia hết cho 4, 7 thẻ còn lại ghi số không chia hết cho 4.
Giả sử rút x thẻ với 1  x  9; x    , số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là C9x .

Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n     C9x .

Gọi A là biến cố: “ Trong số x tấm thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ”.

Suy ra A là biến cố: “ Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 ”.

Số cách chọn tương ứng với biến cố A là


 
n A  C7x
.

C7x C7x
 
P A  x  P  A  1  x
C9 C9 .
Ta có

5 C7x 5
P  A   1  x   1   9  x  8  x   5
Do đó 6 C9 6 72 6  x 2  17 x  60  0  5  x  12 .

Kết hợp điều kiện: 1  x  9; x    5  x  9 .


Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Số thẻ ít nhất phải rút là 6.

Câu 21. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số được lập từ tập
X  0;1; 2;3; 4;5; 6;7 .Rút ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để rút được số mà trong số
đó chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng trước.
2 3 11 3
A. . B. . C. . D. .
7 32 64 16
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 206 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả:Nguyễn Thị Hường; Fb:NguyenHuong


Chọn D

+) Số phần tử của không gian mẫu là n     7.8.8  448.

+) Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên rút được có chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng
trước”.

Gọi số tự nhiên cần lập là abc,1  a  b  c; a, b, c  0;1; 2;3; 4;5; 6;7

Đặt a '  a  1; b '  b; c '  c  1

Khi đó 0  a '  b '  c '  8

Với mỗi cách chọn được bộ 3 số  a '; b '; c ' cho tương ứng 1 bộ 3 số  a; b; c  thỏa mãn yêu cầu bài
toán.

Có C93 cách chọn bộ 3 số  a '; b '; c '

Suy ra số phần tử của biến cố A là n  A   C93  84

84 3
Vậy xác suất cần tìm là P  A    .
448 16

Câu 22. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình lập phương tâm O được ghép từ 9.9.9
hình lập phương đơn vị. Hai hình lập phương đơn vị được gọi là kề bên nếu chúng có chung một
mặt. Con bọ ban đầu ở tâm O . Mỗi bước nhảy con bọ sẽ nhảy từ tâm khối lập phương đơn vị nó
đứng sang tâm khối lập phương đơn vị kề bên. Tính xác suất để con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại
điểm O .
Lời giải
Tác giả: Lê Mai Hương; Fb:Le Mai Huong
Mỗi bước con bọ có thể nhảy ngẫu nhiên qua tâm của 6 hình lập phương đơn vị khác.

Do đó không gian mẫu là n   6..6.6.6  64 .

Gọi A là biến cố “con bọ sau 4 bước nhảy sẽ quay lại điểm O ”.


Xét hệ trục tọa độ không gian gốc O với các trục song song các cạnh hình lập phương.
Khi đó có hai trường hợp sau:

TH1: Con bọ nhảy trên một đường thẳng (có 3 đường tương ứng 3 trục tọa độ) có 3.C24  18 .

TH2: Con bọ nhảy không nhảy trên một đường thẳng (trong trường hợp này nó chỉ có thể nhảy trên
2 trục tọa độ) có 3.4!  72 .

n  A 18  72 5
Vậy xác suất của biến cố A là: P  A    .
n  6 4
72

Câu 23. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số
khác nhau được chọn từ các số 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9. Xác định số phần tử của S . Chọn ngẫu
nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn là số chẵn.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 207 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Nguyễn Thanh Việt ; Fb: Nguyễn Thanh Việt


1. Số phần tử của tập S là n  S   9.9.8.7.6  27216.

Gọi số chẵn thuộc tập S có dạng abcde  a  0  .

Nếu e  {2; 4; 6;8} , trường hợp này ta có: 8.8.7.6.4  10752 số.

Nếu e  0 , trường hợp này ta có: 9.8.7.6  3024 số.


10752  3024 13776 41
Vậy xác suất cần tìm là: P    .
27216 27216 81

Câu 24. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Trong một tiết học môn Toán, giáo viên mời ba học sinh
A , B , C thực hiện trò chơi như sau: Mỗi bạn A , B , C chọn ngẫu nhiên một số nguyên khác 0 thuộc
khoảng  6;6  và lần lượt thế vào ba tham số của hàm số y  ax 4  bx 2  c ; nếu đồ thị hàm số thu
được có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành thì được nhận thưởng. Tính xác suất để ba
học sinh A , B , C được nhận thưởng.
Lời giải
Tác giả: Phạm Tiến Long; Fb: Long Pham Tien
Số phần tử của không gian mẫu : n     103 .

Hàm số có ba điểm cực trị  ab  0 .

x  0
Ta có : y '  4ax  2bx  0  2 x  2ax  b   0  
3 2
.
x    b
 2a

 b b2   b b2 
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là A  0; c  , B    ;   c  , C   ;   c  .
 2a 4 a   2a 4a 

*)Trường hợp 1:
Nếu a  0 thì A là điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục hoành

a  0 a  0  a  5;  4;  3;  2;  1
  
 b  0  b  0  b  1;2;3;4;5  có 5.5.5  125 (cách).
y  0 c  0 
 A  c  1; 2;3;4;5

*)Trường hợp 2:
Nếu a  0 thì B , C là hai điểm cực tiểu nên đồ thị hàm số có ba điểm cực trị đều nằm phía trên trục
hoành


a  0 a  0
b  0
 
  b  0 .
 yB  0  b2
 yC  0  c
 4a

Suy ra được c  0 và 4 a  4;8;12;16; 20 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 208 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có các khả năng sau:

b2
Với c  1   1 , b  1  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  1   1 , b  2  a  2;3; 4;5  có 4 (cách).
4a

b2
Với c  1   1 , b  3  a  3; 4;5  có 3 (cách).
4a

b2
Với c  1   1 , b  4  a  5  có 1 (cách).
4a

b2
Với c  2   2 , b  1  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  2   2 , b  2  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  2   2 , b  3  a  2;3; 4;5  có 4 (cách).
4a

b2
Với c  2   2 , b  4  a  3; 4;5  có 3 (cách).
4a

b2
Với c  2   2 , b  5  a  4;5  có 2 (cách).
4a

b2
Với c  3   3 , b  1  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  3   3 , b  2  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  3   3 , b  3  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  3   3 , b  4  a  2;3; 4;5  có (cách).
4a

b2
Với c  3   3 , b  5  a  3; 4;5  có 3 (cách).
4a

b2
Với c  4   4 , b  1  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  4   4 , b  2  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  4   4 , b  3  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 209 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

b2
Với c  4   4 , b  4  a  2;3; 4;5  có 4 (cách).
4a

b2
Với c  4   4 , b  5  a  2;3; 4;5  có 4 (cách).
4a

b2
Với c  5   5 , b  1  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  5   5 , b  2  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  5   5 , b  3  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  5   5 , b  4  a  1; 2;3; 4;5  có 5 (cách).
4a

b2
Với c  5   5 , b  5  a  2;3; 4;5  có 4 (cách).
4a
Trong trường hợp này có 101 (cách).
Suy ra có tất cả 125  101  226 (cách).
226 113
Vậy xác suất là  .
1000 500

Câu 25. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019)


Một quân vua được đặt trên một ô giữa bàn cờ vua. Mỗi bước di
chuyển, quân vua được chuyển sang một ô khác chung cạnh hoặc
chung đỉnh với ô đang đứng
( xem hình minh họa).
Bạn An di chuyển quân vua ngẫu nhiên 3 bước. Tính xác suất để
sau 3 bước đi quân vua trở về ô xuất phát.

Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
Mỗi bước đi quân vua có thể đi đến 8 ô xung quanh, từ đó suy ra số phần tử của không gian mẫu là
n     83 .

Cách 1.
Gắn hệ trục Oxy vào bàn cờ vua sao cho vị trí ban đầu của quân vua là gốc tọa độ, mỗi ô trên bàn
ứng với một điểm có tọa độ  x; y  . Mỗi bước di chuyển của quân vua từ điểm  x; y  đến điểm có tọa
độ  x  x0 ; y  y0  trong đó x0 ; y0  1; 0;1 ; x0 2  y0 2  0 . Ví dụ nếu x0  1; y0  0 thì quân vua di
chuyển đến ô bên phải, x0  1; y0  1 thì di chuyển xuống ô đường chéo.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 210 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Giả sử tọa độ ban đầu là  0;0  , thế thì sau 3 bước đi thì tọa độ của quân vua là
 x1  x2  x3  0
 x1  x2  x3 ; y1  y2  y3  ; x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3  1;0;1 . Để về vị trí ban đầu thì  . Suy ra
 y1  y2  y3  0
các bộ  x1 ; x2 ; x3  và  y1 ; y2 ; y3  là một hoán vị của 1;0;1 .

+)  x1 ; x2 ; x3 có 6 cách chọn, với mỗi cách chọn  x1 ; x2 ; x3 có 4 cách chọn  y1 ; y2 ; y3  vì
 xi ; yi  , i  1;3 không đồng thời bằng 0 .
24 3
Do đó số kết quả thuận lợi cho biến cố bằng 24 và xác suất cần tìm là p   .
83 64
Cách 2.
Nhận xét để quân vua trở về vị trí xuất phát sau 3 bước thì sau bước II quân vua phải ở một trong 8
ô xung quanh ô ban đầu.
Trường hợp 1. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung cạnh với ô ban đầu.
Từ đây quân vua có 4 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi chéo).
Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát.
Vậy số cách đi ở TH1: 4  4 1  16 cách.
Trường hợp 2. Sau bước I quân vua ở 1 trong 4 ô chung đỉnh với ô ban đầu.
Từ đây quân vua chỉ có 2 cách đi cho bước II (đi ngang hoặc đi dọc).
Ở bước III, quân vua chỉ có 1 cách đi về vị trí xuất phát.
Vậy số cách đi ở TH2: 4  2 1  8 cách.
16  8 3
Xác suất cần tìm: p   .
83 64

Câu 26. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019)Trong cuộc thi văn nghệ do đoàn thanh niên trường
THPT X tổ chức vào tháng 11 năm 2018 với thể lệ mỗi lớp tham gia một tiết mục. Kết quả có 12 tiết
mục đạt giải trong đó: có 4 tiết mục lớp 12 , có 5 tiết mục khối 11 và 3 tiết mục khối 10 . Ban tổ
chức chọn ngẫu nhiên 5 tiết mục biểu diễn chào mừng ngày 20 tháng 11 (không tính thứ tự biểu
diễn). Tính xác suất sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong đó có ít nhất 2 tiết mục
của khối 12 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là 
Số phần tử của không gian mẫu là n     C125  792
Gọi A là biến cố: ‘‘Chọn 5 tiết mục sao cho khối nào cũng có tiết mục được biểu diễn trong đó có ít
nhất 2 tiết mục của khối 12 ’’.
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là:
+ 2 tiết mục khối 12 , 2 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
+ 2 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 2 tiết mục khối 11
+ 3 tiết mục khối 12 , 1 tiết mục khối 10 , 1 tiết mục khối 11
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là n  A  C42 .C32 .C51  C42 .C31.C52  C43 .C31.C51  330

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 211 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

330 5
Xác suất cần tìm là P  A    .
792 12

Câu 27. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)Cho A là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số. Chọn
ngẫu nhiên một số thuộc tập A . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận
cùng bằng 2 .
Lời giải
Tác giả: Duyên Vũ; Fb: Duyên Vũ
Cách 1.

Số phần tử của không gian mẫu là:   9.105 .

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.
Ta nhận thấy rằng: Số nhỏ nhất có 6 chữ số chia hết cho 13 là: 100009 , số lớn nhất có 6 chữ số chia
hết cho 13 là: 999999 .
Ta có 100009  13  100022 , do đó số có 6 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 13 và có tận cùng bằng 2
chính là số 100022 .
Nhận thấy rằng nếu hai số tự nhiên có 6 chữ số cùng chia hết cho 13 và đều có chữ số tận cùng
bằng 2 thì hiệu của chúng cũng chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 0 .
Số nhỏ nhất ( lớn hơn 0 ) có chữ số tận cùng bằng 0 chia hết cho 13 là 130 .
Điều này chứng tỏ tất cả các số có 6 chữ số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 lập thành
một cấp số cộng có số hạng đầu là u1  100022 , công sai d  130 .

Công thức số hạng tổng quát của dãy là: un  u1  (n  1) d .

Vì số cần tìm là số có 6 chữ số không vượt quá 999999 nên ta có:


69230
100022   n  1130  999999  n   6923, 9 .
10
Vì n là số tự nhiên nên số hạng lớn nhất trong dãy trên ứng với n  6923 .

Vậy số phần tử của biến cố B là B  6923 .

B 6923
Xác suất của biến cố B là: P  B    .
 900000

Cách 2.

Số phần tử của không gian mẫu là:   9.105 .

Gọi số chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2 là a1a2 a3 a4 a5 2 .

Ta có a1a2 a3 a4 a5 2  10.a1a2 a3 a4 a5  2 .

Gọi k là số dư của phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13  k  , 0  k  12  .

Khi đó vì a1a2 a3 a4 a5 2  10.a1a2 a3 a4 a5  213  k  , 0  k  12  nên ta có:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 212 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

10k  213  k  , 0  k  12 

10k  2
Do đó tồn tại số tự nhiên t sao cho 10k  2  13t  t    ,  k  , 0  k  12  .
13
Ta có bảng:

k 0 10k  2 2 Loại
 
13 13
k 1 10k  2 12 Loại
 
13 13
k 2 10k  2 22 Loại
 
13 13
k 3 10k  2 32 Loại
 
13 13
k 4 10k  2 42 Thỏa mãn
  4
13 13
k 5 10k  2 52 Loại
 
13 13
k 6 10k  2 62 Loại
 
13 13
k 7 10k  2 72 Loại
 
13 13
k 8 10k  2 82 Loại
 
13 13
k 9 10k  2 92 Loại
 
13 13
k  10 10k  2 102 Loại
 
13 13
k  11 10k  2 112 Loại
 
13 13
k  12 10k  2 122 Loại
 
13 13
Từ bảng trên ta có k  4 là số dư của phép chia a1a2 a3 a4 a5 cho 13 . Như vậy, tồn tại số tự nhiên t để
10000  4 99999  4
a1a2 a3 a4 a5  13t  4 . Vì 10000  a1a2 a3 a4 a5  99999 nên t  , hay
13 13
9996 99995
 768, 923  t   7691,923
13 13
 769  t  7691, t   .

Gọi B là biến cố số được chọn chia hết cho 13 và có chữ số tận cùng bằng 2.

Khi đó số phần tử của biến cố B là B  7691  769  1  6923 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 213 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

B 6923
Xác suất của biến cố B là: P  B    .
 900000

Câu 28. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho tập A  0;1;2;3;4;5;6 . Gọi S là tập hợp
các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được chọn từ các phần tử của tập A . Chọn ngẫu nhiên một
số từ tập S . Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 15.
Lời giải

Gọi n  a1a2a3a4a5 là số tự nhiên cần tìm, trong đó các chữ số lấy từ tập A .

Số phần tử của tập S là số các số tự nhiên có 5 chữ số với các chữ số khác nhau lấy từ tập A .

Ta có n  S   6 A64  2160 .

Do n chia hết cho 15 nên n chia hết cho 3 và 5. Suy ra a5  0 hoặc a5  5 .

TH1: a5  0  n  a1a2a3a4 0 trong đó 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 .

Khi đó để n chia hết cho 3 thì  a1  a2  a3  a4  chia hết cho 3

Do 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập 1;2;3;4;5;6 nên xảy ra 2 TH sau:

i) Trong 4 số đó gồm hai số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2.

Có tất cả A42 .2.2.2  96 số.

ii) Trong 4 số đó gồm hai số chia 3 dư 1, hai số chia 3 dư 2.


Có tất cả 4!  24 số.

TH2: a5  5  n  a1a2 a3a4 5 trong đó 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6 .

Khi đó để n chia hết cho 3 thì  a1  a2  a3  a4  chia 3 dư 1.

Do 4 số a1 , a2 , a3 , a4 lấy từ tập 0;1;2;3;4;6 nên xảy ra 2 TH sau:

iii) Trong 4 số đó gồm ba số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1.

* Nếu a1  3 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số 0;6;1 , 0;6;4 nên có 3! 3!  12 số.

* Nếu a1  6 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số 0;3;1 , 0;3;4 nên có 3! 3!  12 số.

* Nếu a1  1 hoặc a1  4 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số 0;3;6 nên có 3! 3!  12 số.

Có tất cả 36 số.
iv) Trong 4 số đó gồm một số chia hết cho 3, hai số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2

* Nếu a1  3 hoặc a1  6 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số 1;2;4 nên có 3! 3!  12 số.

* Nếu a1  1 thì a2 , a3 , a4 là các số trong bộ ba số 2;4;6 , 2;4;3 , 2;4;0 nên có 3.3!  18 số.

* Nếu a1  2 hoặc a1  4 thì tương tự đều có 18 số thỏa mãn.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 214 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Có tất cả 12  18.3  66 số.


96  24  36  66 37
Vậy xác suất cần tính là  .
2160 360

Câu 29. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một lớp học trong một trường đại học có 60 sinh
viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 30 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả
tiếng Anh và tiếng Pháp. Chọn ngẫu nhiên 2 sinh viên của lớp học này. Tính xác suất để 2 sinh viên
được chọn không học ngoại ngữ. Biết rằng trường này chỉ dạy hai loại ngoại ngữ là tiếng Anh và
tiếng Pháp.
Lời giải
Tác giả:Mai Ngọc Thi ; Fb: Mai Ngọc Thi
Cách 1:
Sử dụng biểu đồ ven như hình vẽ bên dưới

Như vậy lớp đại học đã cho có 10 sinh viên không học ngoại ngữ.
Ta xét phép thử : Chọn 2 sinh viên bất kỳ trong số 60 sinh viên của lớp học.

Số khả năng xảy ra của phép thử là n     C602 .

Xét biến cố A : Chọn ra 2 sinh viên không học ngoại ngữ.


Như vậy điều kiện thuận lợi của biến cố A là chọn 2 sinh viên trong 10 sinh viên không học ngoại
ngữ. Do đó n  A   C102 .

Suy ra xác suất để chọn được 2 sinh viên không học ngoại ngữ là

n  A  C102 3
P  A   2  .
n    C60 118

Cách 2 : Gọi A , P , K lần lượt là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, học tiếng Pháp và không học ngoại
ngữ. Khi đó n  A  P  K   60 , n  A   40 , n  P   30 , n  P   20 .

Ta có

n  A  P  K   n  A  n  P   n  K   n  A  P   n  A  K   n  P  K   n  A  P  K 

Nên 60  40  30  n  K   20  0  0  0  n  K   10 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 215 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Gọi X là biến cố “ 2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ”.

Ta có n     C602 ; n  X   C102 .

n  X  C102 3
Do đó PX    2  .
n    C60 118

Câu 30. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Xếp mười học sinh gồm bốn học sinh lớp 12 , ba
học sinh lớp 11 và ba học sinh lớp 10 ngồi vào một hàng ngang gồm 10 ghế được đánh số từ 1 đến
10 . Tính xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Minh Thành ; Fb: Hoàng Minh Thành
Số cách xếp bất kỳ 10 học sinh là: n()  10!

Gọi A là biến cố "Không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau"
Số cách xếp 6 học sinh gồm lớp 11 và lớp 10 là : 6! . Vì 6 học sinh được xếp ở trên tạo ra 7 khoảng
trống ( 5 khoảng giữa 2 học sinh và 2 khoảng ở vị trí hai đầu) nên chọn 4 trong 7 vị trí đó để xếp
4 học sinh lớp 12 có A74 cách

Suy ra : n( A)  6!. A74

n( A) 1
Xác suất của biến cố A là : P( A)  
n() 6

1
Vậy xác suất để không có hai học sinh lớp 12 ngồi cạnh nhau là: .
6

Câu 31. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Có 6 bi gồm 2 bi đỏ, 2 bi vàng, 2 bi xanh (các bi này
đôi một khác nhau). Xếp ngẫu nhiên các viên bi thành hàng ngang, tính xác suất để hai viên bi vàng
không xếp cạnh nhau?
2 1 5 1
A. P  . B. P  . C. P  . D. P  .
3 3 6 5
Lời giải
Tác giả:Dương Hồng ; Fb:Dương Hồng
Chọn A

Cách 1: Số phần tử của không gian mẫu là P6  6!  720 .

Xếp 4 viên bi gồm 2 viên bi đỏ và 2 viên bi xanh thành hàng ngang có 4! cách.
Với mỗi cách xếp 4 viên bi nói trên, cứ giữa 2 viên bi có 1 khoảng trống, tính cả khoảng trống 2 đầu
hàng ta có 5 khoảng trống. Chọn 2 trong 5 khoảng trống trên để xếp 2 viên bi vàng vào ta có A52  20
cách.
Vậy số cách xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng không xếp cạnh nhau là 4!.20  480
cách.
480 2
Vậy P   .
720 3
Cách 2: Dùng phần bù

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 216 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Số phần tử của không gian mẫu là P6  6!  720 .

Coi 2 viên bi vàng là 1 nhóm, xếp cùng 4 viên bi còn lại thành 1 hàng ngang có 5!  120 cách.
Hoán vị 2 viên bi vàng trong nhóm trên có 2!  2 cách.
Số cách xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng xếp cạnh nhau là 2.120  240 cách. Vậy
xếp 6 viên bi vào hàng ngang sao cho 2 viên bi vàng không xếp cạnh nhau là 720  240  480 cách.
480 2
Vậy P   .
720 3

Câu 32. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho tập X  1; 2;...;8 . Gọi A là tập các số tự nhiên có
8 chữ số đôi một khác nhau được lập từ X . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất để số
được lấy chia hết cho 2222.
C 2C 2 C 2 192 4!4! 348
A. 8 6 4 . B. . C. . D. .
8! 8! 8! 8!
Lời giải
Chọn B

Ta có n     8! .Gọi số được lấy từ A có dạng a  a1a2 ...a8 .

a  2 a  2
Vì 2222  2.1111 , hơn nữa 2 và 1111 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên a  2222    8 .
a 1111 a 1111

Từ a1  a2  ...  a8  1  2  ..  8  36 9 nên a9999 .

Lại có 
a  a1a2 ...a8  10000.a1a2 a3 a4  a5 a6 a7 a8  9999.a1a2 a3 a4  a1a2 a3 a4  a5 a6 a7 a8  suy ra

a a a a
1 2 3 4 
 a5 a6 a7 a8  9999 .

Nhưng vì 2000  a1a2 a3a4  a5 a6 a7 a8  18000 nên a1a2 a3a4  a5 a6 a7 a8  9999 hay
a1  a5  a2  a6  a3  a7  a4  a8  9 .

Dễ thấy mỗi số tự nhiên a thỏa mãn điều kiện trên và a8 là số chẵn đều chia hết cho 2222.

Chia 8 số từ X thành bốn bộ có tổng bằng 9 là 1;8  ,  2; 7  ,  3;6  ,  4;5  .

a8 có 4 cách chọn.

Mỗi cách chọn a8 ta có duy nhất một cách chọn a4 .

Ba bộ còn lại  a1 ; a5  ,  a2 ; a6  ,  a3 ; a7  có thể hoán vị cho nhau, đồng thời hai phần tử trong mỗi bộ
3
có cũng có thể hoán vị cho nhau nên có tất cả 3!.  2! cách chọn.
3
Tóm lại, ta có n  A   4.3!.  2!  192 .

n  A  192
Vậy P  A    .
n    8!

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 217 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chuyên đề 11 Nhị thức NewTon


 
 
20 22
 1  1 
Câu 1. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho T  x    x 3     x  2   x  0  . Sau khi khai
 x  x 
triển và rút gọn T  x  có bao nhiêu số hạng?
A. 36 . B. 39 . C. 44 . D. 38 .
Lời giải
Tác giả: Bùi Đức Thắng; Fb: Đức Thắng
Chọn D
20 22 k
 1  1  20
3 20  k 1 22  1
T  x    x3   x 2   C k
20 x  . k   C22k x 22k .  2 
 x  x  k 0 x k 0 x 
20 22
  C20k x 60 4 k   C22k x 223 k  T1  T2
k 0 k 0

Số các số hạng của T  x  chính là số các số mũ khác nhau của x .

Trong T1 số mũ của x là các bội của 4 trong đoạn  20, 60 .

Trong T2 dễ thấy số mũ của x là các số: 22;19;16;13;10;7; 4;1; 2; 5; 8; 11; 14; 17; 20;... .

Dễ thấy có 4 số mũ trùng nhau của T1 và T2 là 16; 4; 8; 20 .

Vậy số số hạng trong T  x  là 20  22  4  38 .

Chọn D

Câu 2. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho khai triển nhị thức Newton
( x 2  x ) n  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2 n x 2 n , (n  N * ) . Tìm hệ số a10 .Biết rằng C nn 1  Cnn  2  21
Lời giải
Tác giả:Võ Văn Trung; Fb: Van Trung
Giải phương trình tìm n:
n 1 n2 *
Cn  Cn  21(n  N , n  2)
n! n! n(n  1)  n  6(nh)
   21  n   21  n 2  n  42  0   .
(n  1)! 2!(n  2)! 2  n  7(l)

6 6
Ta có: ( x 2  x)6   C6k ( x 2 )6 k .(  x) k   C6k (1) k x12  k
k 0 k 0

Mà ( x 2  x ) 6  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a12 x12 nên a10 là hệ số của x10

Suy ra: x10  x12  k  k  2

Vậy hệ số a10 là: C62 ( 1) 2  15

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 218   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

15
Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho khai triển  3 x  2   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a15 x15 .
Hệ số lớn nhất trong khai triển đó là
A. a15 . B. a12 C. a9 . D. a8 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Tiến Long; Fb: Long Pham Tien
Chọn C
k
Tk 1 C k 215 k  3 x   C15k 215 k 3k x k  k  ;0  k  15 
Số hạng tổng quát trong khai triển đã cho là: 15 .

Tk 1 là ak  C15k 215  k 3k .
Hệ số của số hạng tổng quát
0 15 0
- Với k  0 : Ta có a0  C15 2 3 .
15 0 15
- Với k  15 : Ta có a15  C15 2 3 .
a
- Với 0  k  15 : k lớn nhất khi và chỉ khi:

ak  ak 1 C15k 215 k 3k  C15k 1 214 k 3k 1


   k 15 k k k 1 16  k k 1
ak  ak 1 C15 2 3  C15 2 3
 15! 15 k k 15!
 k !15  k  ! 2 3  214 k 3k 1
  k  1!14  k !

 15! 15!
215 k 3k  216  k 3k 1
 k !15  k  !  k  1 !16  k  !
 2 3  43
15  k  k  1  k
5k  43  5
  
3  2 5k  48 k  48
 k 16  k  5

Mà k  nên suy ra k  9 . Suy ra hệ số lớn nhất là a9  C159 2639 .

So sánh các hệ số a0 , a9 và a15 ta thấy a9 lớn nhất. Vậy a9 là hệ số lớn nhất trong khai triển đã cho.

Câu 4. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Tìm số hạng chứa x 5 trong khai
triển:
10
2 2
  3x   x  0  .
x 
Lời giải
Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến
Hướng 1: Trình bày theo lớp 12 như sau:
10 10 10  k 10
2  k 2 k k
Ta có:   3 x 2    C10 .  .  3 x 2    C10
k
.210 k .  3 .x 3k 10 .( x  0 ) với k  0,1, 2,...,10 .
x  k 0 x k 0

5
Khi 3k  10  5  k  5 thì số hạng chứa x 5 trong khai triển là: C105 .25.  3  .x 5  1959552.x 5 .

Hướng 2: Trình bày theo lớp 11 như sau:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 219   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
10 10  k
2  10
k 2 k
10
k x2k
Ta có   3 x 2    C10 .  .  3 x 2    C10
k
.210  k .  3 . , ( x  0 ) với k  0,1, 2,...,10 .
x  k 0  x k 0 x10 k

x 2k
Số hạng chứa x 5 ứng với số k thỏa mãn  x 5  x 2 k  x15 k  2k  15  k  k  5 .
x10 k
5
Vậy số hạng chứa x 5 trong khai triển là C10
5
.210 5.  3  .x 5  1959552.x 5 .

Câu 5. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cn1 ; Cn2 ; Cn3 lần lượt là số
hạng thứ nhất, thứ 5 và thứ 15 của một cấp số cộng. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 1
  
C20n 1  C22n 1  C24n 1 .  C22nn1  C4263
2
    
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Hạnh, Fb: Nguyễn Công Hạnh

2 1 Cn2  Cn1 Cn3  Cn1


3 1
a. Theo giả thiết ta có C  C  4d ; C  C  14d 
n n  n n
4 14
n(n  1)(n  2) n(n  1)
 7  Cn2  Cn1   2  Cn3  Cn1   2Cn3  7Cn2  5Cn1  0  2 7  5n  0
6 2

 n  11
 2 n  27 n  55  0  
2
.
 n  5 ( L)
 2
Với n  11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng.
2 2 2 4 2 2 1
0
Ta cần chứng minh C23    C   C  23 23  ...   C2322   C4623 .
2
2 2 2 4 2 2 1
Ta sẽ chứng minh tổng quát Cn0    C   C  n n  ...   Cnn 1   C2nn với n lẻ.
2

Xét khai triển (1  x) 2 n  (1  x) n ( x  1) n   Cn0  Cn1 x  Cnn x n  Cn0 x n  Cn1 x n1  Cnn  .

2 2 2 2 2
Đồng nhất hệ số của x n của đẳng thức trên ta có  Cn0    Cn1    Cn2    Cn3    Cnn   C2nn (1)

n 1 n 1
Do n lẻ và Cn0  Cnn ; Cn1  Cnn 1 ;...; Cn 2  Cn 2
2 2 2 2 2

Nên  Cn0    Cn1    Cn2    Cn3    Cnn   2  Cn0    Cn2    Cn4   .   Cnn 1 
2 2 2 2
.
2 2 2 4 2 2 1
Thay vào (1) ta có Cn0    C   C 
n n .   Cnn 1   C2nn (đpcm).
2

Câu 6. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Tính tổng S  2 1Cn2  3  2Cn3  4  3Cn4   n( n  1)Cnn .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 220   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Ta có: S  2 1Cn2  3  2Cn3  4  3Cn4   n( n  1)Cnn với số hạng tổng quát là


n!
uk  k  k  1 Cnk  k  k  1
k ! n  k  !
n  n  1 n  2  !

 k  2 ! n  2 !  k  2 !
 n  n  1 Cnk22  2  k  n  .

Từ đó:


S  n  n  1 Cn0 2  Cn1 2    Cnn22 
 n  n  1 2 n  2.

Câu 7. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019) Cho k là số tự nhiên thỏa mãn: 5  k  2014 .
Chứng minh rằng:
k
C50 .C 2014 k 1
 C51 .C2014 k 5
 ...  C55 .C2014 k
 C2019
Lời giải
Tác giả: Đinh Thị Phương Trâm, Facebook: trâm đinh
Ta có: ( x  1)5 .( x  1) 2014  ( x  1) 2019

Đặt M  ( x  1)5  C50  C51 x  C52 x 2  C53 x 3  C54 x 4  C55 x 5

N  ( x  1) 2014  C2014
0 1
 C2014 2
x  C2014 k
x 2  ...  C2014 x k  ...  C2014
2014 2014
x

P  ( x  1) 2019  C2019
0 1
 C2019 2
x  C 2019 k
x 2  ...  C2019 x k  ...  C 2019
2019 2019
x

Vì P  M .N nên số hạng chứa x k trong P có dạng:


k
C2019 x k  C50 .C2014
k
x k  C51 x .C2014
k 1 k 1 k  2 k 2
x  C52 x 2 .C2014 k  5 k 5
x  ...C55 x 5 .C2014 x
k
 C50 .C2014 x k  C51.C2014
k 1 k k 2 k
x  C52 .C2014 k 5 k
x  ...  C55 .C2014 x (*)
k
Thay x  1 vào (*) ta có: C50 .C 2014 k 1
 C51 .C2014 k 5
 ...  C55 .C2014 k
 C2019

Câu 8. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Tính tổng


S  2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4  ...  n(n  1)Cnn .
Lời giải

S  2.1Cn2  3.2Cn3  4.3Cn4  ...  n(n  1)Cnn

n! n  n  1 n  2  !
Số hạng tổng quát: uk  k  k  1 Cnk  k  k  1 
k ! n  k  !  k  2  !  n  2 !  k  2  !

 n  n  1 Cnk22  2  k  n 

S  n  n  1  Cn0 2  Cn12  ...  Cnn22   n  n  1 2n2

Câu 9. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển 1  x  x 2 
n

, biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ thức C20n  C22n  ...  C22nn  512.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 221   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Giải:

*) Ta có 0  11  C20n  C21n  C22n  ...  C22nn1  C22nn .


2n

Suy ra: C20n  C22n  ...  C22nn  C21n  C23n  ...  C22nn1 .

Mà 2 2 n  1  1  C20n  C21n  ...  C22nn  


2n

 C20n  C22n  ...  C22nn   C21n  C23n  ...  C22nn1 

   2 C20n  C22n  ...  C22nn 

 2.512  210 (do C20n  C22n  ...  C22nn  512 ).

 2n  10  n  5
*) Xét khai triển
5
1  x  x 2   1  x 1  x   C5k x k 1  xk
5 5

k 0

5  k  5  k 
  C5k x k  Cki xi     C5k Cki x k i  (với i, k  ,0  i  k  5 * ).
k 0
 i0  
k 0  i0 

*) Vì số hạng chứa x 5 nên k  i  5 . Kết hợp với điều kiện * ta được các trường hợp sau:

i  0 i  1 i  2


 ; ; .
k  5 k  4 k  3

*) Hệ số cần tìm là: C55 .C50  C41 .C54  C32 .C53  51 .

Câu 10. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho n là một số nguyên dương. Gọi a3n3 là
n n
hệ số của x 3n 3 trong khai triển thành đa thức của x 2  1    x  2 . Tìm n sao cho a 3 n 3  26n ?.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đức Hoạch, Fb: Hoạch Nguyễn
Phản biện: Nguyễn Văn Mộng, FB: Nguyễn Văn Mộng
n n  n nk  
n
  n  n 
Ta có:  x 2  1  x  2     Cnk  x 2   .   Cnm x n  m .2m     Cnk x 2 n  2 k  .   Cnm x n  m .2m 
 k 0   m0   k 0   m 0 

 m, n , k  ; 0  m, k  n  .
Xét số hạng chứa x 3n 3 thì ta suy ra  2n  2k    n  m   3n  3  2k  m  3 .

Do k , m   nên suy ra  k , m    0;3 , 1;1 .

⇒ Hệ số của số hạng chứa x 3n 3 là a3 n 3  C n0 .Cn3 .23  C n1 .C n1 .2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 222   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

n! n! n!
Theo giả thiết a3n 3  26n nên Cn0 .Cn3 .23  Cn1 .Cn1 .2  26n  .8  . .2  26n
3! n  3 !  n  1!  n  1!
4n  n  1 n  2 
  2n 2  26 n  2n 2  3n  35  0  n  5 (Do n  ) .
3
Vậy n  5 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 11. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển
n
Newton của biểu thức  2  3 x  biết n là số nguyên dương thỏa mãn hệ thức
C21n 1  C22n 1  C2nn 1  220  1 .
Lời giải
Tác giả:Phạm Ngọc Hưng; Fb: Hưng Phạm Ngọc
Phản biện: Nguyễn Văn Mến;FB: Nguyễn Văn Mến
Ta có C21n 1  C22n1  C2nn1  220  1  C20n1  C22n 1  C2nn 1  220 .

Do C20n1  C21n 1  C22n 1  C2nn 1  C2nn11  C2nn31  C2nn31  C22nn11 .

Suy ra (1  1) 2 n1  C20n1  C21n1  C22n1  C2nn 1  C2nn11  C2nn21  C2nn31  C22nn11 .

 2 2 n 1  2  2 20  2 2 n 1  2 21  2 n  1  21  n  10 .
k
Số hạng thứ k  1 trong khai triển là Tk 1  C10k 210k  3x   C10k 210k 3k x k .

Theo yêu cầu đề bài suy ra k  10 . Vậy hệ số của x10 trong khai triển là C1010 310  59049 .

Câu 12. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn Cnn41  Cnn3  7  n  3 .
Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong khai triển nhị thức Niu-tơn
n
 3
P   2x2  3  ,  x  0 .
 x 
Lời giải
Tác giả:Trần Văn Đức ; Fb: Đức trần văn
Ta có:

Cnn41  Cnn3  7  n  3 
 n  4  !   n  3 !  7 n  3
 
 n  1!.3! n !.3!
 n  3 n  2   7
  n  3  n  2  14  n  12 (tm)
2
12 12
 3
Với n  12, P   2 x 2  3    C12k 212 k (3) k x 24 5 k .
 x  k 0

Số hạng chứa x 4 ứng với 24  5k  4  k  4

Vậy hệ số chứa x 4 là C124 .28.34

Câu 13. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 223   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

10
 2 1 
x  3  , x  0.
 x 
A. C103 . B. C1010 . C. C105 . D. C106 .
Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương
Chọn D
10 10 10 k
 1  10  k  1 
Ta có  x 2  3    C10k  x 2   3    C10k x 20 5 k .
 x  k 0 x  k 0

Số hạng không chứa x ứng với k  thỏa mãn x205k  x0  1  20  5k  0  k  4 .

Vậy số hạng không chứa x là C104 . Mà ta có C104  C106 , nên số hạng không chứa x là C106 .

Câu 14. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho khai triển
3 8
 3x 2
 2   2 x  3  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a14 x14 . Tìm a11
Lời giải
Tác giả: Trần Đắc Nghĩa; Fb: Đ Nghĩa Trần
3
Xét khai triển:  3 x 2  2  có số hạng tổng quát:

3 k k
T1  C3k  3 x 2   2   k  0;1; 2;3 .
8
Khai triển  2 x  3  có số hạng tổng quát:
8 i i
T2  C8i  2 x   3  i  0;1; 2;.....;8 .
3 8
Khi đó số hạng tổng quát của khai triển  3 x 2  2   2 x  3 là:

3 k k 8 i i i k
T  C3k  3 x 2   2  .C8i  2 x   3   C3k .C8i 33 k  3 28i  2  x 2 k i 14 .

a11 là hệ số đứng trước x11 , khi đó ta có:

2k  i  14  11
 k  0

i  3

 k  1

 i  1
0 3
a11  C30 .33.  2  .C83 .25.  3  C31.32.  2  .C81.27.  3  1140480 .

Câu 15. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn
3 Ax2  A22x  42  0 ?
A. 2 . B. 0 . C. 7 . D. 5 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 224   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Phạm Trần Luân; Fb: Phạm Trần Luân


Chọn D

x  2
Điều kiện:  .
 x  

3. x !  2 x  !  42  0  3x x  1  2 x 2 x  1  42  0
Ta có: 3 Ax2  A22x  42  0      
 x  2 !  2 x  2 !
  x 2  x  42  0  7  x  6  x  2;3;4;5;6 .

Vậy có 5 số tự nhiên thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 16. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị
n
 1 
thức  x  4  biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn:
 2 x
Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn  64n .
Lời giải
n
Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  Cn3 x 3  ....  Cnn 1 x n 1  Cnn x n (1) (n  N * )

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)

Thay x  1 vào (2) ta được:

n.2 n 1  Cn1  2Cn2  3Cn3  ...   n  1 Cnn 1  nCnn . Từ giả thiết


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

Ta có: 64n  n.2n 1  26  2n 1  6  n  1  n  7 (thỏa mãn n  N * ).


7
 1 
Số hạng tổng quát của khai triển  x  4  là:
 2 x
k
7k  1  1 k 7 2 k  k4 1 k 1443k
T C k
7  x .  4   k C7 .x .x  k C7 .x
2 x 2 2
;0  k  7,  k  N

14  3k
Để T chứa x 2 ta cần tìm số k sao cho 0  k  7,  k  N và  2  k  2 (thỏa mãn).
4
1 2 21
Vậy hệ số của số hạng chứa x 2 là: .C7  .
22. 4

n
 1
Câu 17. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho nhị thức  x   trong đó tổng 3 hệ số đầu
 x
tiên của khai triển của nhị thức đó là 36. Khi đó số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức đã
cho bằng:
A. 525 . B. 252 . C. 252 . D. 525 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 225   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Phan Thị Quyên ; Fb: Quyen Phan


Chọn C
n n k n
 1 k nk  1 k
Ta có  x    C n .x .      1 .Cn k .x n  2 k .
 x k 0  x k 0

Do tổng 3 hệ số đầu tiên của khai triển là 36 nên ta có phương trình:

Cn0  Cn1  Cn2  36, n  2, n  N .

n  n  1
 1 n   36.
2

 n 2  3n  70  0.

n  10

n  7(l ).
10
 1 k
Khi đó nhị thức  x   có số hạng tổng quát trong khai triển là  1 .C10k .x10  2 k .
 x
5
Ta tìm k sao cho 10  2k  0  k  5 . Vậy số hạng cần tìm là  1 C105  252 .

Câu 18. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Tính tổng
k
S  2 2 C2019
2
 32 C2019
3 k
 ...   1 k 2C2019  ...  2019 2 C2019
2019
.
Lời giải
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
Trước hết ta chứng minh đẳng thức: k 2 Cnk  n  n  1 Cnk22  nCnk11 1  2  k  n, k , n   *  .

Thật vậy: do k 2 Cnk  k  k  1 Cnk  kCnk  2 .


Mà:

n!  n  1!  n  1!
kCnk  k .  n.  n.  nCnk11  3
k !.  n  k  !  k  1!.  n  k !  k  1!.   n  1   k  1 !
Áp dụng  3  hai lần ta được:  k  1 .k .Cnk   k  1 .n.Cnk11  n.  k  1 .Cnk11  n  n  1 Cnk22  4 

Từ  2  ,  3  ,  4  ta được 1 .

Áp dụng 1 ta được:


2019 2019
k k
S   1
k 2
k
.k 2 .C2019    1 . 2019.2018.C
k 2
k 2
2017
k 1
 2019.C2018 
2017 2018
k k k k
 2018.2019.  C 2017 .  1  2019. C2018 .  1
k 0 k 1
 2018.2019. 1  1
2017
 2019. 1  1  2018

 1  2019.

Vậy S  2019 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 226   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 19. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Tìm số tự nhiên n thỏa mãn:
Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn   n  304  .2 n
A. 608 . B. 2019 . C. 305 . D. 2018 .
Lời giải
Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen
Chọn A

Xét số hạng k .Cnk  k


n!
n
 n  1!  nC k 1 .
n 1
k ! n  k !  k  1! n  k !

Do đó ta có: Cn1  2Cn2  3Cn3  ...  nCnn  n Cn01  Cn11  Cn21  ...  Cnn11  n.2 n1 . 
Kết hợp với giả thiết ta được: n.2 n 1   n  304  .2 n  n  2  n  304   n  608

Câu 20. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho khai triển
(1  x  x 2 ) 2019  a0  a1 x  a2 x 2  .....  a4038 x 4038 .

Tính S  a0  a1  a2  ...  a4038 .


A. S  1 . B. S  34038 . C. S  0 . D. S  32019 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thuyên; Fb:Thuyên Nguyễn.
Chọn D

Theo bài ra ta có: (1  x  x 2 ) 2019  a0  a1 x  a2 x 2  .....  a4038 x 4038  x  R .

Ta thay x  1 vào thì được: (1  1  1) 2019  a0  a1  a2  .....  a4038 .  32019  S .

Vậy S  32019 .

Câu 21. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Tính tổng
1 2 2 2 2018 2018 2 2019 2019 2
S
2019
1
C2019 
2018
2

C2019 
 ... 
2
C2019    
1
 C2019  .
Lời giải
Tác giả:Mai Ngọc Thi ; Fb: Mai Ngọc Thi
Xét số hạng tổng quát :
k 2 k 2019! 2019!
Tk  . C2019
k
  . k
.C2019  k
.C2019 k 1
 C2019 2019  k
.C2019 ,
2020  k 2020  k  2019  k  ! k !  2020  k  !  k  1 !
k  1,2,...,2019
0 2018 1 2017 2017 1 2018 0
Suy ra S  C2019 .C2019  C2019 .C2019  ...  C2019 .C2019  C2019 .C2019

Xét
2019 2019
1  x  1  x    C2019
0 1
 C2019 x  ...  C2019 x  C2019
2019 2019 0 1
 C2019 x 
2019 2019
x  ...  C2019

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 227   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2019 2019
Hệ số của x 2018 trong khai triển  1  x  1  x  là :
0 2018 1 2017 2017 1 2018 0
C2019 .C2019  C2019 .C2019  ...  C2019 .C2019  C2019 .C2019  1
4038 0 1 2018 2018 4038 4038
Xét khai triển :  1  x   C4038  C4038 x  ...  C4038 x  ...  C4038 x
4038 2018
Hệ số của x 2018 trong khai triển  1  x  là C4038 2
1 2 2 2 2018 2018 2 2019 2019 2
Từ  1 và  2  ta có S 
2019
 1
C2019  
2018
 2
C2019   ... 
2
 C2019   1  C2019   C4038
2018

Câu 22. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Chứng minh rằng C3nn chia hết cho 3 với mọi n nguyên
dương.
Lời giải

Ta có C3nn 
 3n !  1.2.3... 3n  1 .3n  3. 1.2.3... 3n  1  3.  3n  1!  3C n1 .
3 n 1
n !.  2n ! 1.2.3...n.  2n ! 1.2.3...  n  1 .  2n !  n  1!. 2n !
Nên C3nn chia hết cho 3 với mọi n nguyên dương.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 228   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 12 Dãy số, giới hạn

Câu 1. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định bởi
u1  2851
 2 2
. Số hạng thứ 2020 của dãy số  un  là:
 un 1    un   n , n  1
A. 1427 . B. 1429 . C. 2019 . D. 1428 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Hữu; Fb: Nguyễn Trần Hữu
Chọn B
2 2 2 2 2
Ta có:  u n 1    u n   n   un 1    n  1   un   n 2  3n  1  vn 1  vn  3n  1
2
với vn   un   n 2 , n  1 (1).
v   u1  2  12  2852
Xét dãy số  vn  xác định bởi  1 (2).
v 
 n 1 nv  3 n  1, n  1
Ta có: v2  v1  4 ; v3  v2  7 ;.; vn 1  vn  3n  1, n  1 .

Suy ra: vn 1  v1  4  7  ...  3n  1, n  1  vn 1  v1 


 4  3n  1 n , n  1
2
2
3n  5n
 vn 1  v1  , n  1 (3).
2
2 2 3n 2  5n 2 n2  n  2
Từ (1), (2), (3) ta suy ra:  un 1   vn 1   n  1  v1    n  1  v1  ,n 1.
2 2
2 20192  2019  2
Suy ra:  u2020   2852   2042041  u2020  1429 ( do un  0, n  1 ).
2

u  u  54
Câu 2. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho cấp số nhân  un  biết  4 2 . Tìm số
u5  u3  108
hạng đầu u1 và công bội q của cấp số nhân trên.
A. u1  9 ; q  2 . B. u1  9 ; q   2 . C. u1  9 ; q  2 . D. u1  9 ; q  2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Nguyễn Dung
Chọn C
Ta có:

u4  u2  54 u1.q 3  u1.q  54 u1.q 3  u1.q  54


  
q  u1.q  u1.q   108 .
4 2 3
u5  u3  108 u1.q  u1.q  108
u1.q 3  u1.q  54 u1.23  u1.2  54 u  9
   1
q.54  108 q  2 q  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 229 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vậy u1  9 , q  2 .

Câu 3. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho dãy số  un  được xác định bởi: u1  2; un  2un1  3n  1 .


Công thức số hạng tổng quát của dãy số đã cho là biểu thức có dạng a.2n  bn  c, với a, b, c là các số
nguyên, n  2; n  N . Khi đó tổng a  b  c có giá trị bằng?
A. 3 . B. 4 . C. 4 . D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Phương ; Fb: Phương Nguyễn
Chọn D

 u2  9

Từ công thức truy hồi u1  2; un  2un1  3n  1 ta suy ra: u3  26 .
u  63
 4

Mà un  a.2 n  bn  c, n  2 nên ta có hệ phương trình:

 4a  2b  c  9  a5
 
 8a  3b  c  26  b  3 .
16a  4b  c  63 c  5
 

Do đó a  b  c  3 .

Câu 4. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Cho các số x  5 y;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự đó lập thành
2
một cấp số cộng; đồng thời các số ( y  1) 2 ; xy  1;  x  2  theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Hãy
tìm x, y .
Lời giải
+ x  5 y;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự lập thành CSC nên ta có:

x  5 y  8 x  y  2  5 x  2 y   x  2 y 1
2 2
+  y  1 ; xy  1;  x  2  theo thứ tự lập thành CSN nên ta có:
2 2 2
 y  1  x  2    xy  1 2
2 2 2
+Thay (1) vào (2) ta được:  y  1  2 y  2    2 y 2  1  4  y 4  2 y 2  1  4 y 4  4 y 2  1

  3
3 y  x 3
 y2    2 .
4  3
y  x 3
 2
:
Câu 5. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Cho các số x  5 y ;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự đó
2
lập thành một cấp số cộng; đồng thời các số ( y  1)2 ; xy  1;  x  2  theo thứ tự lập thành một cấp số
nhân. Hãy tìm x, y .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 230 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x  5 y ;5 x  2 y;8 x  y theo thứ tự lập thành cấp số cộng nên ta có:

x  5 y  8 x  y  2  5 x  2 y   x  2 y 1
2 2
 y  1 ; xy  1;  x  2  theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có:
2 2 2
 y  1  x  2    xy  1  2
Thay (1) vào (2) ta được:
2 2 2
 y  1  2 y  2    2 y 2  1  4  y 4  2 y 2  1  4 y 4  4 y 2  1

  3
3 y  x 3
2
y   2 .
4  3
y  x 3
 2

 3  3
Vậy  x; y    3;  ,  x; y     3;  .
 2   2 

Câu 6. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Xét sự hội tụ của dãy số  xn  biết x0  2 ,
2 3
xn 1   2 ,  n  .
xn xn
Lời giải
Tác giả: Phan Thị Hiền; Fb: Phan Hiền
Cách 1:

+) Ta thấy xn  0,  n .

2 3 3 2 3
x0  2 ; x1    1  1, 433 ; x2   2
 2, 239 .
2 4 4 3  3
1 1  
4 4 

2 3 2 2 3
+) Xét f  x    2 trên  0;   có f   x     3  0,  x  0;    nên y  f  x  nghịch
x x x2 x
biến trên  0;   .

+) Xét dãy số  x2n  là một dãy con của dãy số  xn  .

Dãy số  x2n  là một dãy số tăng.

Thật vậy:

-) x0  x2 .

-) Giả sử x2 k 2  x2 k , k  . Vì y  f  x nghịch biến trên  0;   nên


x2 k 1  f  x2k   f  x2k 2   x2k 1  x2k 2  f  x2k 1   f  x2 k 1   x2k . Vậy x2k  x2 k  2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 231 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Theo nguyên lí quy nạp,  x2 n  , n  là một dãy số tăng và ngoài ra x2 n  2,  n  .

+) Giả sử  lim xn  a  lim x2 n  a và a  2 .

2 3  2 3 2 3
Do xn 1   2 ,  n  nên lim xn 1  lim   2   a   2
xn xn x 
 n xn  a a

  
 a  3 a 2  a 3  1  0  a  3 (mâu thuẫn với a  2 ).

Vậy giả sử sai. Dãy số  xn  là dãy số phân kì.

Cách 2:

+) Ta thấy xn  0,  n .

2 3 3 2 3
x0  2 ; x1    1  1, 433 ; x2   2
 2, 239 .
2 4 4 3  3
1 1  
4 4 

+) Ta chứng minh x2 n  2, n  , 1

Thật vậy: Với n  0 thì x0  2  3 nên 1 đúng với n  0 .

Giả sử 1 đúng  n  k , k   tức là x2 k  2 ta chứng minh 1 cũng đúng với n  k  1 .

2 3 3 2 3
Ta có: x2 k  2  0  x2 k 1    1  x2 k  2   2
 2.
2 4 4 3  3
1 1  
4 4 

Theo nguyên lí quy nạp ta có x2 n  2, n   .

+) Xét dãy số  x2n  là một dãy con của dãy số  xn  .

Giả sử  lim xn  a  lim x2 n  a và a  2 .

2 3  2 3 2 3
Do xn 1   2 ,  n  nên lim xn 1  lim   2   a   2
xn xn  
 xn xn  a a

  
 a  3 a 2  a 3  1  0  a  3 (mâu thuẫn với a  2 ).

Vậy giả sử sai. Dãy số  xn  là dãy số phân kì.

Câu 7. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019) Tìm số hạng tổng quát của dãy số  un  biết
u1  2 và un 1  2un  5, n *.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thanh Thủy ; Fb: Phạm Thủy
n  * , ta có un 1  2un  5  un 1  5  2  un  5  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 232 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đặt wn  u n  5, n   * .

Khi đó wn 1  2 wn , n   * .

Do đó  wn  là cấp số nhân có w1  u1  5  7, công bội q  2.

Suy ra wn  w1 .q n 1  7.2 n 1 , n   * .

Vậy un  7.2 n 1  5, n   * .

u2  u3  u5  10
Câu 8. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho cấp số cộng  un  với  .
u3  u4  17
Số hạng đầu và công sai lần lượt là
A. u1  3 ; d  1 . B. u1  3 ; d  2 . C. u1  2 ; d  3 . D. u1  1 ; d  3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thủy; Fb: diephoang
Chọn D

u2  u3  u5  10  u1  d    u1  2d    u1  4d   10
Ta có:  
u3  u4  17  u1  2d    u1  3d   17

u  3d  10 u  1
 1  1 .
2u1  5d  17 d  3

Câu 9. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Cho dãy số  un  được xác định bởi:
sin n
u1  sin1; un  un 1  , với mọi n  , n  2 .
n2
Chứng minh rằng dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn.
Lời giải
Tác giả: Cao Hoàng Nam; FB: Hoang Nam
1 1 1
Ta có: 2
 2  ...  2  2, n  N * ,
1 2 n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Vì 2
 2  ...  2  1    ...   1  1     ...    2  2
1 2 n 1.2 2.3 n.(n  1) 2 2 3 n 1 n n

sin1 sin 2 sin n


Bằng qui nạp ta chứng minh được: un  2
 2  ...  2
1 2 n

1 1 1  1 1 1 *
Suy ra : 2    2  2  ...  2   un  2  2  ...  2  2, n  N
1 2 n  1 2 n

Vậy dãy số  un  xác định như trên là một dãy số bị chặn.

Câu 10. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019) Cho dãy số  vn  thỏa mãn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 233 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 2vn
v1 
, vn1  2
, n *.
2018 1  2018vn
Chứng minh rằng vn 1  vn , n  *.
Lời giải
Tác giả: Vũ Thị Hồng Lê; Fb: Lê Hồng
Chứng minh được vn  0, n   * .

2vn 2vn 1
Khi đó vn1  2
  , n  * .
1  2108vn 2 2018.vn 2018

Mặt khác, n  * , ta có

vn  2018vn3 vn 1  2018vn 
2
2vn
vn 1  vn   vn   0
1  2018vn2 1  2018vn2 1  2018vn2

Vậy vn 1  vn , n  *.

Câu 11. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Một quả bóng cao su được thả rơi từ độ cao h  18m . Sau
3
mỗi lần chạm đất, quả bóng lại nảy lên cao bằng độ cao của lần rơi ngay trước đó. Giả sử quả
4
bóng khi rơi và nảy đều theo phương thẳng đứng. Tính tổng độ dài quãng đường quả bóng đã di
chuyển từ lúc được thả đến lúc không nảy nữa.
Lời giải
3
Sau lần chạm đất đầu tiên, quả bóng nảy lên độ cao h1  h . Tiếp theo quả bóng rơi xuống trên
4
3
quãng đường đúng bằng h1 . Lần chạm đất thứ hai quả bóng nảy lên h2  h1 và cũng rơi xuống trên
4
quảng đường đúng bằng h2 ... Cứ như thế đến lần chạm đất thứ n thì quả bóng nảy lên đến độ cao
3
hn  hn 1 và cũng rơi xuống trên quãng đường đúng bằng hn .
4
3
Ta thấy dãy h, h1 , h2 ,..., hn là một cấp số nhân lùi vô hạn với công bội q  .
4
Tổng quãng đường quả bóng đi được là:
h h
s   h  h1  h2  ...  hn    h1  h2  ...  hn    1  126m .
1 q 1 q

Câu 12. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định bởi

1  un2  1
u1  1, un 1  , n  1 . X
un

ét tính đơn điệu và bị chặn của  un  .


Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 234 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1  un2  1
1) Cho dãy số  un  xác định bởi u1  1, un 1  , n  1 . Xét tính đơn điệu và bị chặn của  un  .
un
1  un2  1 un2 un
Ta có un 1    ; n   .
un un  1 u 12
n  2
1 u 1
n

uk 1
Mà u1  1  0 ; giả sử với n  k  1 ta có uk   0; k    .
2
1 u k 1 1

uk
Khi đó ta có uk 1   0; k   .
2
1 u 1 k

+ Xét un 1  un 
1  un2  1
 un  
un 1  un2  
 0, n    un 1  un , n    .
un 2
1  un  1

Do dãy số  un  giảm nên un  u1 , n   *  un  1, n   *  0  un  1, n   *  dãy số  un  bị


chặn.

Câu 13. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019)
Cho dãy số  un  xác định bởi công thức:
u1  1; u2  4
 .
un  2  5un1  6un  2 n  1, n  
Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  un  .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quang Thái ; Fb: Nguyễn Quang Thái
Cách 1: Dự đoán un  3n 1  2n 1  1 . Thật vậy, ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

- Kiểm tra dễ có mệnh đề đúng với n  1; n  2 .

Giả sử mệnh đề đúng với mọi n  k , nghĩa là ta có được

uk  3k 1  2k 1  1 và uk 1  3k 2  2k 2  1 (*).

Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với n  k  1 .


Theo giả thiết ta có:

uk 1  5uk  6uk 1  2  5  3k 1  2 k 1  1  6  3k  2  2 k  2  1  5.3k 1  5.2 k 1  2.3k 1  3.2 k 1  1  3k  2 k  1 .

Vậy mệnh đề đúng với mọi n   * .

u1  1; u2  4
Cách 2: Cho dãy số  un  xác định bởi công thức:  .
un  2  5un1  6un  2 n  1, n  

Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  un  .Lời giải

Tác giả: Ngô Mạnh Cường ; Fb: Cuong Ngo Manh


Theo bài ra, un  2  5un 1  6un  2 n  1, n   , ta có

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 235 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

un  2  2un 1  3(un1  2un )  2 n  1, n   .

Đặt vn  un 1  2un  n  1, n    ta có

v1  u2  2u1  2

vn 1  3vn  2  vn 1  1  3(vn  1) n  1, n  

 w1  1
Đặt wn  vn  1  n  1, n    thì 
 wn 1  3wn n  1, n  

Nhận thấy (wn ) là cấp số nhân với công bội q  3 và w1  1 . Do đó wn  3n1 . Suy ra vn  3n 1  1 và
un 1  2un  3n 1  1  n  1, n    .

Từ đó ta có un 1  2un  3n 1  1  un 1  3n  1  2(u n  3n 1  1)

t  u1  30  1  1
Đặt tn  un  3n 1  1 thì  1 . Nhận thấy (t n ) là cấp số nhân với công bội bằng 2 và
tn 1  2tn
t1  1 nên tn  2n1 .

Vậy un  2n1  3n 1  1  n  1, n    .

u1  1; u2  4
Cách 3: Cho dãy số  un  xác định bởi công thức:  .
un  2  5un1  6un  2 n  1, n  

Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số  un  .Lời giải

Tác giả: Đinh Thị Thu Huế ; Fb: HueDinh


un  2  5un1  6un  2  un  2  2un 1  3(un1  2un )  2

v1  u2  2u1  2
Đặt vn  un 1  2un thì  .
vn 1  3vn  2

kwn 1  l  3(kwn  l )  2  kwn1  3kwn  2l  2


Đặt vn  kwn  l , k , l là hằng số, k  0 thì 2l  2
 wn1  3wn 
k

 w1  1
Chọn k  1, l  1 thì vn  wn  1 và  . Nhận thấy (wn ) là cấp số nhận công bội q  3 và
 wn 1  3wn
w1  1 . Do đó wn  3n1 , vn  3n 1  1 và un 1  2un  3n 1  1 .

Đặt un  tn  a3n 1  b , a , b là các hằng số. Khi đó

tn 1  a3n  b  2(tn  a3n 1  b)  3n1  1


 tn 1  2tn  (1  a)3n 1  b  1

Chọn a  1, b  1 khi đó un  tn  3n 1  1, t1  u1  1 và tn1  2tn . Nhận thấy (t n ) là cấp số nhận với


công bội q  2 và t1  1 . Do đó tn  2n 1 . Suy ra un  2n 1  3n 1  1.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 236 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

u1  1

Câu 14. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho dãy số  un  thỏa mãn  2un .
un 1  u  4 , n  1
 n

Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số đã cho.


Lời giải
Tác giả: Đinh Mạnh Thắng ; Fb: Dinh Thang
Nhận xét: un  0 với mọi n * .

1 u 4 1 2
Ta có:  n   .
un 1 2un 2 un

1 1 1  1
Đặt vn 1  ta được : vn1   2vn , v1  1  vn1   1  2vn  2  vn   .
un 1 2 2  2

1  1  1  1
Do đó vn 1   2  vn    22  vn 1      2 n  v1   .
2  2  2  2

3 1 3 1
Suy ra vn 1  .2n  hay vn  .2n1  .
2 2 2 2
2
Vậy un  n 1
.
3.2 1

Câu 15. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lập thành một
cấp số nhân. Chứng minh rằng tam giác đó có 2 góc trong mà số đo không vượt quá 60 .
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Hồng Vân ; Fb: Hồng Vân
Phản biện : Trần Đại Lộ, Fb : Trần Đại Lộ
Gọi a; b; c lần lượt là độ dài 3 cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC .

Không mất tổng quát giả sử 3 số a; b; c theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi đó b 2  ac

a 2  c2  b2 a 2  c 2  ac
Mà theo định lý cosin ta có cos B  nên cos B 
2ac 2ac
2ac  ac 1
Mặt khác theo bất đẳng thức cauchy thì a 2  c 2  2ca nên cos B  
2ac 2
1
Do B là góc trong của một tam giác và cos B  nên 0  B  60
2

a  b  c  A  B  C
Hơn nữa từ b 2  ac ta suy ra  
 c  b  a C  B  A

 A  B  60
Vậy  hay ta có điều cần chứng minh.
C  B  60

Câu 16. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho dãy số  un  có số hạng tổng quát

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 237 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1 
un  ln 1  2 
, n   .
  n  1 
Tìm giá trị của biểu thức H  2019.eu1 .eu2 ...eu2018
Lời giải
Tác giả: Lê Ngọc Hùng ; Fb: Hung Le
 1  n  n  2
Ta có: un  ln 1  2
 ln 2
.
  n  1   n  1
n n
k  k  2 1.2.3...n. 1  2  .  2  2  ...  n  2  n ! n  2  ! n2
Do đó  uk  ln  2
 ln
22.32...  n  1
2
 ln 2
 ln
2  n  1
.
i 1 k 1  k  1  n  1 ! .2!
2018
2018 2
u1 u2 u2018
 uk ln
2 20181 2020
Suy ra H  2019.e .e ...e  2019.e k 1
 2019.e  2019.  1010 .
2.2019

Câu 17. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho dãy số  un  thỏa mãn:
log 2 u1.log 2 u5  2log 2 u1  2log 2 u5  20 và un  2un1 ; u1  1 với mọi n  2 .

Tính tổng tất cả các giá trị của n thỏa mãn 201829  un  201830 .
A. 3542 . B. 3553 . C. 3870 . D. 4199 .
Lời giải
Tác giả:Phan Thị Quyên ; Fb:Quyen Phan
Chọn B

Dãy  un  có un  2un1 ; n  2 là cấp số nhân có công bội q  2 .

Khi đó: log 2 u1.log 2 u5  2log 2 u1  2log 2 u5  20 .

 log 2 u1.log 2 (u1.24 )  2 log 2 u1  2 log 2 (u1.24 )  20.

 log 2 u1.(log 2 u1  4)  2log 2 u1  2(log 2 u1  4)  20.

 log 2 2 u1  4log 2 u1  12  0.

 log 2 u1  2 u1  4
  6
.
 log 2 u1  6 u
 1  2

Do u1  1 nên u1  4 thỏa mãn. Suy ra: un  4.2n1 , n  2.

Khi đó: 201829  un  201830  2018 29  4.2 n1  201830  2018 29  2 n 1  201830.

 29.log 2 2018  n  1 30.log 2 2018.

 n  318;..;328 . Vậy tổng tất cả các giá trị của n là 318  ...  328  3553 .

Câu 18. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho dãy số thực  xn  thỏa mãn điều kiện

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 238 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

0  xn  1

 1 , n  1, 2,3,...
 n1 
x 1  xn 
4
1 1
a) Chứng minh rằng xn   , n  1,2,3,...
2 2n
b) Tìm giới hạn của dãy  xn  .
Lời giải
a) Với n = 1, bất đẳng thức đã cho đúng.
1 1
Giả sử bất đẳng thức đúng với n = k (với k  , k  1 ), ta có xk   .
2 2k
1 1 1 1 k 1
Vì xk    1  xk    
2 2k 2 2k 2k

1 2k k 1 1
Lại có: xk 1 1  xk   suy ra xk 1     
4 4  k  1 2  k  1 2 2  k  1

Vậy bất đẳng đúng với n = k +1. Vậy bất đẳng thức đúng với n  * .

b) Vì 0  xn  1, x   * nên dãy  xn  bị chặn.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương xn1 và 1  xn ta được:

xn 1  1  xn   2 xn 1 1  xn  1 xn1  xn .

  xn  là dãy tăng.

Theo định lý Weierstrass thì dãy  xn  có giới hạn hữu hạn, giả sử lim xn  a.

1 1 1
Từ bất đẳng thức xn 1 1  xn   cho n    ta được a 1  a    a  .
4 4 2
1
Vậy lim xn  .
2

Câu 19. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019)Cho dãy số được xác định như sau:

u1  1

un 1  1  2un un 1 , n  
*

1. Tìm số hạng thứ 10 của dãy số đã cho.


2. Chứng minh rằng u2019 là số vô tỷ.
Lời giải
1. Từ giả thiết dễ thấy un  1, n   . *

Khi đó un 1  1  2un un1  u 2 n 1  1  2un un 1  u 2 n 1  2unun1  1  0  un 1  un  1  u 2 n


 
Đặt un  cot  ,    0;  (do un  1, n   * ), khi đó
 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 239 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019


2 cos 2
1 1  cos  2 
un 1  cot   1  cot 2   cot      cot .
sin  sin    2
2 sin .cos
2 2
   
Ta thấy u1  1  cot nên u2  cot  cot 3 , u3  cot 4 ... , từ đó ta tìm được công thức tổng quát
4 8 2 2

của dãy số là: un  cot n 1 .
2

Vậy u10  cot 11 .
2
u 2 n 1  1
2. Từ giả thiết ta viết lại un  , nên nếu un1 hữu tỷ thì un hữu tỷ.
2un 1
 
Do đó u2019  cot 2020
số hữu tỷ thì u2018 hữu tỷ….và u2  cot  1  2 hữu tỷ, vô lý.
2 8

Vậy u2019  cot vô tỷ.
22020

Câu 20. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho dãy số  u n  thỏa mãn

 u1  1

 n 1 3 n   * .
un 1  n  2 un  n  2

Tính u2018 .
2019 6053 2018 3029
A. u2018  . B. u2018  . C. u2018  . D. u2018  .
2018 2019 2019 6053
Lời giải
Tác giả: Cao Xuân Hùng; FB: Cao Hùng
Chọn B
n 1 3
Ta có un 1  un    n  2  un 1   n  1 un  3
n2 n2

  n  2  un 1   n  1 un  3  n  2   3  n  1   n  2  un 1  3  n  2    n  1 un  3  n  1 .

Đặt vn   n  1 un  3  n  1 . Khi đó v1  2u1  6  2.1  6  4 và vn1  vn nên suy ra


3n  1
vn  vn 1  vn  2  ...  v1  4   n  1 un  3  n  1  4  un  .
n 1
3.2018  1 6053
Vậy u2018   .
2018  1 2019

Câu 21. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho dãy số  un  thỏa mãn:
u1  1, u2  11, u3  111,..., un  11...1 ( n chữ số 1, n* ). Đặt Sn  u1  u2  ...  un . Giá trị của S2019
bằng
1  102012  10  10 2019
A. 
9 9
 2019  . B.
9
10  1  2019 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 240 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 2019 1  102020  10 
C.
9
10  1 . D.
9

9
 2019  .

Lời giải
Tác giả: Trịnh Thị Ánh Ngọc; Fb: Ngọc Trịnh
Chọn D
Nhận xét:
u1  1  10.0  1; u2  11  10.1  1  10.u1  1; u3  111  10.11  1  10.u2  1
....
un 1  11...1  10.un  1

1 10  1
 un 1   10.un   10.  un   .
9 9  9

 10
1  v1  10
Khi đó ta đặt: vn  un  ta được dãy số  vn  :  9 là CSN có số hạng đầu: v1  , công bội:
9 vn 1  10.vn 9

q  10

q n  1 10 10n  1
Tổng n số hạng đầu của dãy  vn  là: Sn  u1.  . .
q 1 9 9

10 10n  1 1 1  10n  10 
Suy ra tổng n số hạng đầu của dãy  un  là: Sn  .  n.  .   n
9 9 9 9  9 

1  102020  10 
Khi đó, S2019  .  2019  .
9  9 

Cách 2:
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên; Fb: Nguyễn Trung Kiên.
9S2019  9  99  ...  99...9 (2019 chữ số 9)  10  1  10 2  1  ...  10 2019  1

1  102019 10 2020  10
 10  10 2  ...  102019   2019  10   2019   2019 .
1  10 9

1 102020  10 
Do đó, S2019    2019 .
9 9 

n1
3n   1 .22 n
Câu 22. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Giá trị của lim n1 là
5   4 
1
A.  . B.  . C. 4 . D. 0 .
4
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Quân; Fb: Nguyễn Minh Quân
Chọn A
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 241 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
n
 3 n n
3n   1
n 1
.22 n
n
3n   1 .4n      1 .  1
4
Ta có: lim n 1
 lim n  lim 
5   4  5  4.  4  5
n
4
 4 
n
 3
   1 0 1 1
4
 lim    .
5 04 4
n
4
 4 
n 1
3n   1 .22 n 1
Vậy lim n 1
 .
5   4  4

Câu 23. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Với m là hằng số dương. Tính giới hạn
lim ( x 2  4mx  2019  x)
x  

ta được kết quả bằng


1 1
A. 2m . B. . C. 2m . D.  .
2m 2m
Lời giải
Tác giả: Hoa Mùi; Fb: Hoa Mùi
Chọn C
Ta có:
2019
4mx  2019 4m 
lim
x  
 x 2  4mx  2019  x  lim  x   2
x  4mx  2019  x
 lim
x  
x
4m 2019
 2m .
 1  2 1
x x

Câu 24. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho lim
x 
 
x 2  ax  5  x  5 . Khi đó giá trị a là
A. 10 . B. 10 . C.  6 . D. 6 .
Lời giải
Tác giả: Trần Vinh; Fb: Vinh Trần
Chọn B
Đặt t   x , ta có

5
a 
 at  5 a
lim
x 
 x 2  ax  5  x  lim  t 
 
t 2  at  5  t  lim
t 
 lim
t 2  at  5  t t  a 5
t 
2
1  2 1
t t
a
Theo giả thiết lim
x 
 x 2  ax  5  x  5  2
 5  a  10 .

3
2x 1 1
Câu 25. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Tìm giới hạn sau A  lim .
x 1
1  2  x2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 242 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3 2
A. 1 . B. . C. 2 . D. .
2 3
Lời giải
Tác giả: Phạm Lê; Fb: Lê phạm
Chọn D

3
2x 1 1  2 x  2  1  2  x2 
A  lim  lim
x 1
1  2  x2 x 1
x 2
 1   2x 1 
3 2 3
2x 1 1 
 lim

2 1  2  x2  
2
.
x 1

 x  1 3  2 x  1
2
 3 2x 1  1  3


Câu 26. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho dãy số un n1 bị chặn
2 3
trên và thỏa mãn điều kiện un2  .un1  .un , n  1, 2,3,... Chứng minh rằng dãy un  có giới hạn
5 5
hữu hạn.
Lời giải
 2 3
Cho dãy số un n1 bị chặn trên và thỏa mãn điều kiện un2  .un1  .un , n  1, 2,3,...
5 5

Chứng minh rằng dãy un  có giới hạn hữu hạn.

2 3 3 3
Ta có un2  .un1  .un  un2  .un1  un1  .un , n  1, 2,3,... 1
5 5 5 5
3
Đặt vn  un1  .un , n  1, 2,3,...
5

Từ 1 ta có vn1  vn , n  1, 2,3,... 2



Vì dãy số un n1 bị chặn trên nên tồn tại số M sao cho un  M , n  1, 2,3,...

3 8
suy ra vn  M  M  M , n  1, 2,3,... 3
5 5

Từ 2 và 3 ta thấy dãy vn  không giảm và bị chặn trên. Do đó, dãy vn  là dãy hội tụ.

5
Đặt lim vn  a và b  a . Ta sẽ chứng minh lim un  b .
8

Thật vậy, vì lim vn  a nên   0 nhỏ tùy ý,  n0   * sao cho vn  a  , n  n0
5

3 3 3 8b 
Mặt khác un1  b  un  b  un1  b  un  b  un1  un   ,
5 5 5 5 5

3 
nên ta có un1  b  un  b  , n  n0 .
5 5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 243 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3 
Suy ra un0 1  b  un0  b  ;
5 5

  3
2
3 3  
un0 2  b  un0 1  b     un0  b  .  ;
5 5  5  5 5 5

................

  3  3 
k 1 k 2
 3  3
k

un0 k  b    un0  b        ...   1 .


 5  5  5   5  5 

 3
k

1  k
 3  3 
k
  5 
 un0 k  b    un0  b     un0  b  .
 5  5 1 3  5  2
5

Vậy, ta có un0 k  b   với k đủ lớn, tức là un  b   với n đủ lớn và   0 nhỏ tùy ý. Hay ta
chứng minh được lim un  b .

Vậy, dãy un  có giới hạn hữu hạn (đpcm).

Câu 27. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Xét dãy số  an  xác định bởi

a1  3 , a2  7 và an  2  3an 1  an với n  1, 2,3,...

a12 a22 a 2 142


a) Chứng minh rằng  2  ...  nn  , n  1, 2,3,...
7 7 7 3
1 1 1
b) Với mỗi n  1 , đặt bn    ...  . Chứng minh rằng dãy số  bn  có giới hạn hữu hạn
a1a2 a2 a3 an an 1
khi n   và tìm giới hạn đó.
Lời giải
Tác giả: Hà Lê , Phạm Thị Phương Thúy; Fb: Ha Le , thuypham
Kiến thức sử dụng: Phương trình sai phân tuyến tính cấp hai là phương trình sai phân dạng: u1   ,
u2   , aun 1  bun  cun 1  f  n  với n  * . Nếu 1 , 2 là hai nghiệm thực khác nhau thì
un  A1n  B2n , trong đó A, B được xác định khi biết u1 , u2 .

Ta có: an 2  3an 1  an  an 2  3an 1  an  0 .

3 5
Xét phương trình đặc trưng của dãy  an  là x 2  3x  1  0 với hai nghiệm x  1  ,
2
3 5
x  2  thỏa mãn 1  2  3 , 12  1 .
2

Khi đó ta có an  A1n  B2n .

Với n  1 ta có a1  A1  B2  A1  B2  3 1 .


Với n  2 ta có a2  A12  B22  A12  B22  7  2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 244 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Từ (1) và (2) suy ra A  1, B  1 và an  1n  2n n  1 .


2
an2  1  2   12   22 
n n n n
2
Ta có n  n
       n , n  1
7 7  7   7  7

12 22 1 an2 2


Đặt 1  , 2  . Có 1 , 2   0;1 và 1   2  1, 1 2  , n  1n   2n  n , n  1
7 7 49 7 7

a12 a22 a2 2 2 2
Ta có  2  ...  nn  1  12  ...  1n   2  22  ...  2n     2  ...  n 
7 7 7 7 7 7 
1
    1 142
 1  2  2. 7  1  2   n  1 (đpcm).
1  1 1  2 1 1  1 1  2 3 3
1
7

b) Trước hết ta chứng minh an an  2  an21  5 với mọi n  1 (bằng phương pháp quy nạp).

Với n  1 mệnh đề đúng.

Giả sử mệnh đề đã cho đúng với n  k  k  , k  1 , ta có ak ak  2  ak21  5 .

Ta chứng minh mệnh đề đúng với n  k  1 . Thật vậy:

ak 1ak  3  ak2 2  ak 1  3ak  2  ak 1   ak2 2  ak  2  3ak 1  ak  2   ak21  ak  2 .ak  ak21  5 (đpcm).

1 1 a a  a2 1 a a 
Ta có  . i i  2 i 1   i  i 1  , i  1.
ai 1ai  2 5 ai 1ai  2 5  ai 1 ai  2 

Ta có thể định nghĩa thêm a0  2 thì dãy số vẫn thỏa mãn hệ thức truy hồi.

n 1
1 1 n 1  a a  1a a 
Từ đó bn      i  i 1    0  n , n  1.
i 0 ai 1ai  2 5 i 0  ai 1 ai  2  5  a1 an 1 

an 2 3 5
Theo câu a) ta có an  1n  2n , n . Suy ra lim   .
n  a 3 5 2
n 1

1  2 3  5  5  3 5
Vậy lim bn     (đpcm).
n  5 3 2  30

x 2  4  cosx  3
Câu 28. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Tính giới hạn : lim
x 0 x2
Lời giải
Tác giả: Đỗ Văn Dương ; Fb: Dương Đỗ Văn

x 2  4  cosx  3 x 2  4  2  cos x  1 x2  4  2 cos x  1


Ta có: lim 2
 lim 2
 lim 2
 lim .
x 0 x x 0 x x 0 x x 0 x2

lim
x2  4  2
 lim
 x2  4  2  x2  4  2   lim 1

1
x 0 x2 x 0
x2  x2  4  2  x 0
x2  4  2 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 245 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x
cos x  1 2sin 2
lim  lim 2 , ta có lim sin x  1
x 0 x2 x 0 x2 x 0 x

x x x x x x x


2sin 2 sin sin sin   sin   sin   sin  
lim 2  2lim 2. 2  2 lim  2  .  2    2 lim  2  .  2    1
x 0 x2 x 0 x x x 0 x
.2
x
.2 4 x 0  x  x 2
2 2    
2 2

x 2  4  cosx  3 1 1 1
 lim 2
   .
x 0 x 4 2 4

Câu 29. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Tùy theo giá trị của tham số m , tính giới hạn
lim
x 
 3
x3  2 x 2  1  4 x 2  2 x  3  mx . 
Lời giải

Tính
lim
x 
 3
x 3  2 x 2  1  4 x 2  2 x  3  mx .
Nếu m  3 thì lim
x 
 3
x3  2 x 2  1  4 x 2  2 x  3  3x 
 lim 
x  
  3
x3  2 x2  1  x    4x2  2x  3  2x 
 
3 2

 lim 
  3
x 3  2 x 2  1  x3  
 4x2  2 x  3    2 x  
2

2 
x 

  3

x 3  2 x 2  1  x  3 x3  2 x 2  1  x 2 4x2  2x  3  2x 

 
 x3  2 x 2  1  x3
4x2  2x  3  4 x2 
 lim  2
 
x 

  3 3 2 3 3 2

x  2x 1  x  x  2x  1  x 2
x  4  2  3 2  2x 
x x 
 

 lim


x2 2  1 2
x  
 
x 2 3
x  

x  

 
2 

2


 x  3 1  2  1 x  1 x 3  3 1  2  1 x  1 x 3  1  x

 4  2  3 2  2 
x x


2 1
 
3 2
7
 .
6

Nếu m  3 thì lim


x 
 3
x 3  2 x 2  1  4 x 2  2 x  3  mx 
 lim 
x  
  3
x3  2 x 2  1  x   4 x 2  2 x  3  2 x  (m  3) x 

  .

Nếu m  3 thì lim


x 
 3
x 3  2 x 2  1  4 x 2  2 x  3  mx 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 246 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 lim 
x  
  3
 
x3  2 x 2  1  x  
4 x 2  2 x  3  2 x  (m  3) x 

  .

Câu 30. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho dãy số  un  được xác định bởi
u1  1, u2  3
 *.
 u n  2  u n  2  u n 1  1 , n  
un
Tính lim .
n  n 2

Lời giải
Tác giả: Ngọc Thanh; Fb: Ngọc Thanh

u1  1, u2  3 1
  n  1 .
un  2  u n  2  un 1  1  2
Đặt vn  un 1  un .

Ta có  2   un  2  un 1  un 1  un  2  vn 1  vn  2 .

Suy ra  vn  lập thành một cấp số cộng có số hạng đầu v1  2 và công sai d  2 .

Nên vn  2   n  1 .2  2n .

Khi đó: un   un  un 1    un 1  un  2     u2  u1   u1

n  n  1
 vn 1  vn 2 .  v1  u1  2   n  1   n  2   1  1  2  1  n  n  1  1 .
2

un n(n  1)  1 n2  n  1 u
Do đó: lim  lim  lim  1 . Vậy lim n2  1 .
n  n 2 n  n 2 n  n 2 n  n

log 2018  2  cos 2 x 


Câu 31. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Tính lim .
x 0 x2
Lời giải
Ta có

log 2018  2  cos 2 x  log 2018 eln  2 cos 2 x 


lim  lim
x 0 x2 x 0 x2

 ln 1  2sin 2 x   sin x 2 
 2 log 2018 e.lim  .  
x 0
 2sin 2 x  x  

 2log 2018 e


Câu 32. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Cho dãy số  un n1 thỏa mãn
u1  2
 .
u1  u2    un 1  un  n un , n  1
2

Tìm giới hạn lim  n 2un  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 247 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: HoàngQuyên ; Fb: HoàngQuyên
Theo giả thiết ta có :
2
 n  1 un 1   u1  u2    un   un1  n2un  un1

  n 2  2n  un 1  n 2un   n  2  un1  nun

n n n 1 n n 1 n  2
 un 1  un  . un 1  . . un  2
n2 n  2 n 1 n  2 n 1 n
n n 1 n  2 3 2 1 4
  . .  . . u1 
n  2 n 1 n 5 4 3  n  2  n  1
4 4n  4n 
 un   n 2u n   lim n 2un  lim  4
n  n  1 n 1  n 1 

f  x   10
Câu 33. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho lim 5.
x1 x 1
f  x   10
Giới hạn lim bằng
x 1
 x 1  4 f  x  9  3 
5
A. 10 . B. . C. 1 . D. 2 .
3
Lời giải
Tác giả: Trịnh Văn Điệp; Fb: Trịnh Văn Điệp
Chọn C

f  x   10
Ta có: lim  5 suy ra được giới hạn có dạng vô định 0/0.
x 1 x 1

Khi đó ta có lim  f  x   10   0  f 1  10 .


x 1

f  x   10  f  x   10 x 1 
Khi đó lim  lim  . 
x 1
 
x 1 4 f  x  9  3  x 1
 x  1 4 f  x   9  3 

f  x   10 x 1 2
 lim .lim  5. 1.
x 1 x 1 x 1
4 f  x  9  3 4 f 1  9  3

4 x 2  7 x  12 2
Câu 34. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho biết lim  . Giá trị của a
x  a x  17 3
thuộc khoảng nào sau đây:
A.  4;  1 . B.  7;  4  . C. 1;4 . D.  3;5 .
Lời giải
Tác giả: Giáp Văn Khương; Fb: Giáp Văn Khương

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 248 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn C

7 12 7 12
x 4  2 4  2
4 x 2  7 x  12 x x  lim x x 2.
Ta có lim  lim
x  a x  17 x   17  x   17  a
x a   a  
 x  x

2 2
Vậy ta có   a  3 . Vậy a  1;4  .
a 3

Câu 35. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho dãy số un  xác định bởi
2un  un 1
u1  2019; u2  2020; un 1  , n  2, n   .
3
Tính lim un .
Lời giải
Tác giả:Đinh Công Huấn ; Fb: Đinh Công Huấn
2un  un 1
Ta có: un 1   3  un 1  un     un  un 1  *
3
Đặt vn  un 1  un , n  1. khi đó v1  u 2  u1  1

1
*  3vn  vn 1   vn  là cấp số nhân công bội q   .
3
Ta có:
v1  u2  u1
v2  u3  u2
v3  u4  u3
..................
vn  un 1  un

cộng vế với vế ta được


n
 1 
1   n
 3  3  1 
v1  v2  v3  ...  vn  un 1  u1  v1  un 1  2019  un 1  1       2019
4 4   3  
3
n 1 n 1
3  1  3  1  8079
 un  1       2019  lim un  lim 1       2019  .
4   3   4   3   4

8079
Vậy lim un  .
4

Câu 36. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Tính
C 0  C2018
2
x 2  C2018
4
x 4  ...  C2018
2018 2018
x  2 2017
lim 2018 .
x 1 x 1
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Phạm Minh Nguyên ; Fb: Nguyen Huynh
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 249 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2018
0
S1  C2018 1
 C2018 2
x  C2018 x 2    C2018
2018 2018
x  1  x 

2018
0
S 2  C2018 1
 C2018 2
x  C2018 x 2    C2018
2018 2018
x  1  x 

1 2018 2018
0
 S  C2018 2
 C2018 4
 C2018   C2018
2018 2018
x  1  x   1  x  
2 
0
C2018 2
 C2018 4
 C2018   C2018
2018 2018
x  22017
 lim
x 1 x 1
2018 2018
1  x   1  x   2 2018
 lim
x 1 2  x  1

 1  x  2018  22018  x  12017 


 lim   
x 1
 2  x  1 2 

  x  1 1  x  2017  1  x 2016 .2  1  x 2015 .2 2    2 2017  2017 

 lim    
 x  1 
x 1  2  x  1 2 
 

 1  x 2017  1  x 2016 .2  1  x  2015 .22    22017  x  12017 


 lim   
x 1
 2 2 

 2018.2 2016

n2  n  n
Câu 37. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Tìm lim ?
4n2  3n  2n
Lời giải

Ta có lim
n2  n  n
 lim
n  4n 2  3n  2n 
4n 2  3n  2n 3n  
n2  n  n

3
4 2
4n  3n  2n
2
n 2
 lim  lim  .
3  n2  n  n  
3 1   1
1  3

 n

x  7  5  x2 3
Câu 38. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Tính giới hạn sau lim .
x 1 x 1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mến; Fb: Nguyễn Văn Mến.
Phản biện: Hồng Vân.
3
x  7  5  x2  3 x  7  2 2  5  x2 
Ta có lim  lim   
x 1 x 1 x 1  x  1 x 1 
 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 250 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 
 x 1 2
x 1 
 lim   
x 1
  x  1 
 
 3
x7 
2
 2. 3 x  7  4 

 x  1  2  5  x2  

 
1  1 1  7 x 1
 lim  
x 1  2 

  3

x  7  2. 3 x  7  4 2  5  x  12 2 12
2

Câu 39. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho dãy số  an  xác định bởi

1 a2
a1  , an1  2 n ; n  *
2 an  an  1
a) Chứng minh dãy số  an  là dãy số giảm.
b) Với mỗi số nguyên dương n , đặt bn  a1  a2  ...  an . Tính lim bn .
x 

Lời giải
Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương
2
an2  a  a  1
a) Xét hiệu an 1  an  2
 an  2n n .
an  an  1 an  an  1
Từ cách xác định dãy số ta có an  0, n  * và an2  an  1  0  an 1  an  0, n   *
Vậy  an  là dãy số giảm.
an2  an  1  an  1 a 1
b) Ta có an 1  2
 1 2 n .
an  an  1 an  an  1
an  1 1 an2  an  1 1
 an 1  1  2
   an 
an  an  1 an 1  1 an  1 an  1
1 1
 an  
an  1  1 an  1

1 1 1
Suy ra bn  a1  a2  ...  an     2.  1
an 1  1 a1  1 an 1  1

Lại có: Dãy số  an  là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn

a2
Giả sử lim an  a  lim an 1  a  a   a  0 hay lim an  0  2  .
x  x  a2  a  1 x 

Từ 1  và  2  ta có lim bn  1 .
x 

Câu 40. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho dãy  xn  xác định bởi
n 1
x1  x2  1, xn .xn  2  xn21  3.  1 .

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy  xn  đều là số nguyên


xn 1
2) Tính lim .
x1  x2  ...  xn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 251 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
n 1 n2
1) Ta có từ giả thiết xn .xn  2  xn21  3.  1 , xn 1.xn 1  xn2  3.  1 từ đây suy ra

xn .xn  2  xn21  xn2  xn 1 .xn 1 , n  2,3,...

xn  2  xn xn 1  xn 1 xn  xn  2 x x
Hay suy ra    ...  3 1  3
xn 1 xn xn 1 x2

Từ đó ta có: xn  2  3xn1  xn , n  1, 2,3,...

Mà x1  1, x2  1 nên ta có xn  , n  1, 2,3,...

2) Dãy đã cho là dãy sai phân thuần nhất cấp hai nên có phương trình đặc trưng là x 2  3x  1  0 với
hai nghiệm t1  0  t2  1 nên có công thức tổng quát là xn  At1n  Bt 2n .

t1n 1  1 t2n 1  1
Khi đó, x1  x2  ...  xn  A. B .
t1  1 t2  1

xn1 At1n 1  Bt2n 1 1  13


Từ đó ta có lim  lim n 1 n 1
 t1  1  .
x1  x2  ...  xn t1  1 t2  1 2
A. B
t1  1 t2  1

n2  n  n
Câu 41. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Tìm lim .
4n 2  3n  2n
Lời giải

3
lim
2
n n n
 lim
n  4n 2  3n  2n   lim
2
4n  3n  2n
 lim n
2
2
 .
4

4n 2  3n  2n 3n  n2  n  n  2

3 n n n 
 1  3
3  1   1
n 

Câu 42. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho dãy số  u n  xác định như sau
 1
u1  2 ; u2  3
 .
un  2  un 1un  1 , n  1
 un 1  un
Chứng minh rằng dãy  un  có giới hạn và tìm giới hạn đó
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Nguyệt ; Fb: Nguyetle

Từ un  2 
un 1un  1  u  1 un  1 và u  1   un 1  1 un  1 .
được un  2  1  n 1 n2
un 1  un un 1  un un 1  un

un  2  1  un 1  1 un  1
Suy ra  .
un  2  1  un 1  1 un  1

un  1
Đặt vn  ta có vn  2  vn .vn 1 nên vn  2  vn . vn 1 .
un  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 252 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đặt xn  ln vn ta được xn  2  xn 1  xn .

1 5 1 5
Phương trình đặc trưng t 2  t  1  0 có nghiệm t1  ; t2 
2 2
n n
 1 5   1 5 
Vậy xn         .
 2   2 

 1 1  5 1 5
 1  v        ln 3
u
 1   1
3 x
 1   ln 3  2 2   0.38
Từ  2    .
u2  3 v  1  x2   ln 2  3  5 3 5    0.78

2
2  2   2    ln 2

1 5 1 5   1  5 n n
 1 5  
Vì  1;  1 nên lim xn  lim          
2 2   2   2  

un  1
Suy ra lim vn  lim  0 . Vậy dãy  un  có giới hạn là 1.
un  1

Câu 43. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho dãy số  un  thỏa mãn:
u1  2019


n 1 u n 
1 .
u
 n 1  n
 2019n
Tìm công thức số hạng tổng quát và tính lim un .
Lời giải
Tác giả: Trần Thanh Sơn ; Fb: Trần Thanh Sơn
Phản biện: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải
1 1
Ta có unn11  unn  n
 unn11  unn  do đó
2019 2019n

 2 1 1
u2  u1  20191

u 3  u 2  1
3 2
 20192 .


u n  u n 1  1
 n n 1
2019n 1
n 1
 1 
1  
1 1 1 2019 
Suy ra: unn  u11  1
 2
    .
2019 2019 2019n 1 2018
n 1
 1 
1  
n 2019 
Vậy un  2019   .
2018

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 253 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có
n 1
 1 
1  
n 2019  1  1    1  2020 2019
1  un  2019    n 2020  n 1.11.2020   1
2018 n n
(AM-GM cho n  1 số 1 và số 2020 ).

 2019 
Mặt khác lim 1    1 . Vậy lim un  1 .
 n 

u1  1

Câu 44. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho dãy số  un  thỏa mãn  2un .
u  , n  1, n  
 n 1 5un  1  1

Đặt Sn  u12  u2 2  u32  ....  un 2 . Chứng minh dãy  S n  có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
Lời giải
Tác giả: Đặng Ngọc Sáng ; Fb: dang ngoc sang
Bằng quy nạp ta dễ dàng chứng minh được u n  0, n  

Ta có: un 1 
2un

2  5un  1  1   5u  2  2 5un  1
n 1
5un  1  1 5

4
25u 2 n1  20un 1  4  20un  4  u 2 n1   un  un1 
5
4 9 4
Do đó: Sn  u12  u2 2  u32  ....  un 2  u12   u1  un    un .
5 5 5

Chứng minh  un  là dãy giảm.

Thật vậy: u2 
2  6 1  u . Giả sử u  uk 1 . Ta sẽ chứng minh uk 1  uk  2
1 k
5

uk 1 
2  5uk  1  1  và u 
2  5uk 1  1  1 u  uk  2 .
k 2 k 1
5 5

Vì  un  là dãy giảm mà u n  0, n   nên tồn tại lim u n  l ( l  0 và l hữu hạn). Do đó dãy  S n  có


giới hạn hữu hạn.

Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức 5un 1  2  2 5un  1 ta có: 5l  2  2 5l  1  l  0 .

9
Vậy lim Sn  .
5

Câu 45. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số (un) được xác định bởi
u1  2018
 2 .
 3n  9n  un 1   n  5n  4  un , n  1
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 254 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 3n 
Tính g1ớ1 hạn lim  2 .un  .
n 
Lời giải

1 (n  1) 2  3(n  1) un 1 1 un
Ta có un 1  2
un   .
3 n  3n (n  1)  3(n  1) 3 n2  3n
2

un 1 1
Đặt vn  2
 vn1  vn  (vn) là cấp số nhân có công bộ1 q  và số hạng đầu
n  3n 3 3
n 1 n 1
u1 2018 1009 1009  1  1009  1 
v1 
4

4

2
 vn  . 
2  3
 un  . 
2 3
n 2
 3n  .

 3n   3n   1009  1 n 1 2 3n 
Kh1 đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim  
.   n  3n . 2 
 2 3 n 

n  n  

 3027 n 2  3n  3027  3  3027


 lim  . 2  lim  1    .
 2 n  2  n 2

Câu 46. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số xác định bởi:
 u1  2
 * .
un 1  4un  3.4 , n  
n

2n 2  3n  1
Tìm số hạng tổng quát un và tính giới hạn lim
un
Lời giải

Số hạng tổng quát có dạng un  4 n (an  b), n   * thật vậy

3 1
Ta có u1  2, u2  20  a  ;b   un  4 n 1 (3n  1)  un 1  un  4n (3n  2) thay vào công thức
4 4
n
un 1  4un  3.4 thấy thỏa mãn.

2n 2  3n  1 2n 2  3n  1 (2n  1)(n  1)  n 1  n 1 
Do đó: lim  lim n 1  4 lim n
 4 lim  n  n   0
un 4 (3n  1) 4 (3n  1) 4 4   3n  1 

Câu 47. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định bởi
u1  2019

 un3  20182 * .
un1  u 2  u  4036 , n  
 n n
n
1
Đặt vn   2
, n  * . Tính lim vn .
k 1 u  2018
k

Lời giải
Tác giả:Vũ Thị Thuần; Fb:Xu Xu
Ta chứng minh bằng quy nạp un  2019, n * .

Thật vậy, với n  1 thì u1  2019 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 255 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

u13  20182 20193  20182


Với n  2 thì u2  2   2019.
u1  u1  4036 20192  2019  4036

Giả sử khẳng định đúng với n  k  k  2, k    tức là uk  2019 . Khi đó

uk3  20182 20193  20182


uk 1    2019.
uk2  uk  4036 2019 2  2019  4036

Vậy un  2019, n * .


n
1 n
Khi đó vn   2
 2
, n  *
k 1 u  2018
k 2019  2018

n 1 1
Vậy lim vn  lim 2
  , vì lim n  ;lim 2
 2
.
2019  2018 2019  2018 2019  2018
vietanhhda1983@gmail.com

Câu 48. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số  un  được xác định bởi
u1  2018
 2 .
 3n  9n  un 1   n  5n  4  un , n  1
2

 3n 
Tính giới hạn lim  2 .un  .
n 
Lời giải

1 3  n  1 un 1 1 un
Ta có un 1  2
un  2
 2
3 n  3n  n  1  3  n  1 3 n  3n
un 1 1
Đặt vn  2
 vn1  vn   vn  là cấp số nhân có công bội q  và số hạng đầu
n  3n 3 3
n 1 n 1
u 2018 1009 1009  1  1009  1 
v1  1 
4 4

2
 vn  . 
2  3
 un  . 
2 3
n 2
 3n 

 3n   3n   1009  1 n 1 2 3n 
Khi đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim  .    n  3n  . 2 
n  n   2 3 n 

 3027 n 2  3n  3027  3  3027


 lim  . 2  lim 1    .
 2 n  2  n 2

Câu 49. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Cho dãy số  un  , biết


2un 1 un  n 2  n  2
u1  12 , 2  với n  1 .
n  5n  6 n2  n
un
Tìm lim .
2n 2  1
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Quyền; Fb: Nguyễn Trần Quyền
Ta có:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 256 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2un 1

un  n 2  n  2

2un 1

un

 n  1 n  2 
n 2  5n  6 n2  n  n  2  n  3 n  n  1 n  n  1


2un 1

un  n  2 
2 2
 n  1 n  2   n  3 n  n  1  n  2  n  n  1 n  2 
2un 1 un 2 1
 2
 2
 
 n  1 n  2   n  3 n  n  1  n  2   n  1 n  2  n  n  1

un 1 2 1 un 1 
 2
   2
  *
 n  1 n  2   n  3  n  1 n  2  2  n  n  1  n  2  n  n  1 

un 1 1 1
Đặt vn  2
 , từ * ta có vn 1  vn nên  vn  là cấp số nhân có công bội q  ,
n  n  1  n  2  n  n  1 2 2
1
v1  suy ra
2
2
n 1 1 un 1 1 n  n  1  n  2 
vn  v1q  n  2
  n  un  n
 n 2  3n  2
2 n  n  1  n  2  n  n  1 2 2

Khi đó

un  n  n  12  n  2  n 2  3n  2 
lim 2  lim   
 2  2n  1 2n 2  1 
n 2
2n  1

n  n  1 n  2 
Ta có 2n  C0n  C1n  C2n  C3n    Cnn  C3n   n  3
6
Do đó ta có bất đẳng thức sau
2 2
n  n  1  n  2  6n  n  1  n  2 
0   n  3
2n  2n 2  1 n  n  1 n  2   2n 2  1

2 2
6n  n  1  n  2  n  n  1  n  2 
Vì lim  0 nên lim 0
n  n  1 n  2   2n 2  1 2n  2n 2  1

n2  3n  2 1 u 1
hơn nữa lim 2
 nên lim 2n 
2n  1 2 2n  1 2
un 1
Vậy lim 2
 .
2n  1 2

Câu 50. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số (un) được xác định bởi
u1  2018
 2 .
 3n  9n  un 1   n  5n  4  un , n  1
2

 3n 
Tính giới hạn lim  2 .un  .
n 
Lời giải
Ta có:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 257 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

un 1 1 un
 3n 2
 9n  un1   n 2  5n  4  un   .
 n  1 n  4  3 n  n  3
.

un 1 un 1
Đặt vn 1  , vn  , suy ra vn 1  vn .
 n  1 n  4  n  n  3 3

 u1 1009
v1  11  3  2 1009  1 
n 1
3027
Dễ thấy  vn  là cấp số nhân với   vn  .   .
q  1 2  3 2.3n
 3

un 3027  n  3n  2

Mặt khác vn   un  .
n  n  3 2.3n

Như vậy ta có:

 2 3
 3n   3n 3027  n 2  3n    3027n 1  n   3027
lim  2 .un   lim  2 .   lim    .
n 2
n  n 2.3   2n  2
   
 

Câu 51. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019)Cho dãy số  un  được xác định như sau
u1  2019
 .
un 1  2un  n  1 n  
*

u
Tìm số hạng tổng quát của dãy số  un  . Tính lim nn .
n  3

Lời giải
Tác giả: Nguyễn xuân Giao; FB: giaonguyen
Phản biện: Vũ Ngọc Tân; FB: Vũ Ngọc Tân

Ta có un1  2un  n  1  un1   n  1  2  un  n  n *

v1  2018
Đặt vn  un  n với n   * . Khi đó ta có dãy  vn  thỏa mãn 
vn 1  2vn n  
*

là một cấp số nhân có công bội q  2  vn  v1.q n1  2018.2n1  un  2018.2n 1  n .

Vậy un  2018.2n 1  n .
n
un 2018.2n 1  n  2 n 
Ta có lim n  lim  lim 1009.    n   0
n  3 3 n n  
n 
 3 3 
n
2 n
(Vì lim    0 ; lim n  0 ).
n 3 n  3
 

Câu 52. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 258 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

u1  2

 1 .
un 1  un  2018  un  un  , n  1
2

 u u un 
Tính g1ớ1 hạn sau lim  1  2  ...  .
 u 2  1 u3  1 un 1  1 
Lời giải

 u u un 
1. Tính g1ớ1 hạn lim  1  2  ...  .
 u 2  1 u3  1 un 1  1 
x  x  1
*) Đặt f ( x )  x  . Theo g1ả th1ết ta có un 1  f (un ), n  1 . (1)
2018
Nhận thấy nếu x  2 thì f ( x )  2 , mà u1  2 nên từ (1) suy ra un  2, n  1 .

1
Do đó un 1  un  un  un  1  0, n  1 , nên dãy  un  là dãy tăng.
2018

G1ả sử dãy  un  bị chặn trên, kh1 đó dãy  un  có g1ớ1 hạn hữu hạn. Đặt lim un  L , ta có L  2 do
un  2, n  1 . Lấy g1ớ1 hạn ha1 vế của (1), ta được

 u  u  1  L  L  1 L  0
lim un 1  lim  un  n n  L  L  (vô lí vì L  2 ).
 2018  2018  L  1

1
Như vậy dãy  un  không bị chặn trên, do đó lim un    lim  0.
un

1
*) Ta có: un 1  un 
2018
 un2  un   un  un  1  2018  un 1  un 

un un  un  1 2018  un 1  un  2018   un 1  1   un  1 
   
un 1  1  un 1  1 un  1  un 1  1 un  1  un 1  1 un  1
 1 1 
 2018.   .
 un  1 un 1  1 

u1 u un
Đặt Sn   2  ... 
u2  1 u3  1 un1  1

 1 1   1 
 S n  2018     2018  1    lim S n  2018 .
 u1  1 un 1  1   un 1  1 

2 x  1  3 3x  1
Câu 53. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Tính giới hạn L  lim
x 0 x2
Lời giải
Tác giả:Vũ Ngọc Tân ; Fb: Vũ Ngọc Tân.
Phản biện: Đỗ Hải Thu; Fb: Đỗ Hải Thu.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 259 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 x  1  3 3x  1  2 x  1   x  1 3 3 x  1   x  1 
Ta có : L  lim  lim   
x 0 x2 x 0  x 2
x2 
 

 2 3

 2 x  1   x  1 3 x  1   x  1 
 lim  2  
x 0


x 2 x  
1   x  1 x2   3
 3x  1
2
 3 3 x  1.  x  1   x  1
2
 

 
 x2  x3  3x 2 
 lim  2  
x 0
x

 2 x  1   x  1  x2  3
 3x  1
2
 3 3 x  1.  x  1   x  1
2
 

 
 1 x  3 
 lim   .
x 0
 2x  1  x  1
  3
 3x  1
2
 3 3 x  1.  x  1   x  1
2
 

1 1
  1  .
2 2
1
Vậy L  .
2

Câu 54. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Cho dãy số un  xác định bởi

u1  3

 1

un 1  2 un  5un  un , n  , n  1
2

1 1 1
Ta thành lập dãy số vn  với vn  2  2  2 . Chứng minh rằng dãy số vn  có giới hạn và tính
u1 u2 un
giới hạn đó.
Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.
Ta dễ có u n  0, n   . *

1
Ngoài ra un 1 
2
 un2  5un  un   12  
un2  un  un , n  * . Do đó dãy un  tăng.

Giả sử un  bị chặn, khi đó lim un  a, a  3  u1 , a   . Cho qua giới hạn hệ thức

1 1
un 1 
2
 un2  5un  un  a  2
 
a 2  5a  a  a  0 vô lý.

1
Từ đó suy ra un  không bị chặn và lim un  , lim  0.
un

1
Ta có un 1 
2
 
un2  5un  un  2un 1  un  un2  5un  4un21  4un 1un  5un , (vì

un 1  un  0 )

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 260 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

5 1 1  1 4 1 1  1 4 1 1 
 2
 4   2      vn  2    
un 1  un un 1  un1 5  un un1  u1 5  u1 un 

1 4 1 17
Suy ra lim vn     .
9 5 3 45

Câu 55. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Trong bốn giới hạn sau đây, giới hạn nào
là  ?
3 x  4 3x  4 3 x  4 3 x 2  4
A. lim B. lim C. lim 2 . D. lim .
x  x  2 x2 x2 x2 x  4 x  4 x   x2
Lời giải
Tác giả: Hồ Thanh Nhân; Fb: Nhan Ho Thanh
Chọn D
Ta có :

4
3 
3 x  4 x  3 . lim 3 x  4   , lim 3 x  4   ,
lim  lim 2
x  x  2 x  2 x  2 x 2 x 2 x  4 x  4
1
x

4
2 3 
3 x  4 x 2   .
lim  lim x.lim
x  x2 x  x  2
1
x

mx  m  1  1
Câu 56. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Tìm giá trị của m để lim  2.
x 1 x 1
A. m  4 . B. m  2 . C. m  0 . D. m  4 .
Lời giải
Tác giả: Lê Thị Kim Loan; FB: Kim Loan.
Chọn D

mx  m  1  1
Theo đề ta có: lim 2
x 1 x 1
mx  m
 lim 2
x 1
 x  1  mx  m  1  1 
m
 lim 2
x 1 mx  m  1  1

m
  2  m  4.
2
Vậy m  4 .

Câu 57. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 261 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

u1  2

 1 .
un 1  un  2018  un  un  , n  1
2

 u u un 
Tính lim  1  2  ...  .
 u2  1 u3  1 un1  1 
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Quý Thành; Fb: Thành Nguyễn
un  un  1
Theo giả thiết ta có: un 1   un mà u1  2 suy ra 2  u1  u2  u3  ...
2018

Do đó dãy  un  là dãy tăng.

Giả sử dãy  un  bị chặn trên suy ra lim un  L với L  2 , khi đó:


n 

un2  2017un L2  2017 L L  0


lim un 1  lim L  (Vô lý do L  2 ).
2018 2018 L  1
1
Vậy dãy  un  không bị chặn trên hay lim un    lim  0.
un

1
Ta có: un 1  un 
2018
 un2  un   un  un  1  2018  un1  un 
un un  un  1 2018  un 1  un 
  
un 1  1  un 1  1 un  1  un 1  1 un  1

2018  un 1  1   un  1   1 1 
  2018.   .
 un 1  1 un  1 u
 n  1 u n 1  1 
u1 u un
Đặt Sn   2   .
u2  1 u3  1 un1  1

 1 1   1 
 Sn  2018     2018 1    lim Sn  2018.
 u1  1 un1  1   un1  1 

 u u un 
Vậy lim  1  2  ...    2018 .
u
 2  1 u3  1 u n 1  1 

Câu 58. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho dãy số  un  xác định
u1  2

 1 .
u  u  
 n 1 n 2018 n u 2
 u n  , n  1

 u u un 
Tính lim  1  2  ...  .
 u2  1 u3  1 un1  1 
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 262 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 (n  1)2  3(n  1) un1 1 un


Ta có un 1  2
un  
3 n  3n (n  1)  3(n  1) 3 n 2  3n
2

un 1 1
Đặt vn  2
 vn 1  vn  (vn) là cấp số nhân có công bội q  và số hạng đầu
n  3n 3 3
n 1 n 1
u 2018 1009 1009  1  1009  1 
v1  1 
4 4

2
 vn  . 
2  3
 un  . 
2 3
n 2
 3n 

 3n   3n   1009  1 n 1 2 3n 
 2  3  
Khi đó lim  2 .un   lim  2 .un   lim  . n  3n  . 2 
n  n   n 

 3027 n 2  3n  3027  3  3027


 lim  . 2  lim 1   
 2 n  2  n 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 263 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 13 Hàm số liên tục, đạo hàm

Câu 1. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Tìm a để hàm số


 3x  1  x  3
 khi x  1
f ( x)   x2  1
 (a  2) x khi x  1
 4
liên tục tại điểm x  1 .
Lời giải
Tác giả: Đàm Thị Lan Anh ; Fb: Đàm Anh
Tập xác định D   .
Ta có:
a2
f (1)  ;
4
( a  2) x a  2
lim f ( x )  lim  ;
x 1 x 1 4 4

3x  1  x  3 2( x  1)
lim f ( x)  lim 2
 lim
x 1 x 1 x 1 x 1 ( x  1)( x  1)( 3 x  1  x  3)
2 1
 lim 
x 1 ( x  1)( 3 x  1  x  3) 4

a2 1
Hàm số liên tục tại x  1 khi và chỉ khi f (1)  lim f ( x )  lim f ( x )    a  1 .
x 1 x 1 4 4
Vậy a  1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 2. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Hàm số nào sau đây liên tục trên  ?
1 x3
A. y  B. y  .
6  tan 2 x 2
x  4x  4
sin 3 x  1
C. y  x 4  7 x 2  8 . D. y  .
2sin x  cosx  3
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt; Fb: Huỳnh Kiệt
Chọn D
Để hàm số liên tục trên  thì tập xác định của hàm số là 
Ta xét:

1  
Câu A: y  2
 D   \   k   k   
6  tan x 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 264 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x3 x3
Câu B: y    D   \ 2
x2  4 x  4 x2

Câu C: y  x 4  7 x 2  8  x 2

 1 x 2  8  D  ; 2 2    2 2;  
2 2
 22   1  3  2sin x  cosx  3  22   1  3   5  3  2sin x  cosx  3  5  3
Câu D: Ta có:
 2sin x  cos x  3  0  x    D  

Theo định lý thừa nhận ở sgk thì hàm lương giác liên tục trên tập xác định của nó nên câu D hàm số
liên tục trên 

 x 2  x  1 khi x  1
Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số f  x    với a là
 ax  2 khi x  1
tham số. Khi hàm số liên tục tại x  1 thì giá trị của a bằng
A. 0 . B. 3 . C. 1 . D. 1 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đức Duẩn; Fb: Duan Nguyen Duc
Chọn D
+) TXĐ: D   .

+) Có f 1  3 .

+) Ta có lim f  x   lim  x 2  x  1  3 .
x 1 x 1

lim f  x   lim  ax  2   a  2 .
x 1 x 1

Hàm số liên tục tại x  1 khi lim f  x   lim f  x   f 1  a  2  3  a  1 .


x 1 x 1

Vậy a  1 thì hàm số liên tục tại x  1 .

Câu 4. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Biết rằng phương trình x 5  x 3  3 x  1  0 có duy
nhất một nghiệm x0 , mệnh đề nào dưới đây đúng?
A. x0  1; 2  . B. x0   0;1 . C. x0   1;0  . D. x0   2; 1 .
Lời giải
Tác giả: Trần Công Sơn; Fb: Trần Công Sơn
Chọn B

Đặt f  x   x5  x3  3x  1 .

TXĐ: D   .
Hàm số liên tục trên  .

 f  0   1
Ta có:   f  0  . f 1  4  0 .
 f 1  4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 265 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Nên tồn tại x0   0;1 sao cho f  x0   0 .

sin x  2
Câu 5. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019)Cho hàm số y  . Tìm các giá trị m
sin x  m
  
để y  0 , với mọi x    ; 0  .
 2 
A. m  0 hoặc m  2 . B. m  1 hoặc 0  m  2 .
C. m  0 hoặc 1  m  2 . D. m  2 .
Lời giải
Tác giả: Phan Minh Quốc Vinh; Fb: Vinh Phan
Chọn B

Trường hợp m  1 :

2m
Hàm số có tập xác định là D   và y  cos x. 2
.
 sin x  m 
   2   
Khi đó, y  0, x    ; 0   2  m  0  m  2 (vì cos x  0 ,  sin x  m   0 với mọi x    ; 0  ).
 2   2 
Kết hợp với điều kiện m đang xét ta có m  1 hoặc 1  m  2 .

Trường hợp m  1 :

2m
Điều kiện sin x  m . Ta có y  cos x. 2
.
 sin x  m 
m  2
   2  m  0   m  1 2
Khi đó, y  0, x    ; 0       m  1   (vì cos x  0 ,  sin x  m   0 và
 2  m   1;0   m  0 0  m  2
 
  
sin x   1; 0  với mọi x    ; 0  ).
 2 
Kết hợp với điều kiện đang xét ta có m  1 hoặc 0  m  1 .
Tổng hợp kết quả hai trường hợp đang xét, giá trị m cần tìm là m  1 hoặc 0  m  2 .
Cách trắc nghiệm:
Nhận xét: Bài toán trắc nghiệm nên có thể làm theo cách:

  
Đặt t  sin x, do x    ; 0   t   1;0  .
 2 
t 2 m  2
Ta có y  , t   1; 0  , và y  2
.
tm t  m
m   1; 0  m   ; 1   0;  
Yêu cầu bài toán     m   ; 1   0; 2  .
 m  2  0 m  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 266 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 6. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số f  x    x 2  1  x  2  x  3  ....  x  2018  và


f  x
g  x  .
x
Tính g  1
A. 2. B. 2019! C. 0. D. 2019! .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Trăng; Fb: Trăng Nguyễn
Chọn D

x. f   x   f  x 
Ta có g   x   (1).
x2

Mặt khác f  x    x 2  1  x  2  x  3  ....  x  2018  suy ra f 1  0 .

f   x    x  1 x  2  x  3 ....  x  2018    x  1 [ x  2  ...  x  2018    x  1 x  3 ...  x  2018 


....   x  1 x  2  ...  x  2017 ]

Suy ra f  1  2.3.4.....2019  2019!

Thay vào (1) suy ra g  1  2019!

 3  2 x  (2ax  b  1) 4 x  1
Câu 7. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho biết    2
,
 4x 1   4 x  1
với a,b là số nguyên. Tính giá trị biểu thức P  3b  2a
A. P  29 . B. P  13 . C. P  19 . D. P  23 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tường Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk
Chọn C

 3  2 x  (3  2 x). 4 x  1  (3  2 x).
* Ta có 
 4x 1 
  4x 1
 4x 1 

2. 4 x  1 
 3  2 x  .2
 4 x  1  2  4 x  1  2  3  2 x    4 x  4  4 x  1
2
4x 1  4 x  1 4 x  1  4 x  1 .

 2 a  4  a  2
* Suy ra   .
b  1  4 b  5
* Vậy P  19 .

Câu 8. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hàm số
1
y  (m  2)x 3 – (m  2)x 2   2m  1 x  5m . Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của m trên khoảng
3
(3;7) sao cho y '(x)  0,  x  R . Tính tổng các phần tử của tập S ta được kết quả là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 267 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

A. 19 . B. 20 . C. 17 . D. 18 .
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt; Fb:Huỳnh Kiệt
Chọn B
TH1: m  2  y  5x  10 , Do là hàm số bậc nhất và a  5  0 nên y(x)  0,  x  . . Vậy m  2
thỏa mãn.

1
TH2: m  2  y  (m  2)x 3 – (m  2)x 2   2m  1 x  5m.
3
y   m  2  x 2  2  m  2  x  2m  1.

Ta có:

a  0  m  2  m  2
y(x)  0,  x      2 
   0  m  2    m  2  2m  1  0  m  2   m  3  0

m  2
  m  2.
 m  3

Do m   2; 7  và là số nguyên nên m  3; 4;5;6 .

Kết hợp 2 TH ta có S  2;3; 4;5; 6  Tổng là 20.

Câu 9. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hàm số hàm số y  x.cos x . Chọn khẳng
định Đúng?

A. 2(cos x  y )  x( y  y)  1 . B. 2(cos x  y )  x ( y  y )  0 .


C. 2(cos x  y )  x ( y  y)  0 . D. 2(cos x  y )  x ( y  y )  1 .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Minh Thành; Fb: Hoàng Minh Thành
Chọn C
Tập xác định: D  
Ta có: y '  cos x  x sin x

y "  2sin x  x cos x

2(cos x  y ')  2 x sin x


Khi đó:   2(cos x  y ')  x( y " y )  0
 x( y " y )  2 x sin x .

Câu 10. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019)Cho hàm số f  x   x  x  1 x  2  ...  x  2018  .
Tính f   0  .
A. f   0   2018!. B. f   0   2018! . C. f   0   0 . D. f   0  2018 .
Lời giải
Tác giả: Trần Ngọc Diễm; Fb: Trần Ngọc Diễm

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 268 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn A

f   x   1.  x  1 x  2  ...  x  2018  x.1.  x  2  ... x  2018  ...  x  x 1 x  2  ...  x  2017  .1
f   0   1.  1 2  ...  2018  1.2...2018  2018! .

x2
. Tính y    0  .
100
Câu 11. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y 
1 x
A. y 100   0   100! . B. y 100  0   99!. C. y 100 
 0   100!. D. y 100  0   99! .
Lời giải
Tác giả: Bồ Văn Hậu; Fb: Nắng Đông
Chọn A

x2 1
Với mọi số thực x  1 thì y   x 1  , suy ra ta có:
1 x 1 x
1
y  1  2
1  x 
2
y  3
1  x 
6 3!
y  4
 4
1  x  1  x 
24 4!
y  
4
5
 5
1  x  1  x 
……………….
n!
Ta dự đoán và dễ dàng chứng minh được y  n   n 1
, với n  2 và n   .
1  x 
Khi đó: y 100   0   100!

Câu 12. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  f ( x )  1  cos 2 2 x . Chọn kết quả
đúng.
 sin 4 x  sin 2 x
A. df  x   dx . B. df  x   dx .
2
2 1  cos 2 x 1  cos 2 2 x
 sin 4 x cos 2 x
C. df  x   dx . D. df ( x )  dx .
1  cos 2 2 x 1  cos 2 2 x
Lời giải
Tác giả: Vũ Văn Trụ; Fb: Trụ Vũ
Chọn C

 1  cos 2
2 x 
df  x   d 1  cos 2 x  2
 2
1  cos 2 x  .dx 
2 1  cos 2 2 x
.dx

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 269 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 cos 2 x.  cos 2 x  2 cos 2 x.  2sin 2 x   sin 4 x


 .dx  .dx  .dx .
2 1  cos 2 2 x 2 1  cos 2 2 x 1  cos 2 2 x

cos x
Câu 13. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  . Mệnh đề nào dưới đây
x
đúng?
A. 2y  xy   xy . B. 2y   xy   xy . C. y   xy   xy . D. y   xy  xy .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Anh; Fb: conganhmai
Chọn A
cos x
Ta có y   xy  cos x 1 .
x

Lấy đạo hàm 2 vế của 1 ta được: y  xy   sin x  2  .

Lấy đạo hàm 2 vế của  2 ta được: y  y  xy   cos x  2 y ' xy   xy .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 270 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chuyên đề 14 Khảo sát hàm số và bài toán liên quan


 
 
Câu 1. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Cho hàm số y  2 x 3 - 3  m  3  x 2  18mx  8 , m là tham số.

a) Tìm m để hàm số đã cho đồng biến trên  .


b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung.
c) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  -1;0  bằng -24 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Oanh; Fb: Oanh Nguyen
a) Ta có y  6 x 2 - 6  m  3  x  18m .
2
Hàm số đồng biến trên  khi y  0  9  m  3  - 108m  0  m 2 - 6 m  9  0  m  3 .

b) Đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung khi y  0 có hai nghiệm
trái dấu

 6 x 2 - 6  m  3  x  18m  0 có hai nghiệm trái dấu  m  0 .

c) Tìm m để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  -1;0  bằng -24 .

x  m
Ta thấy y '  0  6 x 2 - 6  m  3 x  18m  0  
 x  3   -1;0

+ Nếu m  3 hàm số đồng biến trên  , nên hàm số đồng biến trên  -1;0  , suy ra giá trị nhỏ nhất
của hàm số đã cho trên đoạn  -1;0  là y  -1  -66  -24 , nên m  3 không thỏa mãn.

x  m
+ Nếu m  3 , khi đó y '  0  
 x  3   -1;0 

*)TH1: m   -1; 0  , ta tính được y  0   8 , y  -1  - 3 - 21m , min y  min  y  0  , y  -1 .


 -1;0

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  -1;0  bằng -24 thì

 m   -1;0 m   -1;0
 
 y  -1  -24  -3 - 21m  -24  m  1 .
 -3 - 21m  8
 y  -1  y  0  

*)TH2: m   -1;0  , từ bảng biến thiên của hàm số

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 271   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Suy ra min y  min  y  0  , y  -1 .


-1;0

Để giá trị nhỏ nhất của hàm số đã cho trên đoạn  -1;0  bằng -24 (do y  0   8  -24 ) thì

 m   -1;0
 m   -1;0
 y  -1  -24   do đó, không tồn tại giá trị của m .
  m  1
 y  -1  y  0 

Vậy m  1 .

Câu 2. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho các hàm số f  x   x 2 - 4 x  m và


2 3
g  x    x 2  1 x 2  2   x 2  3 . Tập tất cả các giá trị của tham số m để hàm số g  f  x   đồng biến
trên  3;  là
A. 3;4 . B.  0;3 . C.  4;  . D. 3;  .

Lời giải
Tác giả: Lê Đức Lộc; Fb: Lê Đức Lộc
Phản biện: Hà Ngọc Ngô
Chọn D

f  x   x2 - 4 x  m  f   x   2 x - 4 .
2 3
g  x    x 2  1 x 2  2   x 2  3  a12 x12  a10 x10  ...  a2 x 2  a0
 g   x   12a12 x11  10a10 x9  ...  2a2 x .

 g  f  x     f   x  .g   f  x     2 x - 4  12a12 f 11  x   10a10 f 9  x   ...  2a2 f  x  

  2 x - 4  . f  x  . 12a12 f 10  x   10a10 f 8  x   ...  2a2 


Vì a12 ;  a10 ;  ...; a2 ; a0  0 và 2 x - 4  0 x   3;   nên
 2 x - 4  12a12 f 10  x   10a10 f 8  x   ...  2a2   0 x   3;   .

Hàm số g  f  x   đồng biến trên  3;    g  f  x     0 x   3;  
 f  x   0 x   3;    x2 - 4 x  m  0 x   3;    m  g  x   - x2  4 x  x   3;  
 m  max g  x   3 .
x3; 

Câu 3. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm các giá trị của tham số thực m để hàm số

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 272   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1  1 
y  x3   2 - m  x 2   4 - 2m  x - 8 đồng biến trên  - ;   .
3  2 
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tiến Hoàng ; Fb: Nguyễn Tiến Hoàng
Ta có y '  x 2  2  2 - m  x  4 - 2 m

Theo yêu cầu bài toán :


2
1 1
y '  0 x   - ;    x2  4x  4  2mx  2m x   - ;    m 
 x  2  x   - 1 ;   .
 
 2   2  2  x  1  2 
2

Đặt g ( x) 
 x  2 Khi đó g '  x  
x2  2 x x  0
0 
2
2( x  1) 2  x  1  x  -2

Vậy m  2 .

Câu 4. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019)


Cho hàm số y  f  x  . Hàm số y  f   x  có đồ thị như hình y = f'(x)
2
bên. Hàm số y  f 1 - x 2  nghịch biến trên khoảng
 1 
A. 1; 2  . B.  - ;    .
 2 
C.  - 2 ; - 1 . D.  - 1;1 . 0 1 2 5

Lời giải
Tác giả: Vũ Xuân Định ; Fb: Vu Xuan Đinh
Chọn A

Ta có y  f 1 - x 2   y   -2 x. f  1 - x 2  .

Hàm số y  f 1 - x 2  thì y  0  -2 x. f  1 - x 2   0  x. f  1 - x 2   0 .

+ Trường hợp 1:

x  0 x  0
 x  0  
   1 - x 2  1    x  0  x  0  x   0;    .
 f  1 - x   0  
2
2  2
 1 - x  2   x  -1
+ Trường hợp 2:

 x  0 x  0 x  0
    x  .
 f  1 - x   0 1  1 - x  2 -1  x  0
2 2 2

Vậy hàm số nghịch biến trên 1; 2  .

Câu 5. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 273   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 3
y x   2 - m  x 2   4 - 2m  x - m 2 - 3m - 8 .
3
 1 
Tìm các giá trị tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  - ;    .
 2 
Lời giải
Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng
 1 
Hàm số là hàm đa thức nên luôn xác định trên  - ;   
 2 

Ta có: y '  x 2  2  2 - m  x  4 - 2 m

 1   1 
Hàm số đồng biến trên khoảng - ;  khi: y '  0, x   - ;   
 2   2 
2
 1  x  4x  4  1 
 x 2  2  2 - m  x  4 - 2m  0, x   - ;      2m, x   - ;    *
 2  x 1  2 

x2  4x  4  1 
Xét hàm số g  x   trên  - ;   
x 1  2 

  1 
2  x  0  - ; 
x  2x  2 
g ' x   2
 g ' x  0  
 x  1   1 
 x  -2   - ;   
  2 

Bảng biến thiên:

 1 
Bất phương trình *  g  x   2m, x   - ;   
 2 

 min g  x   2 m  2m  4  m  2
 1 
 - ;  
 2 

Vậy m  2 là giá trị cần tìm.

x2  4x  4 1 1
Cách khác : Ta có  x 1 2  2  x  1  2  4 . Suy ra m  2 .
x 1 x 1 x 1

Câu 6. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Có bao nhiêu giá trị nguyên âm của tham số m để hàm
1
số y  x 3  mx - 5 đồng biến trên khoảng  0;   .
5x
A. 12 . B. 0 . C. 3 . D. 4 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 274   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Lời giải
Tác giả: Ngô Thị Oanh; Fb: Oanh Ngô.
Chọn D
1
Để hàm số y  x 3  mx - đồng biến trên  0;    y  0 x   0;   và y  0 tại một số hữu
5 x5
hạn điểm
1 1
 3x 2  m  6
 0  x   0;    3 x 2  6  - m   x   0;  
x x
1
Xét hàm số f  x   3 x 2  trên  0;   .
x6

6 6  x - 1
8
 x  1  (TM)
f   x  6x - 7  7
; f  x  0  
x x  x  -1  (KTM)
BBT

YCBT  -m  4  m  -4 . Mà m là số nguyên âm  m  -4; -3; -2; -1 .

Vậy có 4 giá trị của m thỏa mãn.

Câu 7. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Gọi S là tập các giá trị nguyên của m sao cho hàm số
1
y  x3 - x 2  mx  2018 nghịch biến trên khoảng 1; 2  và đồng biến trên khoảng  3; 4  . Tính số
3
phần tử của S .
A. 10 . B. 9 . C. 4 . D. 5 .
Lời giải
Chọn C
Tập xác định D   .

Ta có y  x 2 - 2 x  m , x   .

Hàm số nghịch biến trên khoảng 1; 2  và đồng biến trên khoảng  3; 4  khi và chỉ khi phương trình
y  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1  1  2  x2  3 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi

1 - m  0
 m  1 m  1
1 - 1 - m  1    -3  m  0 .
 1  1 - m  2  -3  m  0
2  1  1 - m  3

Suy ra S  -3; -2; -1; 0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 275   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 8. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Tìm m để hàm số y  x 3 - 3mx 2  3  m 2 - 1 x  m  2
đồng biến trên khoảng  2;   .
Lời giải

y  3 x 2 - 6 mx  3  m 2 - 1 ,  x   .

 x  m -1
y  0   ( Hai nghiệm phân biệt với mọi m )
x  m 1
+ Bảng biến thiên:

Hàm số đồng biến trên khoảng  2;     2;     m  1;    m  1  2  m  1 .

Vậy giá trị của m cần tìm là: m  1 .

Câu 9. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm
4 3
số y  x 3   m  1 x 2  3mx - m 2 đồng biến trên khoảng  -1;   .
3 2
Lời giải
Tác giả: Hoàng Văn Lâm; Fb: LamHoang
Tập xác định: D  

y   4 x 2  3  m  1 x  3m .

y   0 x   -1;    4 x 2  3  m  1 x  3m  0 x   -1;  

4 x 2  3x
Với x  1  0,     x   -1;    -3m   x   -1;  
x 1

4 x 2  3x 4 x2  8x  3
Xét hàm f  x    x   -1;    f   x   2
x 1  x  1
 1
 x  - (tm)
2
 f   x   0  4 x2  8x  3  0  
 x  - 3 (l )
 2

Bảng biến thiên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 276   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1
Vậy -3m  -1  m  .
3
y
Câu 10. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số 3
y  f  x  có đồ thị của hàm số y  f   x  được cho như hình bên. Hàm số
1
y  -2 f  2 - x   x 2 nghịch biến trên khoảng
-1 O 2 3 4 5 x
A.  -3; - 2  . B.  -2; - 1 .
C.  -1; 0  . D.  0; 2  . -2

Lời giải
Tác giả: Phan Văn Trí; Fb:facebook.com/tri.phanvan.3304
Chọn C
y
3

-1 O 2 3 4 5 x

-2

Ta có

y  -2 f  2 - x   x 2  y  -  2 - x  2 f '  2 - x   2 x  2 f   2 - x   2 x

y  0  f   2 - x   x  0  f   2 - x    2 - x  - 2

Đặt t  2 - x suy ra f '  t   t - 2 .

Dựa vào đồ thị f’(x) ta thấy đường thẳng y  t - 2 cắt đồ thị

y  f   t  tại ba điểm có hoành độ liên tiếp là a,3, b sao cho 1  a  2; 4  b  5

Do đó cùng từ đồ thị ta có

a  t  3 a  2 - x  3  -1  x  2 - a
f  t   t - 2    
 b  t  5 b  2 - x  5  -3  x  2 - b

+ Vì 1  a  2  0  2 - a  1 nên  -1;0    -1; 2 - a  . Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng


 -1;2 - a  nên cũng nghịch biến trên  -1;0  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 277   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+ Vì 4  b  5  -3  2 - b  -2 nên  -3;2 - b    -3; -2  . Do đó, hàm số nghịch biến trên khoảng


 -3;2 - b  thì chưa chắc nghịch biến trên  -3; -2  .
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng  -1;0  .

Câu 11. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho y  f  x  có bảng biến thiên như sau:

Hàm số y  f  x  nghịch biến trên khoảng nào dưới đây:


A.  -; 0  . B.  -; - 2 . C.  -1;0  . D.  0;   .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Trúc Ly; Fb: Nguyễn T. Trúc Ly
Chọn B

Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số nghịch biến trên khoảng  -; - 1 và  0;1 .

1
Câu 12. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  log 2020   có đồ thị  C1  và hàm số
x
y  f  x  có đồ thị  C 2  . Biết  C1  và  C 2  đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Hỏi hàm số y  f  x 
nghịch biến trên khoảng nào dưới đây?
A.  0;1 . B.  -1; 0  . C.  -; - 1 . D. 1;    .
Lời giải
Tác giả: Đặng Phước Thiên ; Fb: Đặng Phước Thiên
Chọn B

1
Ta có y  log 2020    - log 2020 x .
 x

 C1  và  C 2  đối xứng nhau qua gốc tọa độ, suy ra hàm số y  log 2020  - x  có đồ thị  C 2  .

log 2020  - x  , x  -1
Xét hàm số y  log 2020  - x    .
- log 2020  - x  , - 1  x  0

Suy ra hàm số đồng biến trên  -; - 1 , nghịch biến trên khoảng  -1; 0  .

Câu 13. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y   2 m - 1 x -  3m  2  cos x nghịch biến trên  .
1 1 1
A. -3  m  - . B. -3  m  - . C. m  -3 . D. m  - .
5 5 5
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 278   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Nguyễn Thị Quỳnh; Fb: Quỳnh Nguyễn


Chọn A

Ta có y    2m - 1   3m  2  sin x .

Để hàm số nghịch biến trên  thì y  0   2 m - 1   3m  2  sin x  0 (1)

2 7
+) TH1: Với m  - thì (1) trở thành -  0, luôn đúng với x (2)
3 3
2
+) TH2: Với m  - thì (1) trở thành:
3
1 - 2m 1 - 2m 5m  1 2 1
sin x   1   0  -  m  - (3)
3m  2 3m  2 3m  2 3 5
2
+) TH3: Với m  - thì (1) trở thành:
3
1 - 2m 1 - 2m m3 -2
sin x    -1   0 -3 m  (4).
3m  2 3m  2 3m  2 3
1
Kết hợp (2), (3) và (4) ta được -3  m  - .
5

Câu 14. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Tìm m để hàm số sau đồng biến trên  0;   :
1
y  x 3  mx - .
3x
A. m  1 . B. m  0 . C. m  -1 . D. m  -2 .
Lời giải
Tác giả: Phùng Hằng; Fb: Phùng Hằng
Chọn D
1 1
y  x 3  mx -  y  3x 2  m  2 .
3x 3x
1
Để hàm số đồng biến trên  0;    y  0,  x   0;    3 x 2  m   0, x   0;  
3x 2
1
 m  -3 x 2 - , x   0;   1 .
3x2
1
Xét hàm số f  x   -3 x 2 - , x   0;   .
3x 2

1 1 1
Ta có: 3x 2  2
 2 3x 2 . 2  2 ( Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương 3x 2 và ). Dấu
3x 3x 3x 2
1 1 1
bằng xảy ra  3 x 2  2  x 2   x  .
3x 3 3

 f  x   -2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 279   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Khi đó 1  m  -2 .

Câu 15. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để
hàm số y  x 3 - 3 x 2  m - 2 có đúng năm điểm cực trị
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Anh Kiệt ; Fb: Huỳnh Kiệt
Hàm số y  x 3 - 3 x 2  m - 2 có đúng năm điểm cực trị khi và chỉ khi hàm số y  x3 - 3x 2  m - 2 cắt
trục hoành tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x 3 - 3 x 2  m - 2  0 1 có 3 nghiệm
phân biệt.

Ta có 1  x 3 - 3 x 2  2 - m

x  0
Xét hàm số f ( x)  x3 - 3x 2 ta có f  ( x)  3x 2 - 6 x  0  
x  2

Từ bảng biến thiên ta có phương trình 1 có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
-4  2 - m  0  2  m  6 .

Câu 16. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Biết m   a; b  với a , b   thì hàm số
y  x 5 - 5 x 3  5 x 2  10 m - 1 có 5 điểm cực trị . Tính tổng a  b ?
14 27 1 13
A.  B. -  C.  D. - 
5 10 10 5
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Yến ; Fb: Nguyễn Yến.
Chọn D

Đặt f  x   x 5 - 5 x3  5 x 2  10 m - 1, x   .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 280   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2
Ta có f '  x   5 x 4 - 15 x 2  10 x  5 x  x  2  x - 1 , x  

 x  -2
f '  x   0   x  0 .
 x  1

Bảng biến thiên của hàm số f  x 

Dựa vào bảng biến thiên trên của hàm số f  x  ta suy ra hàm số y  f  x  có 5 điểm cực trị khi và
-27 1 -27 1 -13
chỉ khi : 10m - 1  0  10m  27   m  . Suy ra a  b    .
10 10 10 10 5

Câu 17. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y  x 3 - 3  m  1 x  m - 2 đạt cực đại
tại x  -1.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng
Tập xác định: D  

Ta có: y '  3 x 2 - 3  m  1

Hàm số đạt cực đại tại x  -1 khi: y '  -1  0  3 - 3  m  1  0  m  0

Với m  0 ta có: y '  3x 2 - 3  y ''  6 x.

Khi đó: y ''  -1  -6  0  x  -1 là điểm cực đại của hàm số .Vậy m  0 là giá trị cần tìm.

Câu 18. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y  x 4 - 4  m - 1 x 2  2 m - 1 có đồ thị
 C m  . Xác định tham số m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác
đều.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng
Tập xác định: D  

x  0
Ta có: y '  4 x 3 - 8  m - 1 x  y '  0  4 x3 - 8  m - 1 x  0   2
 x  2  m - 1  2 

Hàm số có 3 điểm cực trị khi phương trình y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  phương trình  2  có hai
nghiệm phân biệt  0  2  m - 1  0  m  1

Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 281   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A  0 ; 2 m - 1 ; B  2
  2
2  m - 1 ; - 4  m - 1  2m - 1 ; C - 2  m - 1 ; - 4  m - 1  2 m - 1  ABC luôn là tam
4
giác cân vì AB  AC  2  m - 1  16  m - 1 ; BC  2 2  m - 1

4
Do đó tam giác ABC đều khi AB  BC  2  m - 1  16  m - 1  2 2  m - 1

m - 1  0  m  1 ktm 
 
4
 16  m - 1 - 6  m - 1  0   3 3 3
3
 m - 1  m  1   tm 
 8 
 2
3
3
Vậy m  1  là giá trị cần tìm.
2

Câu 19. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )


Cho hàm số y  f ( x) có đạo hàm tại mọi x  , hàm số
y  f ( x)  x3  ax 2  bx  c có độ thị như hình vẽ bên.

Số điểm cực trị của hàm số y  f  f   x   là


A. 8 . B. 11 .
C. 7 . D. 9 .

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Nguyễn Văn Xuất
Chọn C

Do đồ thị hàm số y  f   x  cắt trục hoành tại các điểm -1;0;1 .

y  f ( x)  x3  ax 2  bx  c   x  1 x  x - 1  x 3 - x

f ( x)  3x 2 - 1 ;

y  f  f   x   có y  f   f   x   . f   x 

 x  x0  -1
 f ( x)  -1  x  0;  1
 f   f   x    0  f ( x)  0 
y  0  f   f   x   . f   x   0      x  x1  1
 f   x   0  f ( x)  1 
  3
 f   x   0  x   3

Vậy hàm số y  f  f   x   có 7 điểm cực trị.

Câu 20. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho hàm số y  x 4  2  m  1 x 2  m 2  m - 1 , với m là tham
số. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều.
Lời giải
Tác giả: Lê Đình Năng, FB: Lê Năng
Hàm số y xác định với mọi x  và y '  4 x 3  4  m  1 x  4 x  x 2  m  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 282   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x  0
Ta có y '  0   2
 x  -  m  1

Hàm số có 3 điểm cực trị  -  m  1  0  m  -1 (*).

Với điều kiện (*) thì đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị là

A  0; m 2  m - 1 , B   
-m - 1; -m - 2 , C - - m - 1; - m - 2 . 
 AB   m  14 -  m  1  AC

Ta có   Tam giác ABC cân tại đỉnh A với m  -1 .
 BC  2 -m - 1

4
Do đó để tam giác ABC đều thì AB  BC   m  1  3  m  1  0  m  -1 - 3 3 .

Vậy với m  -1 - 3 3 thì đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác đều.

Câu 21. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hàm số y  x 4 - 8mx 2  16m 2 - m  1   m    có
đồ thị (C ) và điểm H (0;1) . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị (C ) có 3 cực trị là A, B, C sao cho
H là trực tâm tam giác ABC .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường; Fb: Cuong Nguyen
x  0
TXĐ: D   , y   4 x 3 - 16mx  4 x ( x 2 - 4 m ),  y   0   2 . 
 x  4m
Để đồ thị (C ) có 3 điểm cực trị thì m  0.

Không mất tính tổng quát, giả sử các điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

  
A  0;16m 2 - m  1 ,  B 2 m ;1 - m ,  C -2 m ;1 - m 
   
   
Ta có : AH   0; m - 16m 2  ;   BC  -4 m ; 0 ;  CH  2 m ; m ;  AB  2 m ; -16m 2  
 
 AH .BC  0
Điểm H là trực tâm tam giác ABC khi    
  
 0. -4 m   m - 16 m 2  .0  0

CH . AB  0  2 m .2 m  m  -16 m 2   0

m  0
1
 4 m - 16 m  0  
3
1 . Kết hợp với điều kiện m  0 tìm được m 
m   2
 2
1
Vậy m  là giá trị cần tìm.
2

Câu 22. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hàm số y  x 4 - 8mx 2  16m2 - m  1 ( với m là
 
tham số thực ) có đồ thị C và điểm H  0;1 . Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị C có ba điểm  
cực trị A, B , C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC .
Lời giải
Tác giả:Phó Văn Giang; Fb: Giang Phó.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 283   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tập xác định: D  

Ta có: y '  4 x3 - 16mx  4 x( x 2 - 4m)

x  0
y '  0  4 x ( x 2 - 4m )  0   2
 x  4m

 
Đồ thị C có ba điểm cực trị khi và chỉ khi m  0 (1)

  
Giả sử các điểm cực trị là A  0;16 m 2 - m  1 , B 2 m ;1- m , C -2 m ;1 - m . 
 
 
Ta có: AH  0; m - 16m2 , BC  -4 m ;0  
 
  
CH  2 m ; m , AB  2 m ; - 16m2 . 
Do H  0;1 là trực tâm của tam giác ABC nên:


m  0
   m  0 
 AH .BC  0
   
 
0. -4 m   m - 16m  .0  0
2

 2 1  m  -
1
m   2
CH . AB  0 4m - 16m3  0  4  1
m 
 2
1
Kết hợp với điều kiện (1) ta có: m  .
2
1
Vậy giá trị m cần tìm là: m  .
2

Câu 23. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hàm số y  mx 3 - 3mx 2   2m  1 x  3 - m 1 , với
m là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 1 có 2 điểm cực trị A và
 1 15 
B sao cho khoảng cách từ điểm I  ;  đến đường thẳng AB đạt giá trị lớn nhất.
2 4 
Lời giải
Nhóm Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như; Fb: Nhu Nguyen; Vũ Kiều Oanh; Fb: Rio Vũ Vũ. Trần Ngọc
Hiếu; FB: Trần Ngọc Hiếu
TX Đ : D   .

Ta có: y   3mx 2 - 6mx  2m  1 .

Để hàm số 1 có 2 điểm cực trị  PT: y  0 có 2 nghiệm phân biệt

m  0 m  0 m  0
  2  (*) .
  0 3m - 3m  0  m  1

1 1 2 2 1 10
Ta có: y  y .  x -  - mx  x - m  .
3 3 3 3 3 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 284   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Khi đó đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A và B của đồ thị hàm số (1) là
2 m - 10
( ) : y  -  m - 1 x -  2  m - 1 x  3 y  m - 10  0 .
3 3

Giả sử đường thẳng    luôn đi qua điểm M  x0 ; y0  cố định với mọi giá trị của m .

Suy ra: 2  m - 1 x0  3 y0  m - 10  0, m  m  2 x0  1 - 2 x0  3 y0 - 10  0, m

 1
 2 x0  1  0  x0  -  1 
  2  M  - ;3  .
 -2 x0  3 y0 - 10  0  y0  3  2 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên  như hình vẽ


I

H M

Khi đó : d  I ,    IH  IM .

Do đó d  I ,   lớn nhất khi H  M

  3
 IM    IM .u  0  -3 - (1 - m)  0  m  3 (thỏa mãn (*))
2
  3  
(vì IM   -1; -  ; u   3; 2(1 - m)  )
 4

Vậy m  3 .
Nhận xét: (Lê Thanh Bình)

 1 15 
Xử lý bài toán khoảng cách từ I  ;  đến đường thẳng AB :2  m - 1 x  3 y  m - 10  0 bằng đại số
2 4 
45 9
m - 1   m - 10 2  m - 1 
4 4
như sau: Ta có d  I ; AB   
2 2
4  m - 1  9 4  m - 1  9

 2  3 2  2 2
t
9 
1     t  3
 4  

4 Bunhiacopxky  5
Đặt t  2  m - 1 ta được d  I ; AB    
t2  9 t2  9 4

t 3
Đẳng thức xảy ra    t  4  2  m - 1  4  m  3 (thỏa mãn (*))
1 3
4

Câu 24. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hàm số y  x 3 - 3mx 2  4m2 - 2 có đồ thị  Cm  và

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 285   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

điểm C 1;4  . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để đồ thị hàm số  Cm  có hai điểm cực trị A, B sao
cho diện tích tam giác ABC bằng 4?
Lời giải

x  0
TXĐ: D   . Ta có: y '  3x 2 - 6mx  0   .
 x  2m
Để đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị thì điều kiện là: m  0 (*).

Tọa độ hai điểm cực trị là: A  0;4m 2 - 2  , B  2m; - 4m3  4m 2 - 2  .

Phương trình đường thẳng AB : 2m2 x  y - 4m 2  2  0

6 - 2m 2 
d  C ; AB   ; AB   2m; -4m 3   AB  4m 2  16m 6  2 m 1  4m 4
1  4m 2

1  m  1
Do đó: SABC  d  C ; AB  . AB  6m - 2m3  4   (tm(*)).
2  m  2
Vậy có 4 giá trị nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 25. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hàm số y  2 x - 2 - m x 2 - 4 x  5 với m là tham số.
Tìm các giá trị của m để hàm số có cực tiểu.
Lời giải

Xét y  2 x - 2 - m x 2 - 4 x  5

TXĐ: 
m  x - 2
y  2 - ,x   .
x2 - 4 x  5

+) Hàm số có cực tiểu thì trước hết phương trình y '  0 có nghiệm.
2 x2 - 4x  5
y'  0  m  (*)
x-2
2 x2 - 4x  5
Đặt g  x  
x-2
2  x - 2
 x - 2 - 2 x2 - 4 x  5
2 -2
g ' x   x - 4x  5 2
 2
 0, x  2 .
 x - 2  x - 2 x2 - 4 x  5
BBT:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 286   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

m  2
Từ bảng biến thiên ta có phương trình (*) có nghiệm   .
 m  -2
2
2
x - 4x  5 -
 x - 2
x2 - 4 x  5  -m
+) y ''  - m 2
, x   .
x - 4x  5  x 2
- 4 x  5  x 2
- 4 x  5
Với m  2  y ''  0 : Hàm số không có cực tiểu.
Với m  -2  y ''  0 : Hàm số có cực tiểu.
Vậy m  -2 thì hàm số có cực tiểu.

Câu 26. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số y  f  x  liên tục trên  và có
2 5

đạo hàm f   x  
 x - 1 x - 2   x - 3 . Hỏi hàm số y  f  x  có bao nhiêu điểm cực trị?
3
x-4
A. 4 . B. 2 . C. 3 . D. 1 .
Lời giải
Tác giả: Phan Thị Thanh Lệ; Fb:Lệ Phan;
Chọn C

x  1
f '( x)  0   x  2 .
 x  3

f '( x) không xác định tại x  4 .

Hàm số y  f  x  liên tục trên  nên hàm số xác định tại x  4 .

Bảng biến thiên của hàm số y  f ( x) :

Từ bảng biến thiên trên, suy ra hàm số y  f ( x) có 3 điểm cực trị là x  1; x  3; x  4 .

Câu 27. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019)


a) Cho hàm số y  x 3  3x 2  9x  1 có đồ thị là C . Gọi A, B là hai điểm cực trị của C .Tính diện
tích của tam giác OAB , trong đó O là gốc tọa độ
b) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để hàm số y  2x  m x 2  4x  6 có cực tiểu.
Lời giải
a)
x  1
+) Tập xác định D  . y   3x 2  6x  9  y   0  
 x  3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 287   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+) C có hai điểm cực trị là A(3;28),B(1;4)

  1
+) OA  (3;28),OB  (1;4)  SOAB  | 3  (4) 1.28 | 8
2
b)
x2
+) Tập xác định D  ; y  2  m
x 2  4x  6

+) Ta có: Hàm số có đạo hàm liên tục trên  nên hàm số có cực tiểu thì phương trình
y'  0 phải có nghiệm.

2 x 2  4x  6
+) Xét phương trình y '  0  m  ,(x  2)
x2

2 x 2  4x  6 4
Đặt g(x)  , x   \ {2} . Ta có g  (x)   0, x  2 .Ngoài ra
x2 (x  2) x 2  4x  6
2

ta có lim g(x)  2; lim g(x)  2 , từ đó ta có bảng biến thiên của hàm số y  g  x  như
x  x 

sau

Từ bảng biến thiên suy ra phương trình y'  0 có nghiệm khi và chỉ m  (; 2)  (2; )

+) Xét trường hợp 1 m  2

Phương trình y'  0 có nghiệm duy nhất x 0 , khi đó ta có: lim y '  2  m  0; lim y '  2  m  0
x  x 

nên ta có bảng biến thiên của hàm số có dạng

Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có cực tiểu.


+) Trường hợp 2 m  2 suy luận tương tự ta suy ra hàm số chỉ có cực đại, không thỏa mãn.
Vậy m    2

Câu 28. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y  - x 3  3x 2  3  m 2 - 1 x - 3m2 - 1 có hai điểm cực trị x1; x2 thỏa mãn x1  4 x2  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 288   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Lời giải
Ta có y '  -3x  6 x  3  m - 1 .
2 2

Để hàm số có hai điểm cực trị thì y '  0 có hai nghiệm phân biệt

  '  0  32  3.3  m 2 - 1  0

 9m 2  0
 m  0 . (*)

 x1  x2  2
Áp dụng định lý Vi-et ta có:  2
kết hợp điều kiện đề bài ta được hệ phương trình
 x1 x2  1 - m

 8  8
 x1  3  x1  3
 x1  x2  2  
 2  2  2 5
 x1 x2  1 - m   x2  -   x2  -  m   thỏa mãn (*)
x  4x  0  3  3 3
 1 2
 2 16  2 25
1 - m  - 9 m  9
 
5
Vậy m   .
3

Câu 29. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Cho hàm số y  x 4 - 2mx 2  2m - 1 với m là tham số .
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác
vuông
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân
Tập xác định D  

y  4 x  x 2 - m 

x  0
y  0  4 x  x 2 - m   0   2
x  m
Để hàm số có ba điểm cực trị thì y   0 có ba nghiệm phân biệt tức là m  0 .

 
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là A - m ; - m 2  2m - 1 , B  0; 2m - 1 , C  
m ; - m 2  2m - 1

Vì hàm số đã cho là hàm số chẵn nên tam giác ABC cân tại B  Oy ; A, C đối xứng nhau qua trục Oy .
Nên để tam giác ABC là tam giác vuông thì tam giác ABC vuông và cân tại B .

m  1
Khi đó AC  AB 2  m4  m  m2  m  
m  0
Do m  0 nên chọn m  1 .
Kết luận m  1 .

Câu 30. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m2  2 có đồ thị là Cm  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 289   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tìm m để đồ thị hàm số Cm  có hai điểm cực trị A, B sao cho diện tích tam giác ABC bằng 4, với
C 1; 4 .
Lời giải
TXĐ: D  

Đạo hàm y   3x 2  6mx

x  0
y   0  3 x 2  6mx  0  
 x  2m

Đồ thị có hai điểm cực trị khi y   0 có hai nghiệm phân biệt, khi m  0

Tọa độ hai điểm cực trị là A 0; 4m 2  2 ; B 2m; 4m 3  4m 2  2 .



Ta có AB  2 m;  4m 3   AB  4m 2  16m 6  2 m 1  4 m 4 .

Phương trình đường thẳng AB là: 2m2 x  y  4m2  2  0

6  2m 2
Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d C , AB   .
1  4m 4

1
Suy ra, diện tích tam giác ABC là: S  .d C , AB . AB  6m  2m3 .
2
 m  1
Từ giả thiết suy ra: 6 m  2 m 3  4  
 m  2

Câu 31. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đồ
thị hàm số y  x3 - 3x 2 - 3mx  m có hai điểm cực trị nằm khác phía đối với trục hoành.
Lời giải
Tác giả: Phùng Đức Cường; Fb: Phùng Đức Cường
Tập xác định D   .

Đạo hàm của hàm số là y '  3x 2 - 6 x - 3m .

Yêu cầu bài toán  Phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn y  x1  . y  x2   0.

Phương trình y  0 có hai nghiệm phân biệt  1  m  0  m  -1 (*).

Khi đó đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  .

 x 1
Ta có y   -  . y - 2  m  1 x .
 3 3

Do đó y1  y  x1   -2  m  1 x1 , y2  y  x2   -2  m  1 x2 .
2
y  x1  . y  x2   0  4  m  1 x1.x2  0

 x1.x2  0  -m  0  m  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 290   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Kết hợp với điều kiện (*) ta có m  0 thỏa mãn bài toán.

Câu 32. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)Cho hàm số y  x3  2  m  1 x 2   8m - 3 x  8m - 6 .


Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu trong đó có một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần
tư thứ hai, một điểm thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy .
Lời giải

Cách 1: Ta có y  3 x 2  4  m  1 x  8m - 3 .

Hàm số trên có cực đại, cực tiểu khi y  0 có hai nghiệm phân biệt.

 4 3
m 
2 2
  0  4  m  1 - 3  8m - 3   0   1 .
 4- 3
m 
 2
Đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình:
2 2
y
9
 -4m 2  16m - 13 x   -8m 2  31m - 24 
9

 -4  m  1
 x1  x2 
Gọi  x1 ; y1  ;  x2 ; y2  là điểm cực trị của đồ thị hàm số. Ta có:  3
 x .x  8 m - 3
 1 2 3

2 2
y1 
9
 -4m 2  16m - 13 x1   -8m 2  31m - 24 
9
2 2
y2 
9
 -4m 2  16m - 13 x2   -8m 2  31m - 24 
9

Hàm số y  x3  2  m  1 x 2   8m - 3 x  8m - 6 có hệ số a  1  0 nên không xãy ra trường hợp đồ


thị hàm số có một điểm cực trị thuộc góc phần tư thứ nhất, một điểm thuộc góc phần tư thứ ba của
hệ trục tọa độ Oxy .

Để một điểm cực trị của đồ thị hàm số thuộc góc phần tư thứ hai, một điểm cực trị của đồ thị hàm số
 x1.x2  0
thuộc góc phần tư thứ tư của hệ trục tọa độ Oxy thì  .
 y1. y2  0

3
Với x2 .x2  0  m   2 .
8

Với y1. y2  0
  -4m 2  16m - 13 x1   -8m 2  31m - 24    -4m 2  16m - 13 x2   -8m 2  31m - 24    0
2 2
  -4m 2  16m - 13 x1 x2   -8m 2  31m - 24  -8m 2  31m - 24   x1  x2    -8m 2  31m - 24   0
m  3
 - m 2  4m - 3  0    3 .
m  1
3
Từ 1  2   3  suy ra m  thì thỏa đề.
8

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 291   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Cách 2:Yêu cầu bài toán tương đương với hàm số có hai điểm cực trị trái dấu và đồ thị cắt trục
hoành tại 3 điểm phân biệt.
3
+ Ta có y  3 x 2  4  m  1 x  8m - 3 , hàm số có hai điểm cực trị trái dấu  3.  8m - 3  0  m  .
8

+ Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt  x3  2  m  1 x 2   8m - 3 x  8m - 6  0 (1) có 3 nghiệm
phân biệt.

 x  -2
Phương trình (1)   x  2   x 2  2 mx  4 m - 3   0   2 .
 x  2mx  4m - 3  0 (2)
Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có hai nghiệm phân biệt khác -2
  m 2 - 4m  3  0 m  3
 2
 m  1 .
 -2  - 4m  4m - 3  0 

m  3

 m 1 3
Vậy   m .
m  3 8
 8

Câu 33. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho hàm số y  f  x có đạo hàm
 2x x 1  2
f   x    x - 3

2018
 e - e    x - 2 x  . Tìm tất cả các giá trị thực của m để hàm số f x - 8 x  m
3 
2
 
có đúng 3 điểm cực trị sao cho x12  x22  x32  50 , trong đó x1 , x2 , x3 là hoành độ của ba cực trị đó.
Lời giải
Cách 1.

x  3
Ta có f   x   0   x  0 . Trong đó, x  3 là nghiệm bội chẵn.
 x  2

Xét hàm g  x   f  x 2 - 8 x  m  có g   x    2 x - 8 f   x 2 - 8 x  m  . Khi đó,

x  4 x  4
 2  2
 x - 8x  m  3  x - 8x  3 - m 1
g  x  0  2  2 .
 x - 8x  m  2 x - 8x  2 - m  2
 
2
 x - 8 x  m  0  x 2 - 8 x  -m  3

Ta xét hàm h  x   x 2 - 8 x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 292   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

         
  –       

       
 
   

Nếu 3 - m  -16  m  19 thì các phương trình 1 ,  2  ,  3 đều vô nghiệm. Do đó, hàm số g  x  chỉ
có một cực trị.

Nếu 2 - m  -16  3 - m  18  m  19 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn hoặc nghiệm kép,
phương trình  2  vô nghiệm hoặc có nghiệm kép, phương trình  3 vô nghiệm. Do đó, hàm số g  x 
chỉ có một cực trị.

Nếu - m  -16  2 - m  16  m  18 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình  2 
có 2 nghiệm bội lẻ, phương trình  3 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép. Do đó, hàm số g  x  có ba cực
trị. Khi đó, giả sử x1  4 thì x2 , x3 là hai nghiệm của phương trình  2 thỏa mãn điều kiện
2
x22  x32  34   x2  x3  - 2 x2 x3  34 .

Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 - 2  m - 2   34  m  17 (thỏa điều kiện 16  m  18 ).

Nếu - m  -16  m  16 thì phương trình 1 có 2 nghiệm bội chẵn, phương trình  2  có 2 nghiệm
đơn, phương trình  3 có 5 nghiệm đơn. Do đó, hàm số g  x  không thỏa mãn có ba cực trị.

Vậy m  17 là giá trị cần tìm.


Cách 2.

Xét hàm g  x   f  x 2 - 8 x  m  có

g   x    2 x - 8 f   x 2 - 8 x  m 

2018  2 x2 -16 x  2 m x2 -8 x  m 1   2 2
  2 x - 8   x 2 - 8 x  m - 3 e -e    x - 8x  m  - 2  x2 - 8x  m  .
 3   

2
Dấu của g   x  cùng dấu với  2 x - 8   x 2 - 8 x  m  - 2  x 2 - 8 x  m   .
 

x  4 x  4
2  
Ta có  2 x - 8  x - 8 x  m  - 2  x - 8 x  m    0   x - 8 x  m  0   x 2 - 8 x  -m .
2 2 2
 
 x2 - 8x  m  2  x 2 - 8x  2 - m
 

Ta xét hàm h  x   x 2 - 8 x . Hàm số này có bảng biến thiên như sau

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 293   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

         
  –       

       
 
   

Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi - m  -16  2 - m  16  m  18 . Khi đó, giả sử x1  4 thì x2 , x3 là
hai nghiệm của phương trình x 2 - 8 x  2 - m thỏa mãn điều kiện
2
x22  x32  34   x2  x3  - 2 x2 x3  34 .

Kết hợp với định lý Vi-et ta có 64 - 2  m - 2   34  m  17 (thỏa điều kiện 16  m  18 ).

Vậy m  17 là giá trị cần tìm.

Câu 34. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hàm số y  f ( x ) xác định trên  có
9 1
f ( -3)  8, f (4)  , f (2)  . Biết rằng hàm số y  f '( x ) có đồ thị như hình vẽ bên dưới. Hỏi đồ thị
2 2
2
hàm số y | 2 f ( x ) -  x - 1 | có bao nhiêu điểm cực trị?

Lời giải
Tác giả: Tô Minh Trường; Fb: Tô Minh Trường
2
Đặt g ( x )  2 f ( x ) -  x - 1

Nhận xét: Số điểm cực trị của hàm số y | g ( x ) | bằng tổng số điểm cực trị của hàm số y  g ( x ) và
số nghiệm của phương trình g (x)  0 không trùng với điểm cực trị.

Ta có. g '( x )  2 f '( x ) - 2  x - 1  2[ f '( x ) -  x - 1 ] .

Từ đồ thị hàm số y  f '( x ) và đường thẳng y  x - 1 ta được:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 294   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 x  -1
x  1
g '( x )  0  
x  2

x  3
Bảng biến thiên

Ta thấy hàm số y  g ( x ) có 3 điểm cực trị. Theo giả thiết

f ( -3)  8  g ( -3)  2 f ( -3) - 16  0


1
f (2)   g (2)  2 f (2) - 1  0
2
9
f (4)   g (4)  2 f (4) - 9  0
2
Từ đó suy ra phương trình g ( x )  0 có 2 nghiệm phân biệt khác các điểm cực trị của hàm số
2
y  g ( x ) .Vậy hàm số y | 2 f ( x ) -  x - 1 | có 5 điểm cực trị.

Câu 35. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số y  f   x  có đồ thị như hình vẽ
bên.Tìm số điểm cực trị của hàm số y  6 f  x   8 f  x  .

A. 3. B. 4. C. 5. D. 6.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đăng Trúc; Fb: Trúc Xinh
Chọn B
f  x f  x
Đặt y  g ( x)  6 8 .

Xét hàm số g  x   6    8    g '  x   f '  x  .6  . ln 6  f '  x  .8  . ln 8; x  R .


f x f x f x f x

 f '  x   0 (1)
Ta có g '  x   0  
6 f  x . ln 6  8 f  x . ln 8  0 (2)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 295   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Dựa vào đồ thị hàm số y  f '  x  , ta thấy:

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt và liên tục đổi dấu khi qua các nghiệm.

Phương trình (2) vô nghiệm vì 6  . ln 6  8  . ln 8  0, x  R .


f x f x

Vậy phương trình g '  x   0 có 4 nghiệm phân biệt liên tục đổi dấu khi qua các nghiệm hay hàm số
đã cho có 4 điểm cực trị.

Câu 36. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số y  f ( x ) có bảng biến thiên như sau.
Mệnh đề nào dưới đây sai?

A. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 3. B. Hàm số có hai điểm cực đại.
C. Hàm số có 3 điểm cực trị. D. Hàm số có giá trị cực tiểu bằng 0.
Lời giải
Tác giả:Dương Hồng ; Fb:Dương Hồng
Chọn D

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có giá trị cực tiểu là 3 khi xct  0 . Vậy mệnh đề ở đáp án D sai.

Câu 37. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hàm số f  x   x3 - 4 x2 . Hỏi hàm số
g  x   f  x - 1 có bao nhiêu cực trị?

A. 6 . B. 3 . C. 5 . D. 4 .
Lời giải
Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An
Phản biện: Lê Tuấn Anh
Chọn C

Nhận xét: Hàm số g  x   f  x - 1 là hàm số chẳn nên đồ thị của nó nhận Oy làm trục đối xứng , do
đó ta chỉ chỉ xét đồ thị của hàm số g1  x   f  x -1 với x  0 sau đó lấy đối xứng qua Oy ta được
được đồ thị hàm số g  x   f  x - 1 .

3 2
Xét g1  x   f  x - 1   x - 1 - 4  x - 1 , với x  0 .

2
Ta có: g1  x   3  x - 1 - 8  x - 1

x  1
g1  x   0   x - 1 3 x - 11  0  
 .
 x  11
 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 296   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Bảng biến thiên của g  x 

Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g  x  , ta thấy hàm số g  x  có 5 cực trị.

Cách 2 : Xét đồ thị hàm số y  f  x   x3 - 4 x2 , ta có bảng biến thiên

Đồ thị hàm số y  f  x - 1 có được bằng cách tịnh tiến đồ thị hàm số y  f  x  qua phải 1 đơn vị, ta
có bảng biến thiên của đồ thị hàm số y  f  x - 1 như sau :

Hàm số g  x   f  x - 1 là hàm số chẵn nên đồ thị của nó nhận trục Oy làm trục đối xứng , do đó ta
chỉ cần vẽ đồ thị hàm số y  f  x - 1 ứng với x  0 sau đó lấy đối xứng qua Oy ta được đồ thị hàm
số g  x   f  x - 1 , ta có bảng biến thiên của hàm số g  x   f  x - 1 :

Câu 38. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hàm số y  x3 - 3mx  2 . Tìm m để hàm số có cực đại,

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 297   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

cực tiểu và đường thẳng qua điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số cắt đường tròn tâm I 1; -1 ,
bán kính R  2 tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
 1
m  2 7 1
A.  . B. m  1; 2  . C. m  . D. m 
 m  -7 2 2
 2
Lời giải
Tác giả: Ngô Gia Khánh; Fb:Khánh Ngô Gia
Chọn D

Ta có: y '  3x 2 - 3m

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt

 x 2 - m  0 có hai nghiệm phân biệt  m  0.

 x  m  y  -2m m  2
Khi đó: y'  0   nên tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
 x  - m  y  2m m  2

M    
m ; -2 m m , N - m ; 2 m m .

Phương trình đường thẳng  đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số:
y  -2mx  2  2mx  y - 2  0.

( Phương trình đường thẳng  : y  r ( x) đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có thể tìm

bằng cách xác định r ( x)  -2mx  2 là phần dư của phép chia y  x3 - 3mx  2 cho

y '  3x 2 - 3m ).

1 1
Diện tích tam giác IAB là : S  IA.IB.sin 
AIB  R 2  2 . Diện tích S lớn nhất khi và chỉ khi IA  IB
2 2
hay tam giác IAB vuông cân tại I.

R 2m - 1 - 2
Khi đó, khoảng cách từ I đến  : d  I ,     d  I ,   2   2
2 4m2  1

 1
 m
2
  2m - 3  8m 2  2  4m 2  12m - 7  0   2
m  - 7
 2

1
Đối chiếu với điều kiện m  0 suy ra m  là giá trị cần tìm.
2

Câu 39. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
y  x4  4mx3  3  m  1 x2  1 cócực tiểu mà không có cực đại.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 298   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 1- 7  1 - 7 
A. m   -; . B. m   ;1  -1 .
 3   3 
1  7  1 - 7 1  7 
C. m   ;   . D. m   ;   -1 .
 3   3 3 

Lời giải
Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức.
Phản biện: Huong Nguyen; Fb: Huong Nguyen.
Chọn D
Tập xác định  .

Đặt f ( x)  x4  4mx3  3  m  1 x2  1

f ( x)  4 x3  12mx2  6  m  1 x  2 x  2 x 2  6mx  3(m  1)  .

x  0
f ( x )  0   2
 g ( x)  2 x  6mx  3(m  1)  0
Nhận xét:

1)Hàm số f ( x)  x4  4mx3  3  m  1 x2  1 chỉ xảy ra hai trường hợp về cực trị

+ Trường hợp 1: Có 3 điểm cực trị trong đó có 2 điểm cực tiểu, 1 điểm cực đại.
+ Trường hợp 2: Có đúng 1 điểm cực trị, đó là điểm cực tiểu.
2) Hàm số f ( x ) có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình f ( x )  0 có 3 nghiệm phân biệt.

Do đó, ta tìm m thỏa yêu cầu đề bài theo trình tự sau


+ f ( x ) có 3 điểm cực trị  f ( x )  0 có 3 nghiệm phân biệt.

 Phương trình 2 x2  6mx  3(m  1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 .

   9m 2 - 6m - 6  0
 .
m  1  0

 1- 7   1 7 
 m   -; -1   -1;    ;   . (1)
 3   3 

+ Lấy phần bù kết quả vừa tìm được ở (1):

1 - 7 1  7 
Hàm số f ( x ) có 1 điểm cực trị  m   ;   -1 .
 3 3 

Vậy hàm số y  x4  4mx3  3  m  1 x2  1 có cực tiểu mà không có cực đại khi và chỉ khi
1 - 7 1  7 
m ;   -1 .
 3 3 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 299   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 40. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Tìm tham số m để đồ thị hàm số y  x3  3x 2  m có hai điểm


cực trị A, B sao cho góc 
AOB  1200 với O là gốc tọa độ.
Lời giải
Tác giả:; Fb:
y '  3x 2  6 x
 x0
y'  0  
 x  -2
Đồ thị Hàm số luôn có hai điểm cực trị A,B:
A(0; m); B (-2; 4  m)
OA  m ; OB  m 2  8m  20

 OA.OB m 2  4m -1
cos AOB     
OA . OB m . m 2  8m  20 2

 m . m 2  8m  20  -2m 2 - 8m

-2m 2 - 8m  0
ĐK:   -4  m  0
m  0
Khi đó:

m . m 2  8m  20  -2m 2 - 8m
 m2 (m 2  8m  20)  4m 4  32m3  64m 2
 3m4  24m3  44m2  0
 m2 (3m2  24m  44)  0

m0 ( Loai )

-12  2 3
  m 
3

 -12 - 2 3
 m  3
( Loai )

-12  2 3
Vậy các giá trị m cần tìm là: m 
3

Câu 41. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đường thẳng đi
qua hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số y  x3 - 3mx  2 cắt đường tròn  C  có tâm I 1;1 ,
bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất.
2 3 2 3 1 3 2 5
A. m  . B. m  . C. m  . D. m  .
3 2 2 2
Lời giải
Tác giả : Nguyễn Xuân Chính, Fb: Chính Nguyễn
Chọn B

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 300   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

y  3x 2 - 3m

y  0  3x 2 - 3m  0  x 2  m .

Hàm số đạt cực đại, cực tiểu  m  0 .


1 1
 
Ta có: y  x3 - 3mx  2  x 3x 2 - 3m   -2mx  2   x. y   -2mx  2  .
3 3
Đường thẳng  đi qua hai điểm cực trị là y  -2mx  2 .

Đường thẳng  cắt đường tròn  C  tại hai điểm phân biệt A, B

2m - 1
 d  I,   R   1  4m 2 - 4m  1  4 m 2  1  m  0 .
2
4m  1

1 1 1
SIAB  .IA.IB.sin I  sin I  .
2 2 2
1
Diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất bẳng khi AIB vuông cân tại I .
2

IA 2m - 1 1
Do đó: d  I ,       2  4m2 - 4m  1  4m2  1  4m 2 - 8m  1  0
2
2 4m  1 2

2 3
m .
2

Câu 42. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số f  x  có đạo hàm
f   x   x 2  x  1  x 2  2mx  5  . Có tất cả bao nhiêu giá trị
nguyên của m để hàm số f  x  có đúng một điểm cực trị?
A. 6 . B. 5 . C. 0 . D. 7 .
Lời giải
Tác giả: Kiều Thị Thúy; Fb: Thúy Kiều
Chọn A

Để hàm số f  x  có đúng một điểm cực trị thì f   x  đổi dấu đúng một lần.

 x2  0

Ta có: f   x   0   x  -1
 x 2  2mx  5  0

Đặt g  x   x 2  2mx  5 . Để hàm số f  x  có đúng một điểm cực trị xảy ra các khả năng sau:

+) TH1: g  x   0 có nghiệm kép, điều kiện là   m2 - 5  0  m   5 không thỏa mãn m


nguyên.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 301   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+) TH2: g  x   0 có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng 0 (không thể xảy ra) hoặc
  0 m2  5
có một nghiệm bằng -1 . TH này xảy ra     m  3.
 g  -1  0 m  3

+) TH3: g  x   0 vô nghiệm tức   0  m2 - 5  0  - 5  m  5 , do m nguyên nên


m  -2; -1;0;1; 2 : có 5 giá trị của m . Vậy có 6 giá trị m nguyên thỏa yêu cầu bài toán.

y
Câu 43. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  ax 2  bx  c x
có đồ thị như hình bên dưới. Khẳng định nào sau đây đúng?` O

A. a  0,  b  0,  c  0 . B. a  0,  b  0,  c  0 .
C. a  0,  b  0,  c  0 . D. a  0,  b  0,  c  0 .

Lời giải
Tác giả: Công Phương; Fb: Nguyễn Công Phương
Chọn A
y
x
O

Vì đồ thị quay bề lõm lên trên nên a  0 , ta loại B


Đồ thị cắt trục oy tại điểm có tung độ âm nên c  0 , ta loại C,D

Vậy A thỏa mãn.


b
Ghi chú: Với điều kiện trục đối xứng x  -  0  b  0 (do a  0 ) ta có thể loại được D
2a

Câu 44. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số
y  f ( x)  ax 3  bx 2  cx  d    a, b, c, d  , a  0  có đồ thị là  C  . Biết rằng đồ thị  C  đi qua gốc tọa
độ và đồ thị hàm số y  f '( x) cho bởi hình vẽ bên. Tính giá trị H  f (4) - f (2) ?

A. H  64 . B. H  51 . C. H  45 . D. H  58 .
Lời giải
Chọn D
Tác giả: Nguyễn Hoàng Anh; Fb: Nguyễn Hoàng Anh

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 302   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+) Ta tính: y '  3ax 2  2bx  c , đồ thị đi qua gốc tọa độ nên d  0 và a  0

+) Theo đồ thị: f '(0)  1  c  1

f '(1)  4  3a  2b  1  4

f '(1)  4  3a  2b  1  4


b  0



a 1

+) f (4)  f (2)  64 a 16 b 4 c 8 a 4 b 2 c

 56a  12b  2c

 56.1  12.0  2.1  58

4 - x2
Câu 45. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số f  x   2 có đồ thị  C  . Tổng số
x - 3x
tiệm cận đứng và tiệm cận ngang của đồ thị  C  là
A. 0 . B. 3 . C. 2 . D. 1 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bá Đại; Fb: Nguyễn Bá Đại
Chọn D

Tập xác định của hàm số là D   -2; 2  \ 0 nên đồ thị không có tiệm cận ngang.

4 - x2 4 - x2
Ta có lim f  x   lim
2
 - hoặc lim f    xlim
x 2
  nên x  0 là tiệm cận đứng.
x 0 x 0 x - 3 x x 0 - 0- x - 3 x

Vậy đồ thị hàm số có 1 đường tiệm cận đứng.

Câu 46. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho đồ thị hàm số bậc ba y  f ( x ) như hình vẽ.

Hỏi đồ thị hàm số y 


x 2
 4 x  3 x 2  x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
Lời giải
Tác giả:Lê Thị Mai Hoa ; Fb: Mai Hoa

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 303   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Xét hàm số: y


x 2
 4 x  3 x 2  x
(1)
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
 x  -1
Điều kiện để x 2  x có nghĩa khi x 2  x  0   (*)
x  0
 a  -1
Vậy: Nếu x  a là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (1) thì:  .
a  0
Xét các phương trình:
1) x 2  4 x  3  0  x  -1  x  -3 . ( là các nghiệm của tử thức)
2) x 2  x  0  x  0  x  -1 . (là các nghiệm của tử thức).
3) x  0 có nghiệm x1  0 .

Với x  0 , ta có: y 
x 2
 4 x  3 x  1
. Trường hợp này có một tiệm cận đứng x  x1 .
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 

Với x  - 1 , ta có: y
x 2
 4 x  3 - x - 1
. Khi đó nghiệm x1  0 (loại).
- x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
 f  x  0
4) f 2  x  - 2 f  x   0   .
 f  x   2
+ Xét f  x   0 có 2 nghiệm x2  -3 (là nghiệm bội) và x3   -1;0  loại. Trường hợp này có một
tiệm cận đứng: x  x2 .
+ Xét f  x   2 có 3 nghiệm gồm x4 ; x5 ( x3 ; x4  - 3 và x4  - 1; x5  -1 ) và x6  - 1 (loại vì cả tử và
mẫu thức cùng có nghiệm x  - 1 ). Trường hợp này có hai tiệm cận đứng: x  x4 , x  x5
Vậy đồ thị có 4 tiệm cận đứng gồm: x  x1 , x  x2 , x  x4 , x  x5 .
Cách khác
x  0

Xét phương trình x  f 2 ( x ) - 2 f ( x )   0   f  x   0 .
 f  x  2

Dựa vào đồ thị đề bài ta có:
Phương trình f  x   0 có nghiệm kép x  3 và nghiệm đơn x  a   -1;0  .
2
Do f  x  là hàm số bậc 3 và lim f  x   - Suy ra f  x   -  x  3  x - a  .
x 

Phương trình f  x   2 có ba nghiệm phân biệt x  -1; b; c , với c  -3; b   -3; -1 .
Do f  x  là hàm số bậc 3 và lim f  x   - Suy ra f  x  - 2  -  x  1 x - b  x - c  .
x 

y
x 2
 4 x  3 x 2  x

 x  1 x  3 x  x  1
2
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x )  x  x  3  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
Khi đó: lim y  lim 2
  .
x 0  

x 0 x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
 - .
x -3 

x -3 x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 304   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
  .
x c

x c x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
  .

x b 

x b x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
 0.
x -1 -

-
x -1 x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2 không tồn tại.
x -1 


x -1 x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 

Vậy đồ thị hàm số y 


x 2
 4 x  3 x 2  x
có 4 đường tiệm cận đứng x  0, x  -3, x  b, x  c .
x  f 2 ( x) - 2 f ( x)

Câu 47. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
x  1 - x 2  3x
m   -10;10 để đồ thị hàm số y  (C) có đúng hai đường tiệm cận?
x 2   m  1 x - m - 2
A. 19 . B. 18 . C. 20 . D. 17 .
Lời giải
Tác giả: Trần Xuân Hiệp; Fb: xuanhiep tienthinh
Chọn A

 x  -3
Điều kiện: x 2  3 x  0  
 x0
Nhận xét: Bậc trên tử nhỏ hơn bậc dưới mẫu nên (C) có đường TCN y  0

x  1 - x2  3x -1
y 
2

x   m  1 x - m - 2 ( x  m  2) x  1  x 2  3x

 - m - 2  -3  m  1
Để có 2 tiệm cận, ta cần thêm 1 TCĐ nữa: suy ra  
 -m - 2  0  m  -2
Vậy có 19 giá trị của m.

Câu 48. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số
x 1
y 2 có hai đường tiệm cận đứng nằm ở phía bên trái trục tung.
x - 2  m - 1 x  4
7 7 -3
A. m  3 và m  . B. m  1 và m  . C. m  -1 . D. m  -1 và m  .
2 2 2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hoa ; Fb: Hoa Nguyen
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 305   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x 1
Để đồ thị hàm số y  2
có hai đường tiệm cận đứng nằm ở phía bên trái trục tung
x - 2  m - 1 x  4
thì phương trình x 2 - 2  m - 1 x  4  0 có 2 nghiệm âm phân biệt và khác -1 . (1)

m  3
   m - 12 - 4  0 
   m  -1  m  - 1
P  4  0  
Ta có: 1    m  1   -3 .
 S  2  m - 1  0  -3  m 
2
 2m  3  0 m 
  2

Câu 49. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho đồ thị hàm số bậc ba y  f ( x ) như hình vẽ.

Hỏi đồ thị hàm số y 


x 2
 4 x  3 x 2  x
có bao nhiêu đường tiệm cận đứng?
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
Lời giải
Tác giả:Lê Thị Mai Hoa ; Fb: Mai Hoa

Xét hàm số: y 


x 2
 4 x  3 x 2  x
(1)
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
 x  -1
Điều kiện để x 2  x có nghĩa khi x 2  x  0   (*)
x  0
 a  -1
Vậy: Nếu x  a là đường tiệm cận đứng của đồ thị hàm số (1) thì:  .
a  0
Xét các phương trình:
1) x 2  4 x  3  0  x  -1  x  -3 . ( là các nghiệm của tử thức)
2) x 2  x  0  x  0  x  -1 . (là các nghiệm của tử thức).
3) x  0 có nghiệm x1  0 .

Với x  0 , ta có: y 
x 2
 4 x  3 x  1
. Trường hợp này có một tiệm cận đứng x  x1 .
x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 

Với x  - 1 , ta có: y
x 2
 4 x  3 - x - 1
. Khi đó nghiệm x1  0 (loại).
- x  f 2 ( x ) - 2 f ( x ) 
 f  x  0
4) f 2  x  - 2 f  x   0   .
 f  x   2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 306   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+ Xét f  x   0 có 2 nghiệm x2  -3 (là nghiệm bội) và x3   -1;0  loại. Trường hợp này có một
tiệm cận đứng: x  x2 .
+ Xét f  x   2 có 3 nghiệm gồm x4 ; x5 ( x3 ; x4  - 3 và x4  - 1; x5  -1 ) và x6  - 1 (loại vì cả tử và
mẫu thức cùng có nghiệm x  - 1 ). Trường hợp này có hai tiệm cận đứng: x  x4 , x  x5
Vậy đồ thị có 4 tiệm cận đứng gồm: x  x1 , x  x2 , x  x4 , x  x5 .
Cách khác
x  0
2 
Xét phương trình x  f ( x ) - 2 f ( x )   0   f  x   0 .
 f  x  2

Dựa vào đồ thị đề bài ta có:
Phương trình f  x   0 có nghiệm kép x  3 và nghiệm đơn x  a   -1;0  .
2
Do f  x  là hàm số bậc 3 và lim f  x   - Suy ra f  x   -  x  3  x - a  .
x 

Phương trình f  x   2 có ba nghiệm phân biệt x  -1; b; c , với c  -3; b   -3; -1 .
Do f  x  là hàm số bậc 3 và lim f  x   - Suy ra f  x  - 2  -  x  1 x - b  x - c  .
x 

y
x 2
 4 x  3 x  x 2


 x  1 x  3 x  x  1
2 2
x  f ( x ) - 2 f ( x )  x  x  3  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
Khi đó: lim y  lim 2
  .
x 0 

x 0 x x  3
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
 - .
x -3 

x -3 x x  3 
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
  .
x c 

x c x x  3 
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
  .
x b 

x b x x  3 
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2
 0.
x -1 -

x -1 x x  3 -
  x - a  x  1 x - b  x - c 
 x  1 x  3 x  x  1
lim y  lim 2 không tồn tại.
x -1 

x -1 x x  3 
  x - a  x  1 x - b  x - c 

Vậy đồ thị hàm số y 


x 2
 4 x  3 x 2  x
có 4 đường tiệm cận đứng x  0, x  -3, x  b, x  c .
x  f 2 ( x) - 2 f ( x)
Câu 50. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hàm số y  x 4 - mx 2  2m - 2  C  với m là tham số.
Gọi A là một điểm thuộc đồ thị  C  có hoành độ bằng 1. Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến của đồ
thị  C  tại A cắt đường tròn T  : x 2  y 2  4 tại hai điểm phân biệt tạo thành một dây cung có độ dài
nhỏ nhất.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 307   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

I H
A M N

Ta có A(1; m - 1) .
Gọi d là tiếp tuyến của đồ thị  C  tại A . Phương trình đường thẳng d là:
y   4 - 2m  x - 1  m - 1   4 - 2m  x - y  3m - 5  0 .
3 
Đường thẳng d luôn đi qua điểm cố định I  ;1 nằm trong đường tròn.
2 
Do đó luôn cắt đường tròn tại hai điểm M , N . Gọi H là trung điểm MN .
d
Ta có: MN  2 MH  2 4 - OH 2  2 4 - OI 2  3
4 - 2 m -1 11
MN min  H  I  OI  d   m .
3 1 4
2
11
Vậy với m  thì MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 .
4

Câu 51. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y  f  x  xác định và có đạo hàm trên 
2 3
thỏa mãn  f 1  2 x    x -  f 1 - x   , x   . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1.
6 1 8 1 6 1 8
A. y  - x  . B. y  - x  . C. y  - x - . D. y  x- .
7 7 7 7 7 7 7
Lời giải
Tác giả: Trần Vinh; Fb: Vinh Trần
Chọn C

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 là
y  f  1 x - 1  f 1 .

2 3 2
Ta có  f 1  2 x    x -  f 1 - x    4 f  1  2 x  . f 1  2 x   1  3 f  1 - x  .  f 1 - x   .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 308   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  f 1  0
  f 1  2  0 -  f 1  3  
   
Suy ra  2
   f 1  -1
4 f  1 .f 1  1  3 f  1 .  f 1   2
4 f  1 .f 1  1  3 f  1 .  f 1 
  f 1  0
   vn 
 4 f  1 .f 1  1  3 f  1 .  f 1 
2
 f 1  -1
 
  1
  f 1  -1  f  1  -
  2
 7
 4 f  1 .f 1  1  3 f  1 .  f 1 


Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f  x  tại điểm có hoành độ bằng 1 là

1 1 6
y-  x - 1 - 1 hay y  - x - .
7 7 7

Câu 52. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y  x3 -  m  1 x 2  x  2m  1 có đồ thị  C 
( m là tham số thực). Gọi m1 , m2 là các giá trị của m để đường thẳng d : y  x  m  1 cắt  C  tại ba
điểm phân biết A , B , C sao cho tổng hệ số góc của các tiếp tuyến với  C  tại A , B , C bằng 19 .
Khi đó, m1  m2 bằng
A. -4 . B. 0 . C. 2 . D. -2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Bá Long; Fb: Nguyễn Bá Long
Chọn D

Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị  C  và đường thẳng d là:

x3 -  m  1 x 2  x  2m  1  x  m  1 1

x 1
 x3 -  m  1 x 2  m  0   x - 1  x 2 - mx - m   0   2
 x - mx - m  0

Đồ thị  C  cắt d tại 3 điểm phân biệt A , B , C khi và chỉ khi phương trình 1 có 3 nghiệm phận
biệt, khi đó phương trình x 2 - mx - m  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1 .

 1
m   1 1 
Do đó  2  m   - ; - 4    0;    ;    *
   m 2  4m  0  2 2 

Không mất tính tổng quát, ta gọi A 1; m  2  , B  x1 ; x1  m  1 , C  x2 ; x2  m  1

Khi đó, x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 - mx - m  0 .

 x1  x2  m
Do đó 
 x1 x2  -m

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A , B , C với đồ thị  C  tương ứng là y 1 , y  x1  , y  x2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 309   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Với y  3 x 2 - 2  m  1 x  1

Theo giả thiết y 1  y  x1   y  x2   19 , ta được

4 - 2  m  1  3 x12 - 2  m  1 x1  1  3 x22 - 2  m  1 x2  1  19
2
 3  x1  x2  - 6 x1 x2 - 2  m  1 x1  x2   6 - 2  m  1  19  2 

 x1  x2  m
Thay  vào phương trình  2  ta được
 x1 x2  -m

 m  -5
3m 2  6m - 2m  m  1 - 2m - 15  0  m 2  2m - 15  0   (thỏa mãn điều kiện * )
m  3

Vậy m1  m2  -2 .

2x 1
Câu 53. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Số tiếp
x 1
tuyến của đồ thị  C  song song với đường thẳng  : y  x  1 là
A. 0 . B. 3 . C. 1 . D. 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thủy; Fb: diephoang
Chọn C
2x 1 1
Hàm số y  có tập xác định D   \ -1 và y   2
.
x 1  x  1
 2x 1 
Tiếp tuyến của  C  tại điểm M  x0 ; 0  song song với đường thẳng  : y  x  1 nên ta có
 x0  1 
1  x0  0
y   x0   1  2
 1   x  -2 .
 x0  1  0

 Với x0  0 ta có M  0 ;1 .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của  C  tại M  0 ;1 là y  x  1 (loại).

 Với x0  -2 ta có M  -2;3  .

Khi đó phương trình tiếp tuyến của  C  tại M  -2;3  là y  x  5 .

Vậy có 1 tiếp tuyến của  C  thỏa mãn đề bài.

Câu 54. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Cho hàm số y  x3 - 3x 2  4 có đồ thị (C ) .
a) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng có
phương trình y  -3x  1 .
Lời giải

a) Ta có y  3x 2 - 6 x .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 310   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Vì tiếp tuyến của  C  song song với đường thẳng y  -3x  1 nên hoành độ tiếp điểm là nghiệm của
phương trình: 3x 2 - 6 x  -3  x  1 .
Với x  1  y  2 . Phương trình tiếp tuyến: y  -3( x - 1)  2 hay y  -3x  5 (thỏa mãn song song
với đường thẳng y  -3x  1 ).

3 2
Câu 55. Cho hàm số y  x - 3x  4 có đồ thị (C ) .
b) Gọi A,  B là các điểm cực trị của  C  . Tìm tọa độ điểm M thuộc Parabol ( P) :  y  x 2 sao cho tam
giác AMB vuông tại M .
Lời giải

x  0
y  0  3 x 2 - 6 x  0   .
x  2

Ta có các điểm cực trị của (C) là: A  0; 4  và B  2;0  .


 
Gọi M  x; x 2  thuộc  P  . Khi đó: AM   x; x 2 - 4  và BM   x - 2; x 2  . Vì A,  B không thuộc ( P) nên
 
tam giác AMB vuông tại M  AM .BM  0  x  x - 2   x 2  x 2 - 4   0  x  x3 - 3x - 2   0
x  0
 x  x  1  x - 2   0   x  -1 .
2

 x  2

Vậy có ba điểm thuộc  P  để tam giác AMB vuông tại M là M 1  0;0  ,  M 2  -1;1 ,  M 3  2; 4  .

2
Câu 56. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho hàm số y   x 2 - 1 có đồ thị  C  . Xét M di chuyển
trên  C  và có hoành độ m   -1;1 . Tiếp tuyến của  C  ở M cắt  C  tại hai điểm A , B phân biệt
và khác M . Tìm giá trị lớn nhất của tung độ trung điểm I của đoạn thẳng AB .
Lời giải
Tác giả: Lương Thị Hương Liễu ; Fb: Hương Liễu Lương.
Ta có: y  4 x 3 - 4 x .


Phương trình tiếp tuyến tại tiếp điểm m ;  m 2 - 1
2
:
2
Câu 1.    : y   4m 3 - 4m   x - m    m 2 - 1  y   4m3 - 4m  x - 3m 4  2m 2  1 .

Câu 2.Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và    :

2
Câu 3.  x 2 - 1   4m 3 - 4m  x - 3m 4  2m 2  1  x 4 - 2 x 2 -  4m3 - 4m  x  3m 4 - 2m 2  0

2 x  m
  x - m   x 2  2mx  3m 2 - 2   0   2 2
.
 g  x   x  2 mx  3m - 2  0  * 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 311   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 m   -1;1
  -2m 2  2  0
Điều kiện: (*) phải có hai nghiệm phân biệt khác m    .
  
g m  6m 2
- 2  0 m   1
 3

Giả sử  C  và    cắt nhau tại hai điểm A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  với x1 , x2 là hai nghiệm của phương
trình (*).
x1  x2
Gọi I là trung điểm của đoạn AB . Ta có xI   -m .
2
2
Suy ra, y I   4m 3 - 4m   - m - m    m 2 - 1  -7m 4  6m 2  1  f  m  .

m  0
Xét f   m   -28m - 12m  0  
3
.
 m   21
 7

Bảng biến thiên:

16 21
Từ BBT, ta có max f  m   khi m   .
 -1;1 7 7
16
Vậy y I  là giá trị cần tìm.
7

-x
Câu 57. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị là  C  và đường thẳng d
2x 1
có phương trình y  x  m , m là tham số. Tìm m để d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao
cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C  tại A và B là lớn nhất.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Huy; Fb: Nguyen Hoang Huy
 1 -x -1
Tập xác định D   \  -  . Ta có y   y  2
.
 2 2x 1  2 x  1
-x
Phương trình hoành độ giao điểm  x  m  g  x   2 x 2  2  m  1 x  m  0 (1) .
2x 1

   m 2  2m  1 - 2m  m 2  1  0, m

Ta có:   1  1 nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị  C  tại hai điểm
 g  - 2   - 2  0, m
  
phân biệt A , B với mọi giá trị thực m .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 312   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi x1 , x2 là hoành độ của điểm A và B khi đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1)
 S  x1  x2  -  m  1

 m .
 P  x1 x2 
 2

Suy ra tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C  tại A  x1 ; y1  và B  x2 ; y2  là

 1 1  4S 2 - 8P  4S  2
K  - 2
 2   - 2
 -  4m 2  2   -2 .
  2 x1  1  2 x2  1   4 P  2S  1
Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với  C  tại A và B bằng -2 đạt được khi m  0 .

2x - 3
Câu 58. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019) Cho hàm số y   C  và đường thẳng
x-2
d : x - y - 1  0 . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp tuyến đó song song với d .
Lời giải
Tác giả: Lê Hoàn; Fb: Lê Hoàn
1. d : x - y - 1  0  d : y  x - 1  d có hệ số góc kd  1 .

2x - 3
Xét hàm số y  có:
x-2

+ Tập xác định D   \ 1 .

1
+ y  2
,  x  1 .
 x - 1
 2x - 3 
Gọi đường thẳng  là tiếp tuyến của  C  tại điểm M  x0 ; 0  (với x0  1 ).
 x0 - 1 
1 1 x0 2 x0 - 3
 có hệ số góc là k   2
và phương trình  : y  2
.x - 2
 .
 x0 - 1  x0 - 1  x0 - 1 x0 - 1

1  x0  0
+ Giả sử  / /d ta được k  kd  2
1   .
 x0 - 1  x0  2

+ Thử lại:

 x0  0   : y  x  3 thỏa mãn  / /d .

 x0  2   : y  x - 1    d không thỏa mãn.

Vậy tiếp tuyến cần tìm là  : y  x  3 .

2x - 1
Câu 59. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị C  . Gọi I
x -1
là giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị C  . Tiếp tuyến tại M của đồ thị C  cắt hai đường
tiệm cận của đồ thị C  lần lượt tại hai điểm A và B .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 313   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a) Chứng minh M là trung điểm của đoạn thẳng AB .


b) Xác định tọa độ điểm M để chu vi tam giác IAB nhỏ nhất.
Lời giải
Tác giả:Huỳnh Trọng Nghĩa; Fb: Huỳnh Trọng Nghĩa
1  2a - 1 
a) Ta có: y '  - 2
. Gọi M  a;   a  1 là tiếp điểm
 x - 1  a -1 

1 2a - 1
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị C  tại điểm M là: y  - 2  x - a 
 a - 1 a -1

Giả sử A , B lần lượt là giao điểm của d với đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang.

 2a 
Suy ra: A 1;  , B  2a - 1; 2 
 a -1 

x A  x B  1   2a - 1  2a  2x M

Khi đó:  2a 4a - 2  M là trung điểm của đoạn thẳng AB .
y
 A  y B   2   2 y M
 a -1 a -1

2
b) Ta có IA  ; IB  2 a - 1  IA .IB  4
a -1

Tam giác IAB vuông tại I nên:

IA  IB  AB  IA  IB  IA 2  IB 2  2 IA .IB  2IA .IB  4  2 2

Vậy chu vi tam giác IAB nhỏ nhất bằng 4  2 2 khi và chỉ khi:

2 a  0  M  0;1
IA  IB   2 a -1  
a -1 a  2  M  2;3

Câu 60. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho hàm số y  x 4 - 14 x 2  20 x  4 có đồ thị
C  . Viết phương trình tiếp tuyến của C  biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
 : y  -4 x  15 .
Lời giải
Tác giả: Hoa Mùi ; Fb: Hoa Mùi

Ta có: y  x 4 - 14 x 2  20 x  4  y  4 x3 - 28 x  20 .

Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm.

Tiếp tuyến song song với đường thẳng  : y  -4 x  15

 hệ số góc của tiếp tuyến là: ktt  -4  y  x0   -4

 x0  1  y0  11
3 3 
y  x0   -4  4 x - 28 x0  20  -4  4 x - 28 x0  24  0   x0  2  y0  4
0 0 .
 x0  -3  y0  -101

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 314   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Phương trình tiếp tuyến tại M1 1;11 là: y  -4  x - 1  11  -4 x  15 (loại)

Phương trình tiếp tuyến tại M 2  2;4  là: y  -4  x - 2   4  -4 x  12 (nhận)

Phương trình tiếp tuyến tại M 3  -3; -101 là: y  -4  x  3 - 101  -4 x - 113 (nhận)

Vậy các tiếp tuyến thỏa yêu cầu là: y  -4 x  12 , y  -4 x - 113 .

Câu 61. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019)


x2
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hàm số có đồ thị  C  . Có bao
y
x -1
nhiêu điểm M thuộc trục Oy, có tung độ là số nguyên nhỏ hơn 2019 và thỏa mãn từ điểm
M kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị  C  sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của
trục Ox ?
Lời giải
Tác giả: Lê Hoàn ; Fb: Lê Hoàn
x2 3
y  y  1 .
x -1 x -1

Gọi M  0; m   Oy .

Gọi tiếp tuyến của  C  đi qua M là đường thẳng d : y  kx  m .

 3
kx  m  1  x - 1  (1)

Yêu cầu của đề bài, điều kiện là hệ phương trình  có 2 nghiệm x1 ,  x2  1 và thỏa
-3
k  2
         (2)
  x - 1
 y  x1   0
mãn 
 y  x2   0

 3  1 1
 1 0  -
 y  x1   0  x1 - 1  x -1 3
Xét điều kiện    1 .
 y  x2   0 1  3  0  1 -1
 x2 - 1  x2 - 1 3

-3 x 3 3 6
Từ (1) và (2) suy ra 2
 m  1  2
  1 - m  0 (3)
 x - 1 x -1  x - 1 x - 1
1
Đặt  t    t  0  , phương trình (3) trở thành 3t 2  6t  1 - m  0 (4)
x -1

1
Bài toán trở thành tìm m để phương trình (4) có 2 nghiệm t1 ,  t2 thỏa mãn t1  -  t2  0
3
Đặt f  t   3t 2  6t  1 - m , với điều kiện trên ta có bảng biến thiên như sau

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 315   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ bảng biến thiên suy ra điều kiện là

  1   1 2  1  2
f  -   0 3  -   6  -   1 - m  0 m  -
  3    3  3  3.
f 0  0  
m  1
 1 - m  0

Do m là số nguyên nhỏ hơn 2019 nên m  0; 2;3;....; 2018

 có 2018 điểm M .

Cách 2 Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang ; Fb:nhutrangnguyenngoc

x2 -3
y  y' 
x -1 ( x - 1)2

Gọi  là phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số đã cho tại K ( x0 ; y0 )

-3 x0  2
Ta có: ( ) : y  ( x - x 0
) 
( x0 - 1)2 x0 - 1

M  Oy  M (0; m).

-3 x 2
M   m  2
( - x0 )  0
( x0 - 1) x0 - 1
 x  1
 0 2
m( x0 - 1)  3 x0  ( x0  2)( x0 - 1)
 x  1
 0 2
f(x 0 )  (m - 1) x0 - 2(m  2) x0  m  2  0 (1)

Yêu cầu bài toán  phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1 sao cho y ( x1 ).y( x 2 )  0 .

phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 1


m  1
 m  1 m  1
  '  0   (2) .
 f (1)  0 (luon dung) 3(m  2)  0 m  -2

x1  2 x2  2
y( x1 ).y( x2 )  0  . 0
x1 - 1 x2 - 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 316   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x1 x2  2( x1  x2 )  4
 0
x1 x2 - ( x1  x2 )  1
m  2 4(m  2)
 4
9m  6 -2
 m -1 m -1 0 0m (3)
m  2 2(m  2) -3 3
- 1
m -1 m -1

m  1

Từ (2),(3) suy ra :  -2
m 
 3
Do m  , m  2019

nên m  {0; 2; 3;...; 2018} . Vậy có 2018 giá trị m thỏa đề.

Câu 62. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019)


Cho hàm số y  - x3  6 x 2  2 có đồ thị  C  và M  m ;2  . Gọi S là tập hợp các giá trị thực của m để
qua M có hai tiếp tuyến với đồ thị  C  . Tổng các phần tử S là
20 13 12 16
A. . B. . C. . D. .
3 2 3 3
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Quân ;Fb: Quân Nguyễn
Chọn A

Gọi  là đường thẳng đi qua M  m ;2  có hệ số góc k .

  : y  k  x - m  2 .

 là tiếp tuyến của  C   hệ phương trình sau có nghiệm:

3 2
 x  6x  2  k  x - m  2
- 1
 2
*
k  -3x  12 x  2
Thay  2  vào 1 ta được: - x 3  6 x 2  2   -3 x 2  12 x   x - m   2 .

 x  2 x 2 -  3m  6  x  12 m   0 .

x  0
  2 .
 2 x -  3m  6  x  12m  0  3
Qua M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị  C   hệ phương trình * có 2 nghiệm phân biệt 
Phương trình  3 có một nghiệm kép khác 0 hoặc có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2  0 .

  0  3m  6 2 - 96m  0
 
+ Phương trình  3 có một nghiệm kép khác 0   b   6  3m
 - 2a  0  0
 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 317   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

m  6
 m  6
 2
  m   .
 3 m  2
 3
 m  -2

  0

+ Phương trình  3 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1.x2  0   c
 a  0

m  6
2
 3m  6  - 96m  0 
 2
   m   m  0.
 6 m  0   3
 m  0

 2 
Suy ra S  0; ; 6  .
 3 

2 20
Vậy tổng các phần tử của S là 0   6  .
3 3

Câu 63. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019)


x 1
Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Viết phương trình tiếp tuyến  d  của đồ thị  C  biết  d  cắt
2x -1
trục Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB  10.OA (với O là gốc tọa độ).
Lời giải
1
Điều kiện xác định: x 
2
-3 1
Ta có y  2
 0, x  nên tiếp tuyến của  C  luôn có hệ số góc âm.
 2 x - 1 2

Tam giác OAB vuông tại O mà AB  10.OA từ đó ta có OB  3OA .

  - OB  -3 .
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  d  . Khi đó ta có k  0 nên k  - tan OAB
OA

Gọi m là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến  d  với đồ thị  C  .

3 m  0
Ta có - 2
 -3   .
 2m - 1 m  1

+) Nếu m  0 , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến  d  với đồ thị  C  là M  0; -1 .

Phương trình của  d  là: y  -3  x - 0  - 1  y  -3 x - 1 .

+) Nếu m  1 , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến  d  với đồ thị  C  là N 1; 2  .

Phương trình của  d  là: y  -3  x - 1  2  y  -3 x  5 .

Vậy có hai tiếp tuyến của  C  cần tìm là y  -3 x - 1 và y  -3x  5 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 318   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 64. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019)


ax  b
Cho hàm số y  có đồ thị cắt trục tung tại A  0; - 1 , tiếp tuyến tại A có hệ số góc k  - 3 . Các
x -1
giá trị của a; b là
A. a  2; b  1 . B. a  1; b  2 . C. a  1; b  1 . D. a  2; b  2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phương Mai; Fb: Phương Mai.
Chọn A
ax  b a.0  b
Vì đồ thị hàm số y  cắt trục tung tại A  0; - 1 nên: -1   b  1.
x -1 0 -1
-a - b
Ta có: y  2
. Tiếp tuyến tại A  0; - 1 có hệ số góc là k  -3  y  0  -3 -a - b  -3  a  2 .
 x - 1
Vậy a  2; b  1 .

Câu 65. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019)


x3
Số phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  - 2 x 2  3x  1 , biết tiếp tuyến song song với
3
97
đường thẳng d : y  8 x - và cắt trục hoành tại điểm có hoành độ dương là:
3
A. 0 . B. 2 . C. 3 . D. 1 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tường Lĩnh; Fb: Khoisx Bvkk
Chọn A

x3
* y - 2 x 2  3x  1 , y '  x 2 - 4 x  3 .
3

 13
 x  -1, y  -
3
* Ta có: x 2 - 4 x  3  8  x 2 - 4 x - 5  0  
 x  5, y  23 .
 3

* Phương trình tiếp tuyến:


13 11
+ y  8( x  1) -  y  8x  .
3 3
23 97
+ y  8( x - 5)   y  8x - (Loại).
3 3
* Phương trình hoành độ giao điểm của tiếp tuyến với trục hoành:
11 11
8x   0  x  - (Loại).
3 24

Câu 66. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 319   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x 2 - 2mx  m
Có bao nhiêu giá trị của tham số thực m để đồ thị hàm số y  cắt trục Ox tại hai điểm
xm
phân biệt và các tiếp tuyến của đồ thị tại hai điểm đó vuông góc với nhau?
A. 5. B. 2. C. 0. D. 1.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Nam ; Fb: Jonr Nguyễn Nam
Chọn B

+ Để đồ thị cắt trục Ox tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình x 2 - 2mx  m  0(*) có hai
nghiệm phân biệt khác -m

m  1 m  1
  
  m  0
2
  '  0 
m - m  0 m  0
 2 2
  2
   
m  2m  m  0 3m  m  0 m  0; m  - 1 m  - 1
 3  3

+ Gọi A( x1 ;0); B( x2 ;0) là giao điểm của đồ thị và trục Ox . Khi đó x1; x2 là nghiệm của phương trình
(*).

x 2  2mx - 2m 2 - m
+ Tính đạo hàm y ' 
( x  m) 2

+ Hệ số góc của tiếp tuyến tại A:


2 2 2 2
x  2mx1 - 2m - m 2mx1 - m  2mx1 - 2m - m 4mx1 - 2m - 2m
1
kA   
( x1  m)2 ( x1  m) 2 ( x1  m) 2

+ Hệ số góc của tiếp tuyến tại B:


2 2 2 2
x  2mx2 - 2m - m 2mx2 - m  2mx2 - 2m - m 4mx2 - 2m - 2m
2
kB   
( x2  m) 2 ( x2  m)2 ( x2  m)2

4mx1 - 2m2 - 2m 4mx2 - 2m 2 - 2m


Vì tiếp tuyến tại A và B vuông góc lên ta có k A .k B  -1  .  -1
( x1  m)2 ( x2  m) 2

16m 2 x1 x2 - ( x1  x2 )(8m3  8m 2 )  (2 m 2  2m) 2 16m 2 x1 x2 - ( x1  x2 )(8m3  8m2 )  (2 m 2  2m) 2


 2
 -1  2
 -1
 ( x1  m)( x2  m)  x1 x2  (x1  x2 )m  m2 
16m 2 (m) - (2 m)(8m3  8m2 )  (2 m 2  2m) 2 16m3 - (16m 4  16m3 )  (2 m 2  2m) 2
 2
 - 1  2
 -1
 m  (2 m)m  m 2   m  2 m 2  m 2 

 m  0(l )

16m3 - (16m 4  16m3 )  (2 m 2  2m) 2 -7 - 34
 2
 -1  3m  14m  5m  0   m 
4 3 2
(c)
 m  3m 2  3

 -7  34
 m  3
(c)

Câu 67. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 320   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Cho hàm số y  x3 - 3 x  2  C  . Biết rằng đường thẳng d : y  mx  1 cắt  C  tại ba điểm phân biệt
A, B, C . Tiếp tuyến tại ba điểm A, B, C của đồ thị  C  cắt đồ thị  C  lần lượt tại các điểm A, B, C 
(tương ứng khác A, B, C ). Biết rằng A, B, C  thẳng hàng, tìm giá trị của tham số m để đường thẳng
đi qua ba điểm A, B, C  song song với đường thẳng  : y  9 x  1 .
A. m  1 . B. m  10 . C. m  0 . D. m  -1 .
Lời giải
Tác giả: Trần Xuân Hiệp; Fb: xuanhiep tienthinh
Chọn C

Xét phương trình: x3 - 3x  2  mx  1  x3 - (3  m) x  1  0 (*)

Gọi a là nghiệm của phương trình ta có tọa độ giao điểm là: M (a;a 3 - 3a  2)

Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng: y  (3a 2 - 3).( x - a)  a 3 - 3a  2  (3a 2 - 3) x - 2a 3  2

Xét phương trình giao điểm của (C) và tiếp tuyến: x3 - 3x  2  (3a 2 - 3) x - 2a 3  2

 x3 - 3a 2 x  2a 3  0  ( x - a)2 ( x  2a)  0 ;

Vậy tiếp tuyến tại M cắt (C) tại điểm N khác; N (-2a; -8a 3  6a  2) ;

Nhận xét: -8a 3  6a  2  -8[a3 - (3  m)a  1]  (-8m- 18) a  10  (-8m - 18)a  10 {vì a là nghiệm của
phương trình (*)
Ta có N (-2a; (-8m - 18) a  10)  (-2a; (4m  9)(-2a)  10) ; suy ra N nằm trên đường thẳng có phương
trình: y  (4m  9) x  10

Theo giả thiết ta có: 4m  9  9  m  0 .

Câu 68. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019)


-5x - 6
Cho hàm số y  có đồ thị là  C  . Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  biết tiếp
x2
tuyến tạo với trục tung một góc 45 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Văn Dương ; Fb: Dương Đỗ Văn
-4
Ta có: f   x0   2
. Tiếp tuyến tạo với trục Oy góc 45  k  1
 x0  2 
-4
Với k  1  2
 1 (Vô nghiệm)
 x0  2 
-4 x  0
Với k  -1  2
 -1   0
 x0  2   x0  -4

Với x0  0  y0  -3  PTTT có dạng: y  -1 x - 0  - 3  -3

Với x0  -4  y0  -7  PTTT có dạng: y  -1 x  4  - 7  - x - 11

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 321   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 69. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019)


Lập phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  f  x  thỏa mãn f 2 1  2 x   x - f 3 1 - x  tại
điểm có hoành độ x  1 ?
1 6 1 6 1 6 1 6
A. y  x - . B. y  - x  . C. y  x . D. y  - x - .
7 7 7 7 7 7 7 7
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu
Chọn D

2 3  f 1  0
Từ f 2 1  2 x   x - f 3 1 - x  , cho x  0 ta được:  f 1   -  f 1    .
 f 1  -1

Từ f 2 1  2 x   x - f 3 1 - x  , lấy đạo hàm hai vế ta được:

4 f 1  2 x  . f  1  2 x   1  3 f 2 1 - x  . f  1 - x  .

Cho x  0 ta được: 4 f 1 . f  1  1  3 f 2 1 . f  1 * .


Với f 1  0 thì * vô lý.

1
Với f 1  -1 thì * trở thành: -4 f  1  1  3 f  1  f  1  - .
7
1 1 6
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y  -  x - 1 - 1  y  - x - .
7 7 7

Câu 70. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019)


Cho hàm số y  x 2 - 2mx  2m2 - 4m có đồ thị là  Pm  .

1. Tìm m để  Pm  cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.
2. Tìm các giá trị của k để phương trình x 2 - 4 x  k có 4 nghiệm phân biệt
Lời giải

1.Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa  Pm  và Ox :

x 2 - 2mx  2m 2 - 4m  0 1 .

 Pm  cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi phương trình 1 có 2 nghiệm trái dấu
 a.c  0  1.  2m 2 - 4m   0  2m.  m - 2   0  m  2.

Vậy 0  m  2 thỏa yêu cầu bài toán.

2.Xét ( P0 ) : y  x 2 - 4 x có TXĐ D   , đỉnh I  2; -4  .

x  0
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P0 ) và Ox là x 2 - 4 x  0  
x  4

Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số y  x 2 - 4 x là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 322   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ bảng biến thiên phương trình x 2 - 4 x  k có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0  k  4 .

Vậy 0  k  4 thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 71. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)


2x 1
Cho hàm số y   C  và đường thẳng d có phương trình: y  2 x  m . Tìm m để đường thẳng
x -1
5
d cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng (với O là gốc
4
tọa độ).
Lời giải
+ Xét phương trình hoành độ giao điểm:

2x 1  x  1  x  1
 2x  m   
2 x  1   x - 1 2 x  m 
2
x -1  g  x   2 x   m - 4  x -  m  1  0

+ Đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt A, B

 g  x   0 có hai nghiệm phân biệt khác 1

   m - 4 2  8  m  1  0   m 2  24  0 m  
 
 g 1  -3  0  g 1  -3  0

 m 2  24  0  m   

+ Gọi A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m 

Khi đó x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình g  x   0

 m-4
 x1  x2  - 2
Theo định lý Vi-et ta có 
 x .x  - m  1
 1 2 2

+ Ta có d : y  2 x  m  2 x - y  m  0

m
Mặt khác ta có: d  O, d  
5

2 2  m 2
- 8 m  16 4 m  4  5  m 2  24 
AB  5  x1 - x2   5  x1  x2 
2
- 4 x1 x2   5   
   4 2  4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 323   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 m 5  m  24  m m  24
2 2
1
+ Khi đó SOAB  .d  O, d  . AB  . . 
2 2 5 2 4

5
SOAB   m m 2  24  5
4

 m 4  24m2 - 25  0

  m 2 - 1 m 2  25   0

 m  1
Vậy m  1 là các giá trị cần tìm.

Câu 72. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019)


Cho hàm số y  x 3 - 3x 2  4 có đồ thị  C  , đường thẳng  d  đi qua A 1; 2  và có hệ số góc m . Tìm
m để  d  cắt  C  tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho BC  4 2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thế Quốc; Fb: Quốc Nguyễn.
Phương trình đường thẳng  d  đi qua điểm A có hệ số góc m là y  m  x - 1  2 .

Phương trình hoành độ giao điểm giữa  d  và  C 

x 3 - 3 x 2  4  m  x - 1  2  x 3 - 3x 2 - mx  m  2  0

x  1
  x - 1  x 2 - 2 x - m - 2   0   2
 g  x  x - 2x - m - 2  0

Giả sử g  x   0 có hai nghiệm x1 , x2 , trong đó x1 , x2 lần lượt là hoành độ của điểm B và C

Theo định lí Vi-et ta có

 x1  x2  2

 x1 x2  -m - 2

Vì hai điểm B và C thuộc đường thẳng  d  nên B  x1 ; m  x1 - 1  2  , C  x2 ; m  x2 - 1  2  .

2 2 2 2
Khi đó BC 2   x2 - x1    y2 - y1    x2 - x1    m  x2 - 1 - m  x1 - 1 

2 2 2 2
  x2 - x1    m  x2 - x1     x2 - x1   m 2  1   m 2  1  x1  x2  - 4 x1 x2 
 

  m 2  1  4 - 4  -m - 2     m 2  1  4m  12  4m3  12m 2  4m  12  32

 m  1.

Thử lại, thay m  1 vào g  x   x 2 - 2 x - 3  0  x1  -1; x2  3 (thỏa mãn).

Vậy m  1 .

Câu 73. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 324   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Cho a, b  R và a  0 . Xét hai hàm số f  x   2 x 2 - 4 x  5 và g  x   x 2 + ax + b . Tìm tất cả các giá trị


của a và b biết giá trị nhỏ nhất của g  x  nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f  x  là 8 đơn vị và đồ thị
của hai hàm số trên có đúng một điểm chung.
Lời giải
Tác giả: Phan Thị Quyên ; Fb: Quyen Phan
Ta có giá trị nhỏ nhất của f  x  là: f 1  3

 a a2
Giá trị nhỏ nhất của g  x  là: g  -   b -
 2 4

Do giá trị nhỏ nhất của g  x  nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f  x  là 8 đơn vị nên ta có phương trình:
a2 a2
b- 8  3  b  - 5 1
4 4
Mặt khác đồ thị hai hàm số trên có đúng một điểm chung nên phương trình:

2 x 2 - 4 x  5  x 2 + ax + b có nghiệm duy nhất.

 x 2 -  a  4  x  5 - b  0 có nghiệm duy nhất.

0
2
  a  4 - 4 5 - b  0  2

2  a2 
Từ (1) và (2) ta được:  a  4  - 4  5 -  5   0
 4 

 a 2  4a - 12  0

a  2

 a  -6
Do a  0 nên a  2 thỏa mãn. Thế a  2 trở lại (1) ta được b  -4 .
Vậy: a  2, b  -4 .

Câu 74. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho hai hàm số
3 2 3 2
y  x  x - 3x - 1, y  2 x  2 x - mx  2 có đồ thị lần lượt là  C1  ,  C2  và m là tham số thực. Tìm m
1 1 1 2
để  C1  cắt  C2  tại 3 điểm phân biệt có tung độ là y1 , y2 , y3 thỏa    .
y1  4 y2  4 y3  4 3
Lời giải
Giả sử A , B ,C là giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho thì tọa độ A , B ,C thỏa hệ
3 2
 y  x  x - 3 x - 1
 3 2
.
 y  2 x  2 x - mx  2

Nên cũng thỏa phương trình hệ quả của hệ là: y   m - 6  x - 4 .

Khi đó, ta có: y1  4   m - 6  x1 , y2  4   m - 6  x2 , y3  4   m - 6  x3 với x1 , x2 , x3 là nghiệm phương


trình hoành độ giao điểm x 3  x 2   3 - m  x  3  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 325   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 x1 x2  x2 x3  x3 x1  3 - m
Theo Vi-et ta có  .
 x1 x2 x3  -3

2 1 1 1 1 x1 x2  x2 x3  x3 x1 m-3
Và từ giả thiết thì:     .  .
3 y1  4 y2  4 y3  4 m - 6 x1 x2 x3 3 m - 6

Từ đây giải ra được m  9 .

Thử lại, m  9 thì phương trình x3  x 2 - 6 x  3  0 có 3 nghiệm phân biệt theo câu 1 nên m  9 là giá
trị cần tìm.

Câu 75. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019)


2x  4
Cho hàm số y  có đồ thị là C  và hai điểm M 3; 0 , N 1; 1 . Tìm trên đồ thị hàm số
x 1
C  hai điểm A, B sao cho chúng đối xứng nhau qua đường thẳng MN .
Lời giải
Phương trình đường thẳng MN là: x  2 y  3  0 .

Phương trình đường thẳng AB là: y  2 x  m .

2x  4
Khi đó hai điểm A , B có hoành độ thỏa mãn :  2 x  m . Điều kiện: x  1.
x 1

Phương trình tương đương với: 2 x 2  mx  m  4  0 1

Đường thẳng AB cắt đồ thị C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm
phân biệt khác -1


  0 m  4  4 3

  m 2  8m  32  0   .

2  m  m  4  0
  m  4  4 3

 x  x2 
Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ là  1 ; x1  x2  m , với x1 , x2 là nghiệm của
 2 
m  m m
phương trình 1 . Mà x1  x2   nên I  ;  .
2  4 2 

Hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng MN khi và chỉ khi điểm I thuộc đường thẳng

MN , khi và chỉ khi


m m
  2  3  0  m  4 ( thỏa mãn).
4 2

Suy ra A 0; 4 , A2;0 hoặc A2;0 , B 0; 4 .

Câu 76. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P):
y  x 2 - 4 x  3 , điểm I(1, 4) và đường thẳng d: y  mx  m  8 . Tìm tất cả các giá trị của m để đường
thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB cân tại I
Lời giải
Người giải: Nguyễn Thị Thảo ; Fb: Cỏ Vô Ưu

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 326   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Phương trình hoành độ giao điểm của parabol (P) và đường thẳng d là:

x 2 - 4 x  3  mx  m  8

 x 2 - (m  4) x - m - 5  0 (1)

Để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B    (m  6)2  0

 m  6.

Tam giác IAB cân tại I khi và chỉ khi I, A, B không thẳng hàng và IA2  IB 2
* I, A, B không thẳng hàng  I  d  2m  8  4  m  -2

* IA2  IB 2

 ( x1 - 1) 2  ( y1 - 4) 2  ( x2 - 1) 2  ( y2 - 4) 2
 ( x1 - 1) 2  (mx1  m  4) 2  ( x2 - 1) 2  (mx2  m  4) 2
 ( x1 - x2 ) (1  m 2 )( x1  x2 )  2m 2  8m - 2   0
 x1  x2   
 2 2
(1  m )( x1  x2 )  2m  8m - 2  0
 (1  m 2 )( x1  x2 )  2m 2  8m - 2  0
 m3  6m 2  9m  2  0
 m  -2 - 3

  m  -2  3
 m  -2


Vậy các giá trị của m thỏa yêu cầu đề bài là m  -2 - 3 , m  -2  3

x3
Câu 77. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị  C  và điểm O  0;0  .
x2
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  2 x  3m cắt  C  tại hai điểm phân biệt
A và B thỏa mãn trọng tâm G của tam giác OAB thuộc đường thẳng  : 2 x - y  m 3  0.
Lời giải

x3
Xét phương trình hoành độ giao điểm  2 x  3m (với x là ẩn số) (1).
x2
Đường thẳng d cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt.

 x  -2
(1)   2 .
2 x  3  m  1 x  6m - 3  0

Khi đó 2 x 2  3  m  1 x  6m - 3  0 có hai nghiệm phân biệt khác -2 khi và chỉ khi

  9  m  12 - 8  6m - 3  0
  9m2 - 30m  33  0 luôn đúng với mọi m  .
8 - 6  m  1  6m - 3  0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 327   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Ta có O  d  m  0 .

Gọi x1 và x2 là các nghiệm của phương trình (1).

3  m  1
Theo Định lí Vi-ét ta có x1  x2  - .
2
Giả sử A  x1 ; 2 x1  3m  , B  x2 ; 2 x2  3m  .

 x1  x2 2  x1  x2   6m   m 1 
Khi đó G  ;  hay G  - ; m - 1 .
 3 3   2 

3 m  0
Ta có G    m - 2m  0   .
m   2

Đối chiếu điều kiện m  0 ta được tất cả các giá trị cần tìm của m là - 2; 2.

Câu 78. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )


Cho hàm số y   m - 3 x - 2m  1 có đồ thị là đường thẳng d . Gọi S là tập các giá trị của tham số m
để đường thẳng d cắt trục Ox , Oy lần lượt tại hai điểm A , B sao cho tam giác OAB cân. Số tập
con của tập S là
A. 3 . B. 2 . C. 6 . D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hương Thơm; Fb: Thom Nguyen
Chọn D
+) Do đường thẳng d cắt trục Ox , Oy tại hai điểm A , B tạo thành một tam giác nên m  3 và
1
m  . Với điều kiện đó ta có
2

 2m - 1 
+) d cắt trục Ox tại điểm A  ;0 
 m-3 

+) d cắt trục Oy tại điểm B  0; -2m  1

+) Tam giác OAB cân nên OA  OB .

2m - 1  2m - 1  0
+) OA  OB   -2m  1  
m-3  m - 3  1

1
+) 2m - 1  0  m  (loại)
2

m - 3  1 m  4
+) m - 3  1   
 m - 3  -1 m  2

Vậy S  2; 4 nên số tập con của S là 4 .

Cách 2:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 328   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Nguyễn Trung Kiên; Fb: Nguyễn Trung Kiên.


Để đường thẳng d cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A, B để tam giác OAB cân tại O (do tam giác OAB
vuông tại O) thì nó song song với một trong hai đường phân giác của hệ trục tọa độ.
 m -3 1 m  2
  .
 2m - 1  0 m  4

S  2; 4 nên có 22  4 tập con.

2x 1
Câu 79. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Biết đường thẳng y  x - 2 cắt đồ thị hàm số y 
x -1
tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ x A , xB . Giá trị của biểu thức x A  xB bằng:
A. 2 . B. 5 . C. 1 . D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Liêu; Fb: Nguyen Lieu
Chọn B

2x 1  x  1
Phương trình hoành độ giao điểm:  x-2   2 .
x -1 2 x - 5 x  1  0 1

Ta thấy 1 luôn có hai nghiệm phân biệt khác 1 , áp dụng định lý Vi-et ta có xA  xB  5 .

Câu 80. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019)


1  5 5
Cho hàm số y  có đồ thị là đường cong  C  và điểm I  - ;  . Viết phương trình đường thẳng
x  6 4
d đi qua I và cắt  C  tại hai điểm M , N sao cho I là trung điểm của MN .
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Thúy; Fb: Thúy Minh, Huyen Nguyen
Cách 1:

 5 5
+ Gọi d đi qua điểm I  - ;  và có hệ số góc k có phương trình là:
 6 4

 5 5 12kx  10k  15
y  kx   y  .
 6 4 12

+ Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C  và d :

1 12kx  10k  15  x  0
  2
x 12  g  x   12kx  10k  15  x - 12  0  *
+ Đường cong  C  cắt d tại hai điểm M , N khi và chỉ khi phương trình * có hai nghiệm phân
biệt khác 0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 329   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

k  0
k  0 k  0 
    k  -219  84 6
 10k  15   4.12 .k  0   
2
   0 2
 50 1 .
g 0  0 -12  0 
      k  -219 - 84 6
  50

+ Với k thỏa mãn 1 , gọi x1 ; x2 lần lượt là hoành độ của hai điểm M , N , với x1 ; x2 là hai nghiệm
của phương trình * .

-5  2k  3
+ Theo định lý Vi-et ta có: x1  x2  .
12k
+ I là trung điểm của MN khi và chỉ khi:

-5  2 k  3  5 3
x1  x2  2 xI   -  2k  3  4k  k  (thỏa mãn 1 ).
12k 3 2
3
+ Với k  ta có phương trình đường thẳng d là: 3x - 2 y  5  0 .
2
Cách 2:

 1
+ M  m;    C  , I là trung điểm của MN nên ta có:
 m

 -5 5 1   -5 - 3m 5m - 2 
N  2 xI - xM ; 2 yI - yM    - m; -    ; 
 3 2 m  3 2m 

 -5  -5  m  -2
5m - 2 3  m  0; m   m  0; m  
+ Vì N   C  suy ra   3  3  .
2m -5 - 3m  5m - 2  -5 - 3m   6m 3m 2  5m - 2  0 m1
  3

 -1   1 
+ Với m  -2 ta có M  -2;  ; N  ;3  .
 2  3 

1 1   -1 
+ Với m  ta có M  ;3  ; N  -2;  .
3 3   2 
  7 7  7
+ Đường thẳng d đi qua hai điểm M , nhận MN   ;    2;3 làm vecto chỉ phương, hay nhận
3 2 6

n   3; -2  làm vecto pháp tuyến :

 1
3  x  2  - 2  y    0  3x - 2 y  5  0 .
 2

Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: 3x - 2 y  5  0 .

b. Cho hàm số y  x  x 2 - 2x  m , với m là tham số. Tìm m để hàm số có cực đại.Lời giải

Tác giả:Đặng Ân; Fb:Đặng Ân


Nguyễn Văn Diệu; Fb Dieupt Nguyên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 330   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Hàm số y  x  x 2 - 2x  m . TXĐ:  .
Trường hợp 1: m  1  x 2 - 2 x  m  0 với x   .
+ y  x  x 2 - 2x  m  x 2 - x  m , hàm số này có đồ thị là một Parabol nên chỉ có cực tiểu, suy ra
m  1 không thỏa mãn.
Trường hợp 2: m  1

2
+ y  x  x - 2x  m  
 
 x 2 - x  m khi x  -;1 - 1 - m   1  1 - m ; 
 
.

2

- x  3x - m khi x  1 - 1 - m ;1  1 - m
 
+ y 

   
2 x - 1 khi x  -;1 - 1 - m  1  1 - m ; 
.


-2 x  3 khi x  1 - 1 - m ;1  1 - m
 
1 1 1 3
+) 2 x - 1  0  x  . Dễ thấy 1  1 - m  với mọi m  1 và 1 - 1 - m   m  .
2 2 2 4
3 3 3 3
+) -2 x  3  0  x  . Dễ thấy 1 - 1 - m  với mọi m  1 và  1  1 - m  m  .
2 2 2 4
3
+) Với m  , ta có bảng xét dấu của y :
4

3
Hàm số đạt cực đại tại x  .
2
3
+) Với  m  1 , ta có bảng biến thiên
4

Hàm số không có cực đại.


3
Dễ thấy khi m  hàm số không có cực đại.
4
3
Vậy hàm số có cực đại với m  .
4
Câu 81. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019)
1) Cho hàm số y  x 2 - 4 x  3 có đồ thị  P . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng
1 1
 d m  : y  x  m cắt đồ thị  P  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn  2
x1 x2
2) Cho hàm số y  (m - 1) x 2 - 2mx  m  2 ( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch biến trên
khoảng (-;2) .
Lời giải
1) Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x 2 - 4 x  3  x  m  x 2 - 5 x  3 - m  0 * .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 331   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Xét theo yêu cầu bài toán thì phương trình * có hai nghiệm phân biệt và khác 0

 13
  4m  13  0 m  -
  4 .
3 - m  0 m  3

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình * . Ta có:

1 1
  2   x1  x2  - 2 x1 x2  0 ** .
x1 x2

 x1  x2  5 1
Theo định lý Vi-ét:  . Thế vào ** ta được: 2m - 1  0  m  (thỏa mãn).
 x1 x2  3 - m 2

1
Vậy m  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
2) Với m  1  y  -2 x  3 . Hàm số nghịch biến trên  nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-;2)
. Do đó m  1 thỏa mãn.

a  0

Với m  1 . Hàm số nghịch biến trên khoảng (-;2) khi và chỉ khi   b 
 -;2    -; - 2a 
  

m - 1  0 m  1
 
 m  2 - m 1 m  2.
 m - 1  2  m - 1  0

Vậy 1  m  2 là giá trị cần tìm.

Câu 82. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019)


Trong mặt phẳng Oxy cho parabol  P  : y  x 2  mx  3m - 2 , đường thằng  d  : x - y  m  0 ( m là
tham số thực) và hai điểm A  -1; - 1 , B  2; 2  . Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai
điểm phân biệt M , N sao cho A , B , M , N là bốn đỉnh của hình bình hành.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Khoa ; Fb: Khoa Nguyen
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :

x 2  mx  3m - 2  x  m  x 2   m - 1 x  2m - 2 1 .

 Đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt

2 m  1
    m - 1 - 4  2 m - 2   0  m 2 - 10m  9  0   .
m  9

Khi đó,  d  cắt  P  tại hai điểm M  x1 ; x1  m  , N  x2 ; x2  m  với x1 , x2 là nghiệm của 1 (giả sử
x1  x2 ).

 Bốn điểm A , B , M , N là bốn đỉnh của hình bình hành xảy ra các trường hợp sau:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 332   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM .
 
 AB  MN  3  x2 - x1 .

 2m
 x1  - 2
 x1  x2  1 - m 
  4-m
Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ:  x1 .x2  2m - 2   x2 
x - x  3  2
 2 1  x1 .x2  2m - 2

2m 4-m m  0
Suy ra - .  2m - 2  m 2 - 10m  0   m  10 .
2 2 

 x  -1  M  -1; - 1  A
Với m  0 , 1 trở thành: x 2 - x - 2  0    (loại).
x  2  N  2; 2   B

 x  -6  M  -6; 4 
Với m  10 , 1 trở thành: x 2  9 x  18  0    thỏa mãn ABNM tạo thành
 x  -3  N  -3;7 
hình bình hành.
Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM .

 x1  x2 1
1 1  2  2
Khi đó, I  ;  là trung điểm của AB cũng là trung điểm của MN nên  m0
2 2  x1  x2  2m  1
 2 2
(loại)
Vậy m  10 .

Câu 83. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019)


Cho hàm số y  x 2 - 4 x  4 - m;       Pm  .

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m  1 .


b) Tìm m để  Pm  cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ cùng thuộc đoạn  -1; 4  .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thùy Linh ; Fb:Nguyễn Linh
a) Với m  1 hàm số trở thành y  x 2 - 4 x  3;       P1  .
TXĐ: D   .
Đồ thị  P1  là một parabol có đỉnh I  2; -1 và hệ số a  1  0 nên bề lõm của parabol hướng lên trên.
BBT

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 333   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Đồ thị  P1  cắt trục hoành tại điểm A 1; 0  , B  3; 0  , cắt trục tung tại điểm C  0;3  và nhận đường
thẳng x  2 làm trục đối xứng.
Đồ thị

b) Phương trình hoành độ giao điểm của  Pm  và trục hoành:


x 2 - 4 x  4 - m  0  x 2 - 4 x  3  m - 1      1 .
Dựa vào đồ thị ta thấy, 1 có 2 nghiệm cùng thuộc đoạn  -1; 4  khi và chỉ khi -1  m - 1  3 hay
0m4 .
Câu 84. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019)
Cho parabol  P  : y  2 x 2  6 x - 1 . Tìm giá trị của k để đường thẳng  : y   k  6  x  1 cắt parabol
 P tại hai điểm phân biệt M , N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng
3
d : y  -2 x  .
2
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Văn Dũng; Fb: Nguyễn Văn Dũng
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và    là

2 x 2  6 x - 1   k  6  x  1  2 x 2 - kx - 2  0 (1).

Phương trình (1) có   k 2  16  0, k   nên nó luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra với mọi giá
trị của tham số k thì đường thẳng  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt M , N .

k
Gọi x1 , x2 lần lượt là hai nghiệm của (1). Khi đó theo Vi-et ta có x1  x2  .
2

 k  k  6 k 
Ta có M  x1;  k  6  x1  1 ; N  x2 ;  k  6  x2  1 , nên tọa độ trung điểm I của MN là I  ;  1 .
4 4 

Điểm I  d khi và chỉ khi


 k  6 k  1  - k  3  k 2  8k - 2  0  k  -4  3 2.
4 2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 334   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Vậy k  -4  3 2 thì thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 85. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019)
Cho hàm số y  x 2  2 x - 3 (*) và đường thẳng d : y  2mx - 4 .Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P)
của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn
x1  m x2  m
  -6 .
x2 - 1 x1 - 1
Lời giải
Tác giả:Trần Phương ; Fb: Trần Phương
+ Lập bảng biến thiên và vẽ (P): y  x 2  2 x - 3

 x  -1
Ta có đỉnh I :   I  -1; -4 
 y  -4
+ Bảng biến thiên:

+ Đồ thị: Đồ thị là parabol có bề lõm hướng lên có trục đối xứng là đường thẳng x  -1 cắt trục
hoành tại điểm 1; 0  ;  -3; 0  cắt trục tung tại điểm  0; -3  .

 x1  1
Điều kiện: 
 x2  1

Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2  2 x - 3  2mx - 4  x 2 - 2  m - 1 x  1  0 (1)

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 335   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

    m - 12 - 1  0 m 2 - 2m  0 m  2
x1 ; x2  1    
1 - 2  m - 1  1  0 4 - 2m  0 m  0

 x  x  2  m - 1
Khi đó theo định lí viet ta có  1 2 .
 x1.x2  1

x1  m x2  m x 2  x22   m - 1 x1  x2  - 2m
Ta có   -6  1  -6
x2 - 1 x1 - 1 x1 x2 -  x1  x2   1
2 2 2
x  x 
 1 2
- 2 x1 x2   m - 1 x1  x2  - 2m
 -6 
4  m - 1 - 2  2  m - 1 - 2m
 -6
x1 x2 -  x1  x2   1 1 - 2  m - 1  1
m  2
2
 6  m - 1 - 2m - 2  -6  4 - 2m   3m - 13m  14  0  
2
m  7
 3

7
Kết hợp với điều kiện ta được m  .
3

Câu 86. (HSG11 Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019)


Cho hàm số y  x 2  2 x - 3 (*) và đường thẳng d : y  2mx - 4 .

Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số (*). Tìm m để d cắt  P  tạ1 ha1 đ1ểm phân b1ệt
x1  m x2  m
có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn   - 6.
x2 - 1 x1 - 1
Lời giải

Xét hàm số y  x 2  2 x - 3 (*) và đường thẳng d : y  2mx - 4 .

+ Lập bảng b1ến th1ên và vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y  x 2  2 x - 3(*).

b
Hàm số bậc ha1 y  x 2  2 x - 3(*) có a  1, b  2, c  -3, -  -1. Vớ1 x  -1 thì y  -4 . Bảng b1ến
2a
th1ên hàm số (*) như sau

Đồ thị ( P ) là parabol có bề lõm hướng lên trên, có trục đố1 xứng là đường thẳng x  -1 , cắt trục
hoành tạ1 ha1 đ1ểm 1;0  ,  -3; 0  , cắt trục tung tạ1 đ1ểm  0; -3  , và có đỉnh là I ( -1; -4) (xem hình
vẽ sau).

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 336   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+ Xét phương trình hoành độ đ1ểm chung của d và  P 

x 2  2 x - 3  2mx - 4  x 2 - 2  m - 1 x  1  0 1 .

Đường thẳng d cắt  P  tạ1 ha1 đ1ểm phân b1ệt có hoành độ x1 , x2 kh1 và chỉ kh1 phương trình (1)
2 m  2
có ha1 ngh1ệm phân b1ệt x1 , x2     m - 1 - 1  0   (2).
m  0

 x1  x2  2  m - 1
Kh1 đó, theo định lí V1ète, ta có  (3) . Như vậy
 x1.x2  1

x1  m x2  m
  -6
x2 - 1 x1 - 1
x12  x22   m - 1 x1  x2  - 2m
  -6
x1 x2 -  x1  x2   1
2
x  x 
 1 2
- 2 x1 x2   m - 1 x1  x2  - 2m
 -6
x1 x2 -  x1  x2   1
2 2
4  m - 1 - 2  2  m - 1 - 2m

1 - 2  m - 1  1
 -6  do   3 
2 2
4  m - 1 - 2  2  m - 1 - 2m
  -6
4 - 2m
6  m - 12 - 2m - 2  -6  4 - 2m 

4 - 2m  0
 m  2
2
3m - 13m  14  0  7
 7
   m   m  .
m  2  3 3
m  2

7 7
G1á trị m  thỏa mãn đ1ều k1ện (2). Vậy m  là g1á trị cần tìm.
3 3

Câu 87. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho hàm số y  x 2  2 x - 3 (*) và
đường thẳng d : y  2mx - 4 .
Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số (*). Tìm m để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 337   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x1  m x2  m
hoành độ x1; x2 thỏa mãn   -6
x2 - 1 x1 - 1
Lời giải
Bảng biến thiên:

Phương trình hoành độ giao điểm của d và  P  : x 2  2 x - 3  2mx - 4  x 2  2 1 - m  x  1  0 .

2 m  0
d cắt  P  tại hai điểm phân biệt    0  1 - m  - 1  0  m 2 - 2m  0   .
m  2

 x  x  2  m - 1
Khi đó áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  1 2 .
 x1 x2  1

Ta có:
x1  m x2  m

 x  m  x1 - 1   x2  m  x2 - 1  -6
 -6  1
x2 - 1 x1 - 1  x1 - 1 x2 - 1
2
x12  x22   m - 1 x1  x2  - 2m  x  x    m - 1 x1  x2  - 2 x1 x2 - 2m  -6
  -6  1 2
x1 x2 -  x1  x2   1 x1 x2 -  x1  x2   1
2
6  m - 1 - 2m - 2 2
  -6  6  m - 1 - 2m - 2  -6  4 - 2m 
2 - 2  m - 1

 m  2 ( L)
 6m - 26m  28  0  
2
.
 m  7 (TM )
 3

7
Vậy m  là giá trị cần tìm.
3

2x 1
Câu 88. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị  H  và đường thẳng
x -1
d : y   m 2  1 x - 2 ( với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để d cắt  H  tại hai điểm phân
biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho biểu thức P  12  x1  x2   11x1 x2 đạt giá trị lớn nhất.
Lời giải
2x  1
Phương trình hoành độ giao điểm của  H  và d là:   m 2  1 x - 2 1 , ĐK: x  1 .
x -1

1   m 2  1 x 2 -  m 2  5  x  1  0  2  .
Để đường thẳng d cắt  H  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình  2  có hai nghiệm
phân biệt khác 1.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 338   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 m2  5 2 - 4  m 2  1  0  m 2  32  12  0

  ( luôn đúng với mọi m  R ).
 m  1 .1 -  m  5 .1  1  0 -3  0
2 2 2

Suy ra m  R thì d luôn cắt  H  tại hai điểm phân biệt.

Khi đó x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của (2)

m2  5 1
Ta có: x1  x2  2 ; x1.x2  2 , khi đó:
m 1 m 1

 m2  5   1  59
P  12  x1  x2   11x1.x2  12  2   11 2   12  2  71 .
 m 1   m 1  m 1

Do đó P đạt giá trị lớn nhất là 71 khi m  0 .


Vậy m  0 là giá trị cần tìm.

2x -1
Câu 89. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho hàm số y  có đồ thị  C  . Tìm m để
x 1
đường thẳng d : y  - x  m cắt  C  tại hai điểm phân biệt A và B sao cho  PAB đều, biết P  2;5 .
Lời giải
Tác giả: Đoàn Thị Uyên ; Fb: Đoàn Uyên
1 Cách 1:
Hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là nghiệm phương trình.

2x -1 2
 - x  m  x  -1  x - (m - 3) x - m - 1  0 1 .
x 1

Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 1 có hai nghiệm
phân biệt và x  -1 .

  0 m 2 - 6m  9  4m  4   m - 12  12  0


 2  (luôn đúng).
 -1   3 - m  (-1) - 1 - m  0 -3  0

 x1  x2  m - 3
Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình (1), ta có:  .
 x1 x2  -m - 1

Giả sử A  x1; - x1  m  , B  x2 ; - x2  m  .

2
Khi đó ta có: AB  2  x1 - x2  .

2 2 2 2
PA   x1 - 2    - x1  m - 5    x1 - 2    x2 - 2 
2 2 2 2
PB   x2 - 2    - x2  m - 5    x2 - 2    x1 - 2  .

Suy ra  PAB cân tại P .

Do đó  PAB đều  PA 2  AB 2 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 339   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2 2 2 2
  x1 - 2    x2 - 2   2  x1 - x2    x1  x2   4  x1  x2  - 6 x1 x2 - 8  0 .

 m 1
 m 2  4m - 5  0   . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  -5 .
 m  -5
Cách 2:
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị (C ) là:

2x -1
 - x  m  x  -1 .
x 1

 2 x - 1  - x 2 - x  mx  m.

 x2 - (m - 3) x - m - 1  0 * .

Đường thẳng d và đồ thị (C ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình * có 2 nghiệm
phân biệt x  -1 .

  0 m 2 - 6m  9  4m  4   m - 12  12  0


 2   (luôn đúng).
 -1   3 - m  ( -1) - 1 - m  0  -3  0

Vậy phương trình * luôn có 2 nghiệm phân biệt x  -1 .

Gọi A  x1; - x1  m  ;  B  x2 ; - x2  m  là giao điểm của  d  và  C  .

 x1  x2  m - 3
Vì x1; x2 là nghiệm của phương trình * nên áp dụng hệ thức Viet, ta có:  .
 x1.x2  -m - 1

Vì  PAB đều nên H là trung điểm của AB . Do đó, tọa độ của H là:

 x A  xB  m-3  m-3  m-3


 xH  2  xH  2  xH  2  xH  2
   
 y  y A  yB  y  - x A  m - xB  m  y  - m  3  m  m y  m  3
H H H H
 2  2  2  2

 m-3 m3
H ;  .
 2 2 
 
 PH  AB
    m - 7 m - 7 
 PAB đều   3 với AB   x2 - x1 ; x1 - x2  ; PH   2 ; 2  .
 PH  AB.  
 2

m - 7 m-7
 2 .  x2 - x1   2 .  x2 - x1   0 1

 2 .
2  m - 7   3 .2.  x - x  2  2 
  2  4
2 1

Do phương trình 1 luôn đúng nên hệ phương trình tương đương với:
2 2
  m - 7   3  x2 - x1  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 340   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2 2
  m - 7   3  x2  x1  - 4 x1.x2  .
 
2 2
  m - 7   3  m - 3  4  m  1  .
 

H B
A

 m 2 - 14m  49  3  m 2 - 6 m  9  4m  4  .

 m 2 - 14 m  49  3m 2 - 18m  27  12 m  12 .

 2 m 2  8m - 10  0 .

m  1
 . Vậy giá trị cần tìm là m  1, m  -5 .
 m  -5

Câu 90. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
2x
y  x - m 1  xác định trên khoảng  - 1; 3  .
- x  2m
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Kim Xuyến ; Fb: Xuyen Tran
x - m 1  0  x  m -1
Hàm số xác định khi  
 - x  2m  0  x  2m
Với điều kiện m - 1  2m  m  -1 thì hàm số có tập xác định là D   m - 1; 2m 

2x  -1;3   m - 1; 2m 
Vậy hàm số y  x - m  1  xác định trên khoảng  - 1; 3   
- x  2m m  -1
m  0
m - 1  -1  3  2m  3

  m 
m  -1  2 Hệ vô nghiệm.
m  -1

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán đã cho.

 2x -1 
Câu 91. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019)Tìm tập xác định của hàm số y  ln  - 3 .
 x3 
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 341   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 2x -1
 2x -1   -3  0 - x - 10
a) Hàm số y  ln  - 3  xác định khi và chỉ khi  x3   0  -10  x  -3 .Vậy
 x3   x  3  0 x3

tập xác định của hàm số là D   -10; -3 .

b) Giải phương trình: sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x .Lời giải

Ta có: sin 2 x  1  6sin x  cos 2 x  2sin x.cos x  1  6 sin x  1 - 2sin 2 x  2sin x  cosx  sin x - 3  0

sin x  0
  x  k . Vậy nghiệm phương trình đã cho là x  k .
sin x  cos x  3 (VNo)

-2019
Câu 92. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Tập xác định của hàm số y   4 - 3 x - x 2  là:
A.  \ -4;1 . B.  -4;1 . C.  . D.  -4;1 .
Lời giải
Tác giả: Bùi Thị Ngân; Fb: Ngân Bùi
Chọn A

 x  -4
Điều kiện xác định: 4 - 3 x - x 2  0  
 x 1

Vậy tập xác định của hàm số là  \ -4;1 .

Câu 93. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019)

Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để hàm số y  x 2 - 2mx - 2m  3 có tập xác định là  ?
A. 3. B. 5. C. 6. D. 4.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Giang; Fb: Thanh Giang
Chọn B
Hàm số đã cho có tập xác định là 
 x - 2mx - 2m  3  0, x     '  0  m  2m - 3  0  -3  m  1 .
2 2

Vì m    m  -3; - 2; - 1;0;1 nên có 5 giá trị của m .

 
 
 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 342   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 15 Mũ, logarit

Câu 1. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho a  1 . Mệnh đề nào sau đây là đúng?
3 1
1 1 a2 1
A. 2016
 2017
. B.  1. C. a 3  a . D. a  3
 5
.
a a a a
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Chí Thành; Fb: Nguyễn Chí Thành
Chọn D
1
Vì a  1 nên a  3
 a 5
 a 3
 5
.
a

Câu 2. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho x , y là hai số thực dương khác 1 và  ,  là hai số
thực tùy ý. Mệnh đề nào sau đây SAI?
  
x  x         x  x 
A.     . B. x .x  x . C. x .y   xy  . D.     .
y  y y  y
Lời giải
Tác giả: Đặng Thị Ngọc Bích; Fb:Cô Bích Toán ĐHT
Chọn D
Dễ thấy câu D.

Câu 3. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Cho a  log5 6 và b  log 6 12 . Tính log3 60 theo a và
b.
Lời giải
Tác giả:Phạm Hải Dương; Fb: DuongPham
Ta có

log 5 6  a
log 2  b  1
log 5 6  a  6
  .
log 6 12  b  log 5 12  a.b
log 5 2  a  b  1

log 5 60 1  log 5 12 1  ab 1  ab
log3 60     .
log 5 3 log 5 6  log 5 2 a  a  b  1 a  2  b 

Câu 4. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Anh Đua muốn tiết kiệm tiền để sắm Iphone - X nên
mỗi tháng đều đặn gửi vào ngân hàng một khoản tiền a đồng theo hình thức lãi kép với lãi suất
0, 7% mỗi tháng. Biết rằng sau 2 năm anh Đua có số tiền trong ngân hàng là 40 triệu đồng. Hỏi số
tiền a gần với số tiền nào nhất trong các số sau?
A. 1.500.000 đồng. B. 1.525.717 đồng. C. 1.525.718 đồng D. 1.525.500 đồng.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 343 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Lê Quốc Trọng; Fb: Đẹp Trai Bẩm Sinh


Chọn B
Ta có thiết lập công thức tính: Đầu mỗi tháng khách hàng gửi vào ngân hàng một khoản tiền a đồng
theo hình thức lãi kép với lãi suất r% mỗi tháng thì số tiền khách hàng nhận được cả vốn lẫn lãi sau
n tháng (nhận cuối tháng khi ngân hàng đã tính lãi suất) là S n .

+ Cuối tháng thứ nhất, số tiền nhận được: S1  a 1  r 

2
+ Cuối tháng thứ hai, số tiền nhận được: S2  a 1  r   a  1  r   a 1  r   a 1  r  .

a n
+ Cuối tháng thứ n, số tiền nhận được: Sn  1  r   1 1  r  . (1)
r 
n n 1 n 1 n2
Với S n  a 1  r   a 1  r   ...  a 1  r   a 1  r  1  r   1  r   ...  1 .
 

Thay vào công thức (1) với n  24 ta được:


a  24
40.000.000 
 1  0, 7%   1 1  0, 7%  ( đồng)
0, 7%

40.000.000.0, 7%
Suy ra a   1.525.717 ( đồng).
1  0, 7% 24  1 1  0, 7% 
 

Vậy a  1.525.717 ( đồng).

Câu 5. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Ông B gửi ngân hàng 100 triệu đồng (kỳ
hạn tháng) với lãi suất không đổi 0,5 % một tháng. Hỏi sau ít nhất mấy tháng thì ông B rút cả vốn
và lãi đủ tiền để mua một chiếc xe máy trị giá 130 triệu đồng?
A. 52 . B. 53 . C. 60 D. 61
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Hữu; Fb:Nguyễn Trần Hữu
Chọn B

Gọi Tk là số tiền ông B có được cả vốn lẫn lãi sau k tháng gửi ngân hàngvới lãi suất không đổi
r  0,5% / tháng. Ta có:

Sau 1 tháng  k  1 thì có số tiền là: T1  A  A.r  A(1  r ) .


2
Sau 2 tháng  k  2  thì có số tiền là: T2  T1  T1.r  A(1  r )  A(1  r ) r  A 1  r  .

.
n
Sau n tháng  k  n  thì có số tiền là: Tn  Tn 1  Tn 1.r  A(1  r ) n 1  A(1  r ) n 1 r  A 1  r  .

Do đó, để ông Brút cả vốn và lãi đủ tiền để mua một chiếc xe máy trị giá 130 triệu đồng thì

Tn  130.106  100.10 6 (1  0, 5%) n  130.10 6  (1  0, 5%) n  1, 3 (1)

Do n là số tự nhiên nhỏ nhất thỏa mãn (1) nên ta thử từng đáp án bằng MTCT ta được n  53 thỏa
mãn yêu cầu

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 344 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

(Do h/s khối 11 chưa học bpt lôgarit nên ta chưa dùng công thức nghiệm được).

Câu 6. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Vào ngày 15 hàng tháng ông An đều đến gửi tiết kiệm tại
ngân hàng SHB số tiền 5 triệu đồng theo hình thức lãi kép với kì hạn một tháng, lãi suất tiết kiệm
không đổi trong suốt quá trình gửi là 7, 2% / năm. Hỏi sau đúng 3 năm kể từ ngày bắt đầu gửi ông
An thu được số tiền cả gốc lẫn lãi là bao nhiêu (làm tròn đến nghìn đồng)?
A. 195251000 (đồng). B. 201 453 000 (đồng).
C. 195 252 000 (đồng). D. 201 452 000 (đồng).
Lời giải
Tác giả: Trần Phạm Vân Hiển; Fb: Trần Hiển.
Chọn B
7, 2%
Lãi suất hàng tháng r   0, 6% và ông An gởi tổng cộng n  36 tháng.
12
a n 1
Áp dụng công thức lãi kép tích lũy: Tn 
 1  r   1  a  201 453 000 (đồng).
r
Chú ý: Bài toán lãi kép tích lũy
Hàng tháng, một người gửi vào ngân hàng số tiền là a đồng. Biết lãi suất hàng tháng không đổi là r .
Hỏi sau n tháng, người ấy thu được bao nhiêu tiền cả gốc lẫn lãi?Lời giải

Sau tháng thứ nhất, số tiền cả gốc lẫn lãi là: a  a.r  a  r  1 . Tiếp tục gửi vào a đồng nên tổng số
a 2
tiền là: T1  a  r  1  a  a  r  1  1   r  1  1 .
r 

2 a 3
Tổng số tiền sau tháng thứ hai: T1  a 1  r   1  r   1   r  1  1 .
  r 

….
a n 1
Sau n tháng, tổng số tiền là: Tn 
 1  r   1 (Dễ dàng chứng minh được bằng quy nạp).
r
Tuy nhiên, sau n tháng, người đó quyết định rút hết tiền ra (tức là không gửi thêm a đồng vào
tháng thứ n  1 nữa) thì số tiền thực nhận được là: Tn  a (đồng).

Câu 7. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Gọi x , y là các số thực thỏa mãn điều kiện
log 2  3 x  1 log 3  y  2  3 x  1 a  b
  log 2 4 3 x  y  1 và  , với a , b là hai số nguyên dương.
2 log 2 3 2 log 3 2  1 y2 2
Tính P  a.b
A. P  6 . B. P  5 . C. P  8 . D. P  4 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Phương; Fb: Phuong Nguyen
Chọn B
Giả sử

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 345 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

log 2  3x  1 log 3  y  2 
  log 2 4 3x  y  1  t
2 log 2 3 2 log 3 2  1

log 2  3 x  1  2t log 2 3 3x  1  9t


  3 x  y  1  9t  12t
 log 3  y  2    2 log 3 2  1 t   y  2  4t.3t  t
  t 4
3 x  y  1  16
log 2 3 x  y  1  t 3x  y  1   2 
4

Từ đó ta có phương trình: 9t  12t  16t


t t 2t t
 9   12  3  3
     1      1
 16   16  4  4

 1  5
t  X (tm)
3 2
 2
Đặt    X ( X  0) , phương trình trên trở thành X  X  1  0 
4  1  5
X  (loai )
 2
t t
 3  1  5 3 x  1  3  1  5  a  b a  1
Suy ra    . Do đó     
4 2 y2 4 2 2 b  5
Vậy P  a.b  5

Câu 8. (HSG12 HCM năm 2018-2019)


Giải phương trình: log 5  x  2   log3 x  log 2018  x  2015  log 2019  x  2016  . (1)
Lời giải
Tác giả: Tú Tam Tạng Fb:Tú Tam Tạng
Điều kiện: x  0 .
Với điều kiện trên phương trình (1) trở thành:
log 5  x  2   log3 x  log 2018  x  2015  log 2019  x  2016   0 .

Đặt f  x   log5  x  2   log 3 x  log 2018  x  2015  log 2019  x  2016  với x  0 .

1 1 1 1
f  x    
 x  2  ln 5 x ln 3  x  2015 ln 2018  x  2016  ln 2019
 1 1   1 1 
    .
  x  2  ln 5  x  2015  ln 2018   x ln 3  x  2016  ln 2019 

 (ln 2018  ln 5). x  2015.ln 2018  2 ln 5    ln 2019  ln 3 . x  2016.ln 2019 


  
  x  2  x  2015  ln 5.ln 2018   x  x  2016  ln 3.ln 2019 

 f   x   0 x   0;   . Suy ra f  x  đồng biến trên  0;   .

Ta có: f  3  0  x  3 là nghiệm duy nhất.

Vậy tập nghiệm của phương trình là S  3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 346 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 9. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho hàm số f ( x )  x 3  3x và hai số thực a , b thỏa mãn các
điều kiện: a  2018log2019 b  1 ; f (log2018 a )  2  f (log2019 b) . Tính log2019 (a  b) .
Câu 1.Lời giải

Tác giả: Tạ Thị Huyền Trang ; Fb:Tạ Thị Huyền Trang

log a  a1
Đặt  2018 .
log 2019 b  b1

Ta có a  2018log2019 b  1  2018log2018 a  2018log2019 b  20180

Câu 2.  log2018 a  log2019 b  0  a1  b1  0 .

Xét hàm: f ( x )  x 3  3x  f ( x )  3x 2  3 .

f ( x )  0  x  1 .

BBT:

Đặt a1  b1  m,(m  0) . Ta có f (log2018 a )  2  f (log2019 b)  f ( a1 )  2  f (b1 )

Câu 3.  a13  3a1  2  b13  3b1  (b1  m)3  3(b1  m)  2  b13  3b1  0

Câu 4.  3b12m  3b1m 2  m13  3m  2  0 .

3b12 m  3b1m 2  0, b1  0; m  0 b1  0 b1  0


Ta có  3  
m1  3m  2  0, m m  1  a1  b1  1  1

log b  0 b  1
Câu 5.   2019  .
log
 2018 a  1  a  2018

Vậy log 2019 ( a  b)  log 2019 2019  1 .

HƯỚNG GIẢI 2

Đặt u  log 2018  a, v  log 2019 b

Ta có : a  2018log2019 b  log 2018 a  log 2019 b  0  u  v  0 .

Lại có : f  log 2018 a   2  f  log 2019 b 

 f  u   2  f  v   f  v   f  u  với mọi u  v  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 347 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

u  1
Do đó : u, v   0;1 . Khi đó từ f  v   f  u   2  
v  0

Suy ra a  2018 và b  1 . Vậy log 2019  a  b   1

Câu 10. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Giải phương trình
log 3 x 2  x  1  log 1 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1
3

Lời giải
1
Điều kiện: x 
2

Ta có log 3 x 2  x  1  log 1 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1
3

 log 3 x 2  x  1  log 3 (1  2 x)  2 x  1  x 2  x  1

 log 3 x 2  x  1  x 2  x  1  log 3 (1  2 x)  1  2 x (*)

1
Xét hàm số f (t )  log 3 t  t , t  0 . Dễ thấy f (t )   1  0 t  0 . Suy ra hàm số đồng biến với t  0 .
t ln 3

Ta có

1  2 x  0
f  
x 2  x  1  f (1  2 x)  x 2  x  1  1  2 x  x 2  x  1  1  2 x   2
 x  x  1  (1  2 x)
2
.

 1
x 
 2  x 0.
x  x  0
2

Vậy nghiệm của phương trình là x  0 .

Câu 11. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Giải các phương trình sau

log 3 x 2  x  1  log 1 1  2 x   2 x  1  x 2  x  1
3

Lời giải
1
a)Điều kiện x 
2

log 3 x 2  x  1  log 1 1  2 x   2 x  1  x 2  x  1
3

log 3 x 2  x  1  x 2  x  1  log 3 1  2 x   1  2 x 
Xét hàm số f  t   log3 t  t , t  0
1
Ta có f '  t    1  0, t  0
t ln 3
Suy ra hàm số đồng biến trên  0;  

Do đó phương trình f  
x 2  x  1  f 1  2 x   x2  x  1  1  2 x

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 348 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1  2 x  0  1
x 
 2 2   2  x0
 x  x  1  1  2 x  x  x  0
2

Vậy phương trình có nghiệm x  0 .

Câu 12. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho phương trình sau với m là tham số thực
 x2  2x 1
x 2
 2 x  log 2 2019 x 2  2 x  2011  1  m 
8
log 2019 ( x 2  2 x  2011)  
4 

Tìm tất cả các giá trị của m sao cho phương trình trên có đúng hai nghiệm thực phân biệt thỏa mãn
1  x 1  3 .
Lời giải
2
 x  2 x  0
ĐK.  2  x   ;0    2;  
 x  2 x  2011  0

Ta có 1  x  1  3  x   2;0   2; 4 (*)

1 2  1 1
PT 
4
 x  2 x  log 2 2019 ( x 2  2 x  2011)  1  m  x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)  
4
2 2

  x 2  2 x  log 2 2019 ( x 2  2 x  2011)  4  m  2. x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)  1


 

Đặt t  x 2  2 x log 2019 ( x 2  2 x  2011)

x 1 (2 x  2) x 2  2 x
t' log 2019 ( x 2  2 x  2011) 
x2  2x ( x 2  2 x  2011).ln 2019

 log ( x 2  2 x  2011) 2 x2  2 x 
 ( x  1)  2019  2 
 x2  2 x ( x  2 x  2011) ln 2019 

Do đó với x   2; 0 thì t '  0 , với x   2; 4  thì t '  0

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy, với mỗi một t  0; 8  sẽ cho ta hai giá trị của x   2; 0   2; 4 

Như vậy bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có một nghiệm t  0; 8 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 349 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

t2  4  m  2.t  1 
t2  4 1
Ta có t 2  4  m  
2.t  1  m 
2.t  1
(do t 
2
không là nghiệm của pt)

2t 2  2t  4 2
m'  , m'  0  t  2 2
( 2.t  1) 2

Bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta thấy khi m  (; 4]  [4; ) thì yêu cầu bài toán được thỏa mãn.

Câu 13. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

2019 x  y  x 2  1  x
 
y 2  1  y 1 
 18 y 2
25 x 2  9 x 9 x 2  4  2  2  2
 y 1
Lời giải
Tác giả:Trần Ngọc Quang ; Fb:Quang Tran
2
Điều kiện x 
3

(1)  2019 x  
x 2  1  x  2019  y 

 y
2
 1    y  

 x ln 2019  ln  
x 2  1  x   y ln 2019  ln 

 y
2
 1    y   (*)

Xét hàm số f  t   t ln 2019  ln  


t2 1  t ,t  

1
f '(t )  ln 2019   0, t   . Suy ra hàm số đồng biến trên  .
2
t 1
Do đó phương trình (*)  x   y .

18 x 2
Thay x   y vào (2) ta có 25 x 2  9 x 9 x 2  4  2  (3)
x2  1

2 18 x 2
Nếu x  thì 18 x  2 , 7 x 2  2 , suy ra pt (3) vô nghiệm.
2

3 x 1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 350 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 4 2 18
Nếu x  thì (3)  25  9 9  2  2  2 (**)
3 x x x 1
1 9
Đặt u
2
,0  u  , Pt (**) trở thành
x 4
18u  18u 
25  9 9  4u  2u    12   2u  4  9 9  4u  9  0
u 1  u 1 
6 u  2 36  u  2 
  2 u  2  0
u 1 9  4u  1
u  2
 6 36
 2  0(4)
 u  1 9  4u  1

36 6
Vì 0  9  4u  3  9   36 ,  2  8 , suy ra phương trình (4) vô nghiệm
9u  4  1 u 1

 1
1 x  2
Với u  2  2  2  
x  1
x  2

2 1 1
Vì x  x y
3 2 2

 1 1 
Vậy hệ phương trình có nghiệm là  ; .
 2 2

Câu 14. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho phương trình log 22 x  2 log 2 x  m  log 2 x  m (*) .
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m thuộc [2019; 2019] để phương trình (*) có nghiệm?
A. 2020. B. 2019. C. 2021. D. 4038.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thị Thu Hà; Fb: Phạm Thị Thu Hà
Chọn C

 x0
Điều kiện:  .
log
 2 x  m  0

Phương trình log 22 x  2 log 2 x  m  log 2 x  m (*)

 log 22 x  log 2 x  m  log 2 x  m  log 2 x

2 2
 1  1
  log 2 x     m  log 2 x  
 2  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 351 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1 1
 log 2 x  2  m  log 2 x  2  log 2 x  1  m  log 2 x 1
 
log x  1   m  log x  1   log 2 x  m  log 2 x  2
 2 2
2
2

a)Trường hợp (1):

Điều kiện: log 2 x  1 . Khi đó


2
1   log 2 x  1  m  log 2 x  m  log 22 x  3log 2 x  1 .

Đặt t  log 2 x, t  1 . Ta có: m  f  t   t 2  3t  1, t  0 .

3
f   t   2t  3 nên f   t   0  t  .
2
Bảng biến thiên
5
Trường hợp này để có nghiệm thì   m  1 .
4
b)Trường hợp (2):

Điều kiện  log 2 x  0  0  x  1 .

Khi đó  2   m  log 22 x  log 2 x

Đặt u  log 2 x, u  0
2
Phương trình (1) có dạng: m  u  u

Xét hàm g (u )  u 2  u trên   ;0   g(u)  2u 1

Ta có bảng biến thiên của hàm số g (u )  u 2  u trên   ;0 

Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra điều kiện để pt (1) có nghiệm trên   ;0  là m  0 .

Kết hợp điều kiện m nguyên thuộc [2019; 2019] ta có m  1 hoặc 0  m  2019 .

Vậy có 2021 giá trị m nguyên thỏa mãn. Đáp án đúng là đáp án C.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 352 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 16 Nguyên hàm, tích phân, ứng dụng

Câu 1. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số f ( x) xác định trên  \ 1; 5 và có đạo
1 1
hàm f   x   2
, f 1  1 và f  7   ln 2 . Giá trị của biểu thức f  0   f  3 bằng
x  4x  5 3
3
1 1 2
A. ln10 + 1 . B. ln10 + 1 . C. ln10 + 1 . D. ln10  ln  2018   2 .
6 6 3
Lời giải
Tác giả: Phạm Huy ; Fb: Huypham01
Chọn A

1 1 1 1  1 x5
Ta có : f  x    f '  x  dx   2
dx      dx  ln C
x  4x  5 6  x  5 x 1 6 x 1

1 x  5
 ln  C1 khi x  1; x  5
Suy ra f  x    6 x  1 trong đó C1 , C2 là các hằng số cần tìm.
1
 ln 5  x
 C2 khi  1 < x  5
 6 x  1

1 1 1 1
+ Xét x    ; 1   5 ;   . Ta có f  7   ln 2  ln  C1  ln 4  C1  0 .
3 6 4 6
1
Suy ra f  3  ln 4 1 .
6
1 1
+ Xét x   1; 5 . Ta có f 1  1  ln 2  C1  1  C1  1  ln 2 .
6 6
1 1 1 5
Suy ra f  0   ln 5  1  ln 2  f  0   1  ln  2 .
6 6 6 2
1 5 1 1
+ Từ 1 và  2  ta có: f  0   f  3  1  ln  ln 4  1  ln10.
6 2 6 6
1
+ Vậy f  0   f  3  ln10 + 1 .
6

Câu 2. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Họ nguyên hàm của hàm số f  x   2 x  1 là

1 2
A.   2 x  1 2 x  1  C . B.  2 x  1 2 x  1  C .
3 3
1 1
C.  2 x  1 2 x  1  C . D. 2x 1  C .
3 2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Hoàng Hải; Fb: Nguyễn Hoàng Hải
Chọn C

Ta đặt I   2 x  1dx ; đặt t  2 x  1  t 2  2 x  1  2tdt  2dx

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 353 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

t3 2
Nên I   t dt   C
3
1
Vậy I   2 x  1 2 x  1  C .
3

Câu 3. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm liên tục trên 1; 2  thỏa mãn
f 1  4 và f  x   xf '  x   2 x 3  3 x 2 . Tính giá trị f  2  .
A. 5 . B. 20 . C. 10 D. 15 .
Lời giải
Tác giả: NAT ; Fb: NAT
Chọn B

Xét x  1; 2  , ta có
'
xf '  x   f  x   f  x  f  x
2
 2x  3     2x  3     2 x  3 dx  f  x   x3  3 x 2  Cx .
x  x  x

Vì f 1  4 nên C  0 hay là f  x   x 3  3 x 2 . Vậy f  2   23  3.2 2  20 .

2
x 3 dx
Câu 4. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Biết   a 5  b 2  c , với a, b, c là các số
1 x2  1 1
hữu tỷ. Tính P  a  b  c .
5 7 5
A. . B. . C.  . D. 2 .
2 2 2
Lời giải
Tác giả: Lưu Công Chinh ; Fb: Chinh Công Lưu
Chọn A
2 2 2 2 2
x 3 dx x 3 ( x 2  1  1)dx
+) Ta có   2
  x ( x 2  1  1)dx   x x 2  1dx   xdx .
1
2
x  1 1 1 x 1 1 1

2
3
+) Tính  xdx  .
1
2
2
+) Tính  x x 2  1dx . Đặt t = x 2  1  t 2  x 2  1 suy ra xdx  tdt .
1

2 5
5 5 2 2
Khi đó:  x x 2  1dx =  t dt =
2
 .
1 2
3 3

5 2 3
Vậy a = ,b = ,c= .
3 3 2
5
Suy ra P  a  b  c  .
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 354 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 5. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hàm số y  f  x  xác định trên tập  và thỏa
2x
f  x  2 f  x  với mọi số thực x. Giả sử f  2  m, f  3  n. Tính giá trị biểu thức
x6  x2  1
T  f  2   f  3 .
A. T  m  n . B. T  n  m . C. T  m  n . D. T  m  n .
Lời giải
Tác giả: Ngô Ngọc Hà ; Fb: Hà Ngọc Ngô
Phản biện: Nguyễn Thắng.
Chọn B

2x
Ta có f   x   2 f    x   1 x   .
x  x2  1
6

2x
 f  x  2 f  x   2
x  x2  1
6

2x 2 x
Lấy 2.  2  1 ta được: 3 f   x   6 2
 f  x  . 6
x  x 1 3 x  x2  1

 f   x   f    x  x   .
2
Vì  f   x dx  f  2   f  3  m  n
3

3 3
Ta có  f   x dx  f  3  f  2     f   x dx  f  2   f  3
2 2

3
Xét   f   x dx
2

Đặt x  t  dx  dt .
Đổi cận: x  2  t  2 ; x  3  t  3 .
3 2 2
  f   t dt    f   t dt    f   t dt    m  n   n  m.
2 3 3

Hay: f  2   f  3  n  m.

Câu 6. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hai hàm số f  x  , g  x  có đạo hàm liên tục trên  .
Xét các mệnh đề sau
1) k . f  x  dx =  k . f  x  dx với k là hằng số bất kì.

2)   f  x   g  x   dx =  f  x  dx +  g  x  dx .

3)   f  x  .g  x   dx =  f  x  dx. g  x  dx .

4)  f   x  g  x  dx +  f  x  g   x  dx = f  x  .g  x  .
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 355 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tổng số mệnh đề đúng là:


A. 3. B. 4. C. 2. D. 1.
Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Mạnh; Fb: Phạm Văn Mạnh
Chọn D
Ta có mệnh đề đúng là mệnh đề số 2. Mệnh đề này đúng theo tính chất cơ bản của nguyên hàm.
Mệnh đề số 1 sai khi k  0 .
Mệnh đề số 3 sai về tính chất của nguyên hàm.

Mệnh đề số 4 sai vì  f   x  g  x  dx +  f  x  g   x  dx = f  x  .g  x   C .
Câu 7. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số f  x  có đạo hàm không âm trên
8 2 5

[0;1] thỏa mãn  f  x    f '  x   x 2  2 x  3  1   f  x   và  f  x   0 với x  [0;1], biết
f  0   2. Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau:

5 5
A. 2  f 1  `.  f 1  3 .
B.
2 2
7 7
C.  f 1  4 `. D. 3  f 1  .
2 2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Thuyên; Fb: Thuyên Nguyễn.
Chọn A
8 2 5
Ta có:  f  x    f '  x    x 2  2 x  3  1   f  x  
4 4
5 f '( x)  f ( x) 5
1
5 f '( x)  f ( x) 1
5
  x   0;1    dx   dx 1 .
5
1   f ( x) x2  2 x  3 0 1   f ( x)
5
0 x2  2 x  3

5 5 4
Đặt t  1   f ( x)   t 2  1   f ( x)  2 t dt  5 f '( x)  f ( x)  dx .

5
1  f 1 
2tdt
1
5d  x  1 5 1
Thay vào  1  ta có: 
33
t

0
2
 x  1  2
 2t
1 f 1 
33 
 5ln x  1  ( x  1) 2  2  0

5  2 6 
 2  1   f 1   33   5 ln 2  6  ln 1  3   1   f 1   33  ln 
5 5

       
2  1  3 

2 2
5  5 2 6   5 2 6   5
1   f  1     33  ln   f 1  5  33  ln  1   2;  .
 2 1 3   2 1 3   2

Câu 8. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa
1 2
mãn  f  x  dx  9 . Tính tích phân   f 1  3x  +9 dx
5 0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 356 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

A. 75 . B. 27 . C. 21 . D. 15 .
Lời giải
Tác giả: Võ Thị Thanh Thùy; Fb: Thuy Lymuc
Chọn C
2 2 2 2
Ta có I    f 1  3 x   9  dx   f 1  3 x  dx   9dx   f 1  3 x  dx  18 .
0 0 0 0

1
Đặt t  1  3 x  dt  3dx  dx   dt .
3
Đổi cận: x  0  t  1 .
x  2  t  5
5 1 1
1 1 1 1
Suy ra I    f  t  dt  18   f  t  dt  18   f  x  dx  18  .9  18  21 .
31 3 5 3 5 3

Câu 9. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên  0;1 thoả
1 1 1
2 1 1
mãn f (0)  1 ,   f '( x)
0
dx 
30
,   2 x  1 f ( x)dx  
0
30
. Tích phân  f ( x)dx bằng
0

1 11 11 11
A. . B. . C. . D. .
30 30 4 12
Lời giải
Tác giả: Phạm Thái Ly; Fb: Thai Ly Pham
Chọn D
1
Xét   2 x  1 f ( x)dx .
0

u  f ( x) du  f '( x)dx


Đặt    2
.
dv  (2 x  1)dx v  x  x
1 1 1
2 2 1 1 2 1
   2 x  1 f ( x)dx  ( x  x) f ( x) 0   ( x  x) f '( x)dx  
0 0
30
  (x
0
 x) f '( x)dx 
30
.

1
2
Ta tìm hằng số k để   f '( x)  k ( x 2  x)  dx  0 . (1)
0

1 1 1
2 2 1 1 1
(1)    f '( x)
0
dx  2k  f '( x)( x 2  x)dx    k (x 2  x)  dx  0
0 0

30
 2k .  k 2 .  0
30 30
2
 1  2 k  k  0  k  1 .
1
2
Ta có   f '( x)  ( x 2  x)  dx  0  f '( x)  ( x 2  x)  0  f '( x)  x 2  x
0

x3 x 2
 f ( x)   C .
3 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 357 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x3 x 2
Theo giả thiết f (0)  1 nên C  1  f ( x)    1 .
3 2
1 1
 x3 x 2  11
Vậy  f ( x)dx      1 dx  .
0 0
3 2  12

2
Câu 10. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hàm số f  x thỏa mãn f  2   và
9
2
f '  x   2 x  f  x   với mọi x  . Giá trị của f 1 bằng:
2 19 2 35
A.  . B.  . C.  . D.  .
15 36 3 36
Lời giải
Tác giả: Trần Minh Lộc ; Fb: Trần Lộc
Chọn C
2 f '( x)
Ta có f '  x   2 x  f  x    2
 2x
 f  x  

f '( x) 1 1
Do đó ta có   f  x  2
dx   C1 và  2 xdx  x 2  C2 . Suy ra  x2  C
f ( x) f ( x)
 
2 1
Mặt khác f (2)   nên ta có C  .
9 2
1 2 2
Vậy f ( x)    2
, do đó f (1)   .
1 2x 1 3
x2 
2


4
ln  sin x  cos x  a 
Câu 11. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Biết  2
dx  ln 2  với a , b , c là các
0
cos x b c
bc
số nguyên. Khi đó, bằng
a
8 8
A. . B. 6 . C. 6 . D.  .
3 3
Lời giải
Tác giả: Đào Hải Nam; Fb: Dao Nam
Chọn D
Đặt:

 u  ln  sin x  cos x   cos x  sin x


 du 
 1  sin x  cos x
dv  
 v  tan x  1
 cos2 x

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 358 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
4
ln  sin x  cos x   4
cos x  sin x
Ta có:  2
dx   tan x  1 .ln  sin x  cos x  04    tan x  1 dx
0
cos x 0
sin x  cos x
 
 4 4 
sin x  cos x sin x  cos x
  tan x  1 .ln  sin x  cos x  4
0
 dx   tan x  1 .ln  sin x  cos x  0  
4 dx
0
cos x 0
cos x
 
  tan x  1 .ln  sin x  cos x  04   ln cos x  x  04

 2  3 
  2 ln 2  ln    1.ln1  ln1  0   ln 2  .
 2 4 2 4

bc 8
Do đó: a  3 ; b  2 ; c  4 , suy ra:  .
a 3

Câu 12. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho


2
f  x  dx  2 , khi đó I  
4 f  x  dx bằng

1 1 x
1
A. 2 . B. 4 . C. 1 . D. .
2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Liêu; Fb: Nguyen Lieu
Chọn B
1
Đặt t  x  dt  dx .
2 x

Đổi cận: Với x  1  t  1 ; với x  4  t  2 .


2 2
Khi đó, I  2  f  t  dt  2  f  x  dx  4 .
1 1

Câu 13. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một chiếc xe ô tô đang chạy với vận tốc v0  m/s  thì
người lái xe đạp phanh. Kể từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
v  t   4t  v0  m/s  , trong đó t (tính bằng giây) là khoảng thời gian kể từ lúc người lái đạp phanh.
Tính vận tốc v0  m/s  , biết rằng từ lúc đạp phanh đến lúc dừng hẳn ô tô còn chạy tiếp một quãng
đường dài 8 mét.
Lời giải
v0
Với vận tốc chuyển động chậm dần đều v  t   4t  v0 , thì sau thời gian ô tô mới dừng hẳn. Khi
4
v0 v0
v2
đó ô tô đã đi được quãng đường s   4
 4t  v0  dt   2t  v0t  | 4  0  m  .
0 8
0

Theo yêu cầu bài toán, ô tô chạy thêm được quãng đường 8  m  , ta có phương trình :
v0 2 v0  8
8  .
8 v0  8

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 359 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vì ban đầu vật chuyển động có vận tốc, sau đó mới hãm phanh nên v0  8  m/s  .

b)
2
dx
Câu 14. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Tính tích phân I   .
1 x x 1   x 1 x.
Lời giải
2 2
dx dx
I  
1 x x  1   x  1 x 1 x.  x  1 . x  x  1  


2
 x  1  x dx  2
 1
  
1 
dx 
2
1
dx 
2
1
dx
1 x.  x  1 1 x

x 1  
1 x 
1 x 1
2

 2 x  2 x 1  1
 4 2  2 3  2.

t
2
Câu 15. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Cho tích phân I  t     x sin x  dx .
0

a. Tính I  t  khi t   .
Lời giải
Tác giả: Trần Quốc Khang, Hà Lê; Fb: Bi Trần, Ha Le
a. Khi t   , ta có:
   
2 1 2 2 1 x3 1 2 3 1
+ I     x sin x dx   x 1  cos 2 x  dx  .  x cos 2 x dx   .J .
0
20 2 3 0 2 0 6 2

 du  2 xdx
2 u  x 2 
+ Với J   x cos 2 x dx . Đặt   1 .
0 dv  cos 2 x dx v  sin 2 x
 2

   du1  dx
x2 u1  x 
+ Ta có J  sin 2 x   x sin 2 x dx    x sin 2 x dx . Đặt   1
2 0 0 0 dv1  sin 2 x dx v1  cos 2 x
 2
  
 x 1  x 1  
 J     cos 2 x   cos 2 x dx    cos 2 x  sin 2 x   .
 2 
 0 0
2  2 4  2

3 1 3 1  3 
+ Vậy I     J  .   .
6 2 6 2 2 6 4

b. Chứng minh rằng: I  t   I  t   0 Lời giải

Tác giả: Nguyễn Thị Bình; Fb:Nguyễn Bình


t
+ Xét I (t )   ( x sin x) 2 dx . Đặt x  u , suy ra dx  du .
0

Đổi cận: x  0  u  0 ; x  t  u  t .
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 360 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
t t
2 2
Khi đó: I (t )     u sin( u ) du     x sin x  dx .
0 0

t t
Vậy I (t )  I (t )   ( x sin x)2 dx   ( x sin x)2 dx  0 (đpcm).
0 0

Nhận xét: Nếu làm trắc nghiệm thì có thể làm nhanh hơn.
0 t
Do hàm số y  ( x sin x)2 là hàm chẵn nên ta có tính chất: 2 2
 ( x sin x) dx   ( x sin x) dx .
t 0

t t t 0
Khi đó: I (t )  I (t )   ( x sin x) dx   ( x sin x) dx   ( x sin x) dx   ( x sin x) 2 dx  0
2 2 2

0 0 0 t

Câu 16. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một chiếc xe ô tô đang chạy với vận tốc v0 (m/s) thì
người lái xe đạp phanh. Kể từ thời điểm đó, ô tô chuyển động chậm dần đều với vận tốc
v  t   4t  v0 (m/s), trong đó t (tính bằng giây) là khoảng thời gian kể từ lúc người lái xe đạp
phanh. Tính vận tốc v0 , biết rằng từ lúc đạp phanh đến khi dừng hẳn ô tô còn chạy tiếp một quãng
đường dài 8 mét.
Lời giải
v
Ô tô dừng hẳn khi v  t   0  t  0
4
v0 v0
v02
Khi đó ô tô đã đi được quảng đường: s   4  4t  v0  dt   2t 2  v0t  4
 m .
0 0 8

Theo yêu cầu bài toán, ô tô chạy thêm được quãng đường 8  m  ,

v02 v0  8
nên ta có phương trình: 8  .
8 v0  8

Vì ban đầu vận chuyển động có vận tốc, sau đó mới hãm phanh, ta chọn v0  8  m/s  .


4
cos x  sin x sin x  2 x cos x 
Câu 17. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Tính tích phân I     x  dx
0 1  sin 2 x e 1  sin 2 x  
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thanh Việt ; Fb: Nguyễn Thanh Việt
  
4 cos x  sin x sin x  2 x cos x  4
cos x  sin x 4
sin x  2 x cos x
Ta có: I     x  dx   dx   x dx  I1  I 2
0 1  sin 2 x e 1  sin 2 x   0 1  sin 2 x 0
e 1  sin 2 x 


4
cos x  sin x
+) Tính I1   dx
0 1  sin 2 x

2  
Ta có: 1  sin 2 x   cos x  sin x   cos x  sin x  cos x  sin x ( x  0;  )
 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 361 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
  
4
cos x  sin x 4
cos x  sin x 4
d  cos x  sin x  
I1   dx   dx    ln cos x  sin x 4
0
 ln 2
0 1  sin 2 x 0
cos x  sin x 0
cos x  sin x

4
sin x  2 x cos x
+) Tính I 2   dx
0
e x 1  sin 2 x 

 sin x  2 x cos x
u  ex

Đặt  dx dx dx
dv  1  sin 2 x  sin x  cos x 2 
   2 cos 2    x 
 4 

  2 x  1 sin x  cos x  dx


du 
 ex
Suy ra: 
v   1 tan    x    1 . cos x  sin x
  
2 4  2 sin x  cos x
 

 sin x  2 x cos x 1   1 4 cos x  sin x  2 x  1 sin x  cos x 


4
I2   . .tan   x    . dx
 ex 2 4   0 2 0 sin x  cos x ex

1 4  2 x  1 cos x  sin x 


  dx
20 ex

x
1 4 e  2 x cos x  2 x sin x  cos x  sin x 
  dx
20 e2 x

x x
1 4  2sin x  2 x cos x  sin x  e  e  2 x sin x  cos x 
  dx
20 e2 x

/
1 4  2 x sin x  cos x 
   dx
2 0 ex 

1 2 x sin x  cos x 4 2  2 2 1
 . x
 

2 e 0 4
2
8e

2  2 2 1
Vậy I  I1  I 2  ln 2  

2
8e 4

 1 1
Câu 18. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số f  x  liên tục và có đạo hàm trên   ; 
 2 2
thỏa mãn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 362 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1 1
2
2 109   2
f x
  f  x   2 f  x  3  x dx   12 . Tính  x  1dx .
1 0
2

2
7 2 5 8
A. ln . B. ln . C. ln . D. ln .
9 9 9 9
Lời giải
Tác giả: Lê Phương; Fb: lephuongtt1
Chọn B
1
3 1
2
2 3  x  109
Ta có  3  x 
1
dx  
3
2

1
2

12
.

2

1
2
2
  f  x   2 f  x  3  x    3  x  dx  0 .
2
Do đó
1


2

1
2
2
Hay   f  x    3  x   dx  0 .
1

2

 1 1
Suy ra f  x   3  x x    ;  .
 2 2
1 1 1 1
2
f  x 3 x 2
1 2 2
2 2
Khi đó x 2
dx   2 dx   dx   dx  ln .
0
1 0
x 1 0
x 1 0
x 1 9

Câu 19. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hàm số f  x  liên tục trên  và thỏa mãn
f  x
2 5 5

 f  x  5  x dx  1 ,
2
  x2
dx  3 . Tính  f  x  dx .
2 1 1
A. 15 . B. 2 . C. 13 . D. 0 .
Lời giải
Tác giả: Lê Mai Hương; Fb:Le Mai Huong
Phản biện: Dương Chiến; Fb: Dương Chiến
Chọn C
2

Ta có  f  
x 2  5  x dx  1 .
2

Đặt t  x 2  5  x *

Từ * dễ thấy t  0 và t  1; 5 , với x  2; 2 .

5 t  5 1
Khi đó *  t  x  x 2  5  t  2tx  5  x 
2
  dx   2   dt .
2t 2  2t 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 363 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đổi cận x  2  t  1; x 2  t  5 .

 5 1 5 f t 
5 5 5 5
1 15 1
Do đó 1    2   f t  dt   2 dt   f t  dt    f  x dx .
 2t 2 2 1 t 2 1 2 2 1
1

Vậy  f  x  dx  13 .
1

Câu 20. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hàm số f  x  có đạo hàm liên tục trên 1; 2 và
2
2 5 2
2
f  x 5 3
2
thỏa mãn f  2   0 ,   f   x   dx   ln và 1  x  12 dx   12  ln 2 . Tính tích phân  f  x  dx .
1
12 3 1

3 3 2 3 2 3 2
A.  2 ln . B. ln . C.  2 ln . D.  2 ln .
4 2 3 4 3 4 3
Lời giải
Chọn D

u  f  x  du  f   x  dx
2
f  x  
Xét I   2
dx . Đặt  1  1 1 .
1  x  1 dv  x  1 2 dx v   
    x 1 2
2
 1 1 2  1 1
 I     f  x 1       f   x  dx
 x 1 2  1
x 1 2 
2
 1 1 5 3
    f   x  dx    ln (1)
1
x 1 2  12 2

2 2 2 2
2 5 3  1 1  5 3  1 1 5 3
Ta có:   f   x
1
dx   ln ,  2 
12
  f   x dx  2    ln  ,
2 1  x 1 2   12 2 1  x  1  2  dx  12  ln 2 .
2 2
  1 1  1 1  1 1
   f  x      dx  0  f   x       f   x dx      dx .
1  x 1 2   x 1 2  x 1 2 

1
 f  x    ln  x  1  x  C  x  1; 2 , vì f  2   0 nên C  ln 3  1 .
2
1
Ta có: f  x    ln  x  1  x  ln 3  1, x  1; 2 .
2
2 2
 1  3 2
Vậy:  f  x  dx     ln  x  1  2 x  ln 3  1 dx  4  2 ln 3 .
1 1

Câu 21. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho ( H ) là hình phẳng giới hạn bởi parabol
y  2 x 2  1 và nửa đường tròn có phương trình y  2  x 2 (với  2  x  2 ) (phần tô đậm trong
hình vẽ). Diện tích của hình ( H ) bằng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 364 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3  2 3  2 3  10 3  10
A. . B. . C. . D. .
6 6 6 3
Lời giải
Tác giả: Lưu Công Chinh ; Fb: Chinh Công Lưu
Chọn C

2 x 2  1  0
+) Phương trình hoành độ giao điểm: 2 x 2  1 = 2  x2   2 2 2
(2 x  1)  2  x

 2 1
x  2
  x  1
  x2  1  x2  1  
 x  1
 2 1
 x 
  4
1

+) Diện tích hình phẳng cần tìm là : S = 2   2  x 2  (2 x 2  1)  dx


0
 

1
 
+) Tính  2  x 2 dx . Đặt x  2 sin t với t    ;  , suy ra dx  2costdt .
0  2 2
 
1 4 4
2 2  1
Khi đó:  2  x dx   2 cos tdt   (1  cos2t )dt   .
0 0 0
4 2
1
2 1
+) Tính  (2 x 2  1)dx  1   .
0
3 3

3  10
Vậy S = .
6

Câu 22. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hàm số y  f  x  là hàm đa thức bậc bốn và có đồ
thị như hình vẽ. Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hai hàm số y  f  x  ; y  f   x  có diện tích bằng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 365 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

127 107 13 127


A. . B. . C. . D. .
40 5 5 10
Lời giải
Tác giả: Hồ Bình Minh; Fb: Hồ Bình Minh
Chọn A

Đặt f  x   ax 4  bx 3  cx 2  dx  e ,  a , b, c, d , e   , a  0  .

Khi đó f   x   4ax 3  3bx 2  2cx  d .

Theo hình vẽ ta thấy đồ thị hàm số y  f  x  đi qua các điểm   2 ; 0  ,  1;1 ,  0;1 , 1; 0  và
f  1  0 nên ta có hệ:

 1
a  4

16a  8b  4c  2d  e  0 b  1
a  b  c  d  e  1 
 2

e  1  c   3
a  b  c  d  e  0  4
  d  1
4a  3b  2c  d  0 


e  1

Xét phương trình f  x   f   x  dễ thấy phương trình có ba nghiệm 2 ; 1 ; 1 .

Vậy hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của f  x  và f   x  là:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 366 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1  1 1 9 1  1 1 1 9 1  127
S     x 4  x3  x 2  x  2  dx    x 4  x3  x 2  x  2  dx  .
2 4 2 4 2
  1
4 2 4 2  40

Câu 23. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình phẳng ( H ) được giới hạn bởi đường cong
y  m 2  x 2 ( m là tham số khác 0 ) và trục hoành. Khi ( H ) quay quanh trục hoành ta được khối
tròn xoay có thể tích là V . Có bao nhiêu giá trị nguyên của m để V  1000 .
A. 19. B. 20. C. 18. D.21.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Lan Anh; Fb: Lan Anh
Chọn C

x  m
Xét phương trình hoành độ giao điểm: m2  x2  0  
 x  m
TH1: m  0
m m
4
V   ( m 2  x 2 )2 dx    (m
2
 x 2 ) dx =  m3 .
m m
3

4
mà 0  V  1000  0   m3  1000  0  m  9, 086  có 9 giá trị nguyên m .
3
TH2: m  0
m m
4
V   ( m 2  x 2 )2 dx    (m
2
 x 2 ) dx    m3 .
m m
3

4
mà 0  V  1000  0    m3  1000  0  m  9, 086  có 9 giá trị nguyên m .
3
Vậy 18 giá trị nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 367 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 17 Số phức

Câu 1. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho số phức z thỏa mãn 1  i  z  1  7i  2 . Tìm giá trị lớn
nhất của z .
A. 4. B. 7. C. 6. D. 5.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Mến; Fb: Nguyễn Mến
Chọn B
Cách 1:

M
I
4

O 1 3

1  7i 2
Ta có: 1  i  z  1  7i  2  z    z   3  4i   1 .
1 i 1 i

Gọi số phức z có dạng z  x  iy  x, y  R , i 2  1 .

2 2
z   3  4i   1   x  3   y  4   1 .

Tập hợp các điểm biểu diễn z thỏa mãn z   3  4i   1 là đường tròn tâm I  3; 4  , bán kính R  1 .

Khi đó, z max  OM  OI  IM  OI  R  32  42  1  6 .

Vậy giá trị lớn nhất của z là 6.

Cách 2:

1  7i 2
Ta có: 1  i  z  1  7i  2  z    z   3  4i   1 .
1 i 1 i

Khi đó, z  3  4i  1  z  6 . Vậy giá trị lớn nhất của z là 6.

Câu 2. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho số phức z  a  bi  a, b    thoản mãn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 368 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

z  8 i  z  6i  5(1  i ) . Tính giá trị của biểu thức P  a  b .


A. P  1 . B. P  14 . C. P  2 . D. P  7 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Huy ; Fb: Huypham01
Chọn D
Cách 1: Ta có

z  8 i  z  6i  5(1  i )

 z  8 i  z  6i  5(1  i )

2 2
 z  6i  z  8  5 2

2 2
 a 2   b  6   a  8  b2  5 2

 2a 2  2b2  16a  12b  100  50

 a2  b2  8a  6b  50  0
2 2
  a  4    b  3  0

a  4  0 a  4
  .
b  3  0 b  3
Vậy P  7 .
Cách 2: Ta có

z  8 i  z  6i  5(1  i )
2 2
  a  8  b 2 . i  a 2   b  6   5  5i

 a 2   b  6 2  5


  a  82  b 2  5

a 2  b 2  12b  36  25 1


 2 2
a  b  16a  64  25  2
3b  7
Lấy 1   2  theo từng vế ta có: 12b  16a  28  0  a 
4
3b  7
Thay a  vào 1 ta được:
4
2
 3b  7  2
   b  12b  11  0
 4 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 369 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

25 2 117 225
 b  b 0
16 8 16
 b  3  a  4.
Vậy P  7 .
Cách 3: Ta có

z  8 i  z  6i  5(1  i )
2 2
  a  8  b 2 . i  a 2   b  6   5  5i

 a 2   b  6 2  5


  a  82  b 2  5

a 2   b  6  2  25 1
 2 2
 a  8   b  25  2
Xét trên hệ trục tọa độ Oxy :

Phương trình 1 là phương trình đường tròn  C1  có tâm I1   0 ; 6 và bán kính R1  5

Phương trình  2  là phương trình đường tròn  C2  có tâm I 2   8 ; 0  và bán kính R2  5

Ta có I1 I 2  R1  R2  10   C1  tiếp xúc ngoài  C2  tại 1 diểm duy nhất M   a ; b    4 ; 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  a ; b    4 ; 3

Vậy P  7 .

Câu 3. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình
z 2  4 z  13  0 . Khi đó z1 . z2  z1 bằng:
A. 26. B. 13  13 . C. 13. D. 13  3 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Quân ;Fb: Quân Nguyễn
Chọn B

 z1  2  3i
Ta có z 2  4 z  13  0   .
 z2  2  3i

Suy ra z1 . z2  z1   2  3i  2  3i   2  3i  13  13 .

Câu 4. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Xét các số phức z  a  bi,  a, b   thỏa mãn
z  2  3i  2 . Tính P  a  b khi z  2  5i  z  6  3i đạt giá trị lớn nhất.
A. P  3 . B. P  3 . C. P  7 . D. P  7 .
Lời giải
Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 370 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn D

A
K B

Đặt M  a, b  là điểm biểu điễn của số phức z  a  bi , A  2,5 , B  6; 3 và K  2;1 là trung

điểm của AB . Từ phương trình z  2  3i  2 cho ta điểm M thuộc đường tròn  C  tâm

I  2, 3 , bán kính R  2 . Ta có:

2 4MK 2  AB 2
2
T  z  2  5i  z  6  3i  MA  MB  2. MA  MB  2. .
2
2
4  IK  R   AB 2
 T  2.  2 82 .
2

 MA  MB
Dấu “=” xảy ra khi      M  3; 4  .
5MI  IK  0

Vậy : P  a  b  7 .
Bình luận.
  
Ta thực hiện được Lời giải trên khi IA  IB . Nếu trắc nghiệm thì giải 5MI  IK  0 là xong.

Trong bài toán trên ta thấy IA  IB  8 2 . Nếu IA  IB thì dấu bằng sẽ không xảy ra.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 371 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chuyên đề 18 Véc tơ và hình học phẳng


 
 
 
   
Câu 1. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho tam giác OAB . Đặt OA  a , OB  b . Gọi C , D ,
   1   1    
E là các điểm sao cho AC  2 AB , OD  OB , OE  OA . Hãy biểu thị các vectơ OC , CD , DE theo
2 3
 
các vectơ a , b . Từ đó chứng minh C , D , E thẳng hàng.
Lời giải
Tác giả: Phạm Thu Thuận; Fb:Bon Bin

A C
B
    
OC  2OB  OA  a  2b .
   1     3
 
CD  OD  OC  b  a  2b  a  b (1).
2 2
   1  1 
DE  OE  OD  a  b (2).
3 2

Từ (1) và (2) ta được CD  3DE . Vậy 3 điểm C , D , E thẳng hàng.

Câu 2. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB  c, AC  b
   
  60 . Các điểm M , N được xác định bởi MC  2MB và NA  1 NB . Tìm hệ thức liên
và BAC
2
hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau
Lời giải
Tác giả: Thanh Bình ; Fb: Minh Hoàng
        
Ta có MC  2 MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC
  
Tương tự ta cũng có 3CN  2CA  CB
     
Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC )(2CA  CB )  0
     
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB  AC  0

5bc
 2c 2  3b 2   0  4c 2  6b 2  5bc  0  c  2b
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 372   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 3. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông cân tại A , có trọng tâm
G . Gọi E , H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H qua A . Chứng
minh EC  ED .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hương ; Fb: NT Hương
Cách 1:

 
Vì AB  AC  AB. AC  0 .
    1 
Ta có EC  AC  AE  AC  AB .
2
    1   1  1   1  1  
ED  AD  AE   AH  AB    AB  AC   AB   AC  AB.
2 2 2  2 2
    1   1    1   1   1
Suy ra EC.ED   AC  AB   AC  AB    AC 2  AC . AB  AB. AC  AB 2
 2  2  2 4 2

1

2
 AB 2  AC 2   0. Vậy EC  ED .

Cách 2:
Xét hai tam giác EHC và EAD có:
AC
EH  AE  (1).
2
  EAD
EHC   135 (2).

BC BC
AD  AH  và CH  nên CH  AD (3).
2 2

Từ (1), (2), (3) suy ra EHC  EAD . Suy ra HEC AED . Mà EH  AE  EC  ED .
Cách 3:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 373   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chọn hệ trục tọa độ Axy sao cho: A  0; 0  , B  a;0  , C  0; a  với a  0 .

a  a a  a a   a    a
Khi đó E  ; 0  , H  ;  , D   ;   . Suy ra EC    ; a  , ED    a ;   .
2  2 2  2 2  2   2
  a  a
EC.ED   .   a   a.     0 . Vậy EC  ED .
2  2

  60 .
Câu 4. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB  1 , AC  x và BAC
   
Các điểm M , N được xác định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc
với nhau.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Huỳnh ; Fb: Nguyễn Văn Huỳnh
Điều kiện: x  0
Ta có:
           
 
+) MC  2MB  MA  AC  2 MA  AB  3MA  AC  2 AB  3 AM  AC  2 AB
            
   
+) NB  2 NA  NC  CB  2 NC  CA  3 NC  CA  AB  2CA  3 NC  3 AC  AB
     

Vậy: AM  CN  AM  NC  0  AC  2 AB 3 AC  AB  0  
      5
 
 3 AC 2  2 AB 2  5 AB  AC  0  3 AC 2  2 AB 2  5 AB  AC  cos AB , AC  0  3 x 2  2  x  0
2
 1
 x  (Tháa m·n )
2
 6x2  5x  4  0   .
4
 x   (Lo¹i)
 3

1
Vậy x  thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2

Câu 5. (HSG10 YÊN PHONG 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng với G là trọng
tâm tam giác ABC , ta có
      1
GA.GB  GB.GC  GC.GA   ( AB 2  BC 2  CA2 )
6
Lời giải
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 374   
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Bối Bối ; Fb: Bối Bối


Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
   
GA.GB  GA.GB.cos(GA, GB)

 GA.GB.cos 
AGB

GA2  GB 2  AB 2
 GA.GB.
2GA.GB

GA2  GB 2  AB 2

2

4ma2 4mb2
  AB 2
 9 9
2

4  AC 2  AB 2 BC 2  4  BC 2  BA2 AC 2  2
       AB
9 2 4  9 2 4 
 
2

4  AC 2 BC 2 
   AB 2   AB 2
9 4 4
   (1)
2
Tương tự ta có:

4  BA2 CA2 
  BC 2   BC 2
  9  4 4 
GB.GC  (2)
2

4  CB 2 AB 2 
  AC 2   AC 2
  9  4 4 
GC.GA  (3)
2
Từ (1), (2) và (3), ta có:

4  AC 2 BC 2 2 2 4  BA2 CA2 
  AB  AB   BC 2   BC 2
      9  4 4



9 4 4
GA.GB  GB.GC  GC.GA    
2 2
4  CB 2 AB 2 
   AC 2   AC 2
9 4 4
  
2

4  3 AB 2 3BC 2 3 AC 2  2 2 2
     ( AB  BC  CA )
9 2 2 2 
 
2
2
3
 AB2  BA2  CA2   ( AB 2  BA2  CA2 )

2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 375   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1

3
 AB 2  BC 2  CA2 

2
1

6
 AB 2  BC 2  CA2 

Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại B , BC  a 3 .
 
Tính AC.CB .
a2 3 2 a2 3 2
A.  . B. 3a . C. . D. 3a .
2 2
Lời giải
Tác giả: Bùi Nguyễn Phi Hùng; Fb: Bùi Nguyễn Phi Hùng
Chọn D

B a 3
C
   
Ta có: AB  BC  AB.BC  0 .
        2
 
AC .CB   AB  BC BC   AB.BC  BC  0  BC 2   3a 2 .

Câu 7. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho tam giác ABC vuông tại A , đặt BC  a , AC  b ,
2
AB  c . Cho biết a , b , c theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân. Tính B, C .
3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Ngọc Lan ; Fb: Ngoclan nguyen
Do tam giác ABC vuông tại A nên ta có b  a sinB , c  a cosB .

2 2 2 2 2 2 2
a, b , c lập thành cấp số nhân  ac  b  a cos B  a sin B  3cos B  2sin 2 B
3 3 3
cos B  2
1
 3 cos B  2 1  cos B   2 cos B  3cos B  2  0  
2 2
1  cos B  (vì 1  cosB  1 )
cos B  2
 2
 B  60 (vì 0  B  180 ).
Vậy B  60 , C  30 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 376   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 8. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Giả sử a  6 cm , b  2 cm ,


 
c  1  3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác ABC và diện tích tam giác ABC .
Lời giải
Tác giả: Hoàng Thị Mến ; Fb: Hoàng Mến

 
Do a  6 cm , b  2cm, c  1  3 cm nên b là cạnh nhỏ nhất trong ba cạnh của tam giác. Từ đó góc
B là góc có số đo nhỏ nhất trong tam giác.
Áp dụng hệ quả của định lý Cosin trong tam giác ABC ta có:
2

cos B  

a 2  c 2  b2 6  1  3  4

2 
. Vậy góc B có số đo là 45 .
2ac 2 6. 1  3 
2 
1 1 3 3
Diện tích tam giác ABC là: S 
2
ac.sin B 
2

6. 1  3 .sin 45  
2
 cm 2  .

Hoặc: Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC . Ta có:

a b  c 3 6  3
p  .
2 2

3 3  6
pa  .
2

6  3 1
pb  .
2

6  3 1
pc  .
2

3 3
Diện tích tam giác ABC là: S  p  p  a  p  b  p  c  
2
 cm 2  .

Câu 9. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Cho tam giác ABC có
BC   a ,  AC   b,  AB   c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh A,  B,  C lần lượt là ha , hb , hc . Biết rằng
a  sinA  b  sinB   c  sinC  ha  hb  hc , chứng minh tam giác ABC đều.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thu Hằng; Fb: Nguyễn Thu Hằng

c b

B C
a

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 377   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

2S 2S 2S
Trong tam giác ABC ta có sinA      ,  sinB     ,  sinC       
bc ac ab
2S 2S 2S
và ha  ,  hb    ,  hc    , với S là diện tích của tam giác ABC .
a b c
Ta có a  sinA  b  sinB  c  sin  C  ha  hb  hc

2S 2S 2S 2S 2S 2S
a b c   
bc ac ab a b c

a 2  b 2  c 2 ab  ac  bc
 
abc abc
2 2 2
  a  b   a  c   b  c   0

abc.
Vậy tam giác ABC đều.

Câu 10. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Cho tam giác ABC có
BC = a; CA = b; BA = c và diện tích là S . Biết S = b2 - (a - c)2 . Tính tanB ?
Lời giải
Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh
1
Ta có: S = b 2 - (a - c)2  acsinB = a 2 + c 2 - 2accosB - a 2 - c 2 + 2ac
2
1 1
 acsinB = 2ac(1 - cosB)  sinB = 4(1 - cosB)  cosB = 1 - sinB(*)
2 4
1 17 2 1
Mặt khác: sin 2 B + cos 2 B = 1  sin2 B + (1 - sinB)2 = 1  sin B - sinB = 0
4 16 2
8
 sinB = (do sinB > 0)
17
15 8
Kết hợp với (*) ta được cosB =  tanB = .
17 15

Câu 11. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019)Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và R, r lần lượt
a 3  b3  c 3 2r
là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn   4 . Chứng
abc R
mình tam giác ABC là tam giác đều.
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu; Fb: Huỳnh Nguyễn Luân Lưu
abc abc r abc r
Ta có: S   pr  S 2  . p.  p  p  a  p  b  p  c   . p.
4R 4 R 4 R

2r  a  b  c  a  b  c  b  c  a 
  .
R abc

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 378   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a 3  b3  c 3 2r
Do đó:  4
abc R

 a 3  b3  c3   a  b  c  a  b  c  b  c  a   4abc

2
 a3  b3  c3   a 2   b  c    b  c  a   4abc
 
2
 a 3  b3  c3    a 3  a 2  b  c    b 2  c 2   b  c   a  b  c    4abc
 

 a 2b  ab2  b2c  bc 2  c 2 a  a 2c  6abc (*)

Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a 2b  ab 2  b 2 c  bc 2  c 2 a  a 2 c  6abc


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Ta có: (*)  a  b  c  ABC là tam giác đều (Đpcm)

Câu 12. (HSG10 Cụm Hà Đông Hà Đức Hà Nội năm 2018-2019)Cho tam giác ABC có
BC  a, CA  b, AB  c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B, C lần lượt là ma , mb , mc . Chứng minh
a b c
rằng:   2 3.
ma mb mc
Lời giải
Tác giả: Trần Đức Mạnh; Fb: Tran Manh
x2  y 2
Áp dụng bất đẳng thức: xy  ,  x, y  0 . Dấu “=” xảy ra khi x  y .
2

3 2 2 3 2 2(b 2  c 2 )  a 2
a  ma a 
2  3a  2 4 2 4 4 a 2  b2  c 2
Ta có: ama   ma     .
3  2  3 2 3 2 2 3

a2  b2  c2 a2  b2  c2
Tương tự: bmb  ; cmc  .
2 3 2 3

Vì vậy:

a b c a2 b2 c2 2 3a 2 2 3b 2 2 3b 2 a b c
      2     
ma mb mc ama bmb cmc a  b 2  c 2 a 2  b 2  c 2 a 2  b 2  c 2 ma mb mc
2 3(a 2  b 2  c 2 )
 2 3.
a 2  b2  c 2
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c hay tam giác ABC đều.
------- Hết ------

Câu 13. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD và nội tiếp đường tròn
tâm O bán kính R  1 . Đặt diện tích tứ giác ABCD bằng S và AB  a, BC  b, CD  c, DA  d .

Tính giá trị biểu thức T 


 ab  cd  ad  bc  .
S
Lời giải
Tác giả: Khổng Vũ Chiến ; Fb: Vũ Chiến
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 379   
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
D

d c
O

A C
a
b

a.b. AC S .4R
Ta có : S ABC   ab  ABC
4R AC
S ADC .4R S .4 R S .4 R
Tương tự ta cũng có : cd  , ad  ABD , bc  BCD
AC BD BD

T
 ab  cd  ad  bc 
S

 S ABC .4 R S ADC .4 R  S ABD .4 R S BCD .4 R 


 AC  AC  BD  BD 
  
S

S S S S S S S S 
4  ABC . ABD  ABC . BCD  ADC . ABD  ADC . BCD 
AC BD AC BD AC BD AC BD 
 
S

4  S ABC .S ABD  S ABC .S BCD  S ADC .S ABD  S ADC .S BCD 



S . AC.BD

4  S ABC .S  S ADC .S  4 S  S ABC  S ADC  4 S .S 4  S ABC  S ABD  S BCD   S ADC  S ABD  S BCD  
   2   .
S . AC.BD S . AC.BD S .2 S S . AC.BD
Vậy T  2 .

Câu 14. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC có BC  a ; AC  b và diện tích
bằng S .
1
Tính các góc của tam giác này biết S   a 2  b 2  .
4
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Thị Thanh Thương; Fb:Nguyễn Thương
1 2 ab 1 ab
Ta có: S 
4
 a  b 2    ab sin C   sin C  1 1
2 2 2

Mặt khác sin C  1  2 .


  900.
Từ 1 và  2  ta suy ra sin C  1 C

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 380   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Khi sin C  1 thì 1 xảy ra dấu "  " hay a  b.

Vậy tam giác ABC vuông cân tại C nên A  B


  450.

Câu 15. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có BC  a , AB  c, AC  b
  90 và a, 2
. Biết góc BAC b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Tính số đo góc B, C .
3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
Phản biện: Nguyễn Đức Hoạch ; Fb: Hoạch Nguyễn

c a

C
A
b

2 2
Do a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân nên ta có b 2  ac (*)
3 3

a b c   90  sin A  1
Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC ta có   mà BAC
sin A sin B sin C
b c
Do đó   a  b  a sin B, c  a sinC  a cosB (vì tam giác ABC vuông tại A )
sin B sin C
2 2 2
Khi đó (*)  a sin B  a 2 cos B  2 1  cos 2 B   3cos B  2 cos 2 B  3cos B  2  0
3

 1
 cosB 
 2

 cosB  2(lo¹i)

1
Với cosB  vì B là góc của tam giác ABC nên B  60  C  30
2
Vậy B  60, C  30 .

Câu 16. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Chứng minh rằng:
2  ma2  mb2  mc2 
a Sin A  b Sin B  c Sin C  với mọi tam giác ABC .( a  BC , b  AC , c  AB ; ma ,
3R
mb , mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC ).
Lời giải
Tác giả: ; Fb:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 381   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Ta có:

 b 2  c 2 a 2 a 2  c 2 b2 a 2  b 2 c 2 
2m  m  m   2
2
a
2
b
2
c      
 2 4 2 4 2 4

a2 b2 c2
 b2  c 2   a2  c2   a2  b2 
2 2 2
3  a2  b2  c2 

2
Do đó:

3  a 2  b2  c 2  a2  b2  c2 a b c
VP    a.  b.  c.
2.3R 2R 2R 2R 2R
 a.Sin A  b.Sin B  c.Sin C  VT

Câu 17. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho tam giác ABC có cạnh BC  a , AB  c thỏa mãn
B B
2a  c .cos  2a  c .sin , với 2a  c . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân.
2 2
Lời giải
Tác giả: Trần Hải;Fb: Trần Minh Hải
Bình phương hai vế ta có phương trình:
B B
 2a  c  .cos2   2a  c  .sin 2  2a  c 
2 2

  2a  c  . 1  cos B    2a  c  . 1  cos B   2a.cos B  c  4 R.sin A.cos B  2 R.sin C

 2.sin A.cos B  sin C  sin  A  B   sin  A  B   sin C

 sin(1800  C )  sin( A  B )  sin C  sin( A  B )  0  A  B


 do 0  A, B   .

Vậy tam giác ABC cân tại C .

Câu 18. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB  c , BC  a , CA  b , ha là độ
a
dài đường cao xuất phát từ đỉnh A và b  c   ha 3 . Chứng minh rằng ABC đều.
2
Lời giải
Ta có:
a a 2S
bc   ha 3  b  c   ABC  3
2 2 a
a
 b  c    b sin C   3
2

sin  B  C 
 sin B  sin C   3.sin B sin C
2
1 3  1 3 
 sin B  sin C  sin B  cos C  sin C   sin C  cos B  sin B 
2 2  2 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 382   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

       
 sin B cos  C    1  sin C cos  B    1  0
  3    3 

   
 cos  B    cos  C    1
 3  3

Vậy tam giác ABC đều.

Câu 19. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Cho tam giác ABC và một điểm M bất kỳ. BC = a, CA = b,
AB=c.
a)Chứng minh rằng (b2  c 2 )cosA=a(c.cosC-b.cosB) .
b)Tìm tập hợp các điểm M sao cho MB 2  MC 2  MA2
Lời giải
a.

 a 2  b2  c2 a2  c2  b2  (b 4  c 4 )  a 2 (b 2  c 2 )
VP  a.  c.  b.   ... 
 2ab 2ac  2bc

(b 2  c 2 )(b 2  c 2  a 2 )
  (b 2  c 2 ).cosA
2bc
b.
   
Gọi D là điểm xác định bởi hệ thức: DB  DC  DA  0 . Ta có:

MB 2  MC 2  MA2  MD 2  DB 2  DC 2  DA2 
 
 MD 2  DB 2  DC 2  ( DB  DC ) 2  ...  MD 2  2 AB. AC.cosA.

Nếu A tù, tập hợp các điểm M là tập 


Nếu A vuông, tập hợp các điểm M là {D}

Nếu A nhọn, tập hợp các điểm M là đường tròn ( D; 2 AB. AC.cosA)

Câu 20. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho tam giác nhọn ABC , gọi H , E , K lần lượt là
chân đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là SABC
9
và SHEK . Biết rằng SABC  4 SHEK , chứng minh sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  .
4
Lời giải

B C
H

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 383   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Đặt S  S ABC thì từ giả thiết suy ra

3 S S S 3
S EAK  S KBH  S HCE  S  EAK  KBH  HCE 
4 S S S 4
Ta có:

1
AE. AK sin A
S EAK 2 AE AK
  .  cos A.cos A  cos 2 A
S 1
AB. AC sin A AB AC
2
1
BK .BH .sin B
S KBH 2 BK BH
  .  cos B.cos B  cos 2 B
S 1
AB.BC sin B BC AB
2
1
S HCE 2 CH .CE.sin C CH CE
  .  cos C.cos C  cos 2 C
S 1
AC.BC sin C AC BC
2
S EAK S KBH S HCE 3 3
Do đó:     cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C 
S S S 4 4
3 9
 1  sin 2 A  1  sin 2 B  1  sin 2 C   sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C 
4 4
Câu 21. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Cho tam giác ABC không có góc vuông và có các
cạnh BC  a , CA  b, AB  c. Chứng minh rằng nếu a 2  b 2  2c 2 và tan A  tan C  2 tan B thì tam giác
ABC là tam giác đều.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Minh Nguyệt ; Fb: nguyen nguyet
Ta có
 sin A sin C sin B  sin  A  C  sin B
 tan A  tan C  2 tan B   2  2
 2 2 2
  cos A cos C cos B   cos A cos C cos B
 a  b  2c  a  2c  b
2 2 2  a 2  2c 2  b 2
 
 a2  c 2  b2 b2  c 2  a 2 a 2  b 2  c 2
cos B  2 cos A cos C   2. .
 2 2 2
 2ac 2bc 2ab
 a  2c  b  a 2  2c 2  b 2

 b 2  3c 2  2b 2    2b 2  c 2  c 2  b 2 c 2  c 4  2b 4  0   c 2  b2  c 2  2b2   c  b
Kết hợp với a 2  b 2  2c 2  a  b  c. Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 22. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc BAC   600 ,
bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của
A, B,C lên BC, AC, AB và M là điểm trong tam giác ABC sao cho    CAM
ABM  BCM    . Tính
cot  và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 384   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí ; Fb: Tri Nguyen

Gọi BC  a,CA  b, AB  c và S , p, r lần lượt là diện tích, nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp
tích tam giác ABC

Theo đề bài ta có    CAM


ABM  BCM  

Vậy M là điểm Brocard của tam giác ABC . Khi đó ta có tính chất quen thuộc sau
cot   cot A  cot B  cot C

b2  c 2  a 2
Lại sử dụng đẳng thức lượng giác sau: cot A  , ta được
4S

b2  c2  a 2
cot   .
4S
Vậy ta cần tìm độ dài 3 cạnh tam giác ABC
1   10 3  bc  40 (1)
Có: S  pr  bc sin BAC
2
Gọi I , D lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và hình chiếu của I lên cạnh AB

Theo công thức tính bán kính đường tròn nội tiếp ta được:
bca
r  b  c  a  6 và b  c  a  20
2

Do đó: (b  c  a)(b  c  a)  120  (b  c)2  a 2  120  (a  6)2  a 2  120  a  7

thay a  7 vào đẳng thức b  c  a  20 , ta được b  c  13 (2)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 385   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

bc  40
Từ (1), (2) ta được  không giảm tổng quát ta giả sử b  c thì giải được b  5,c  8
b  c  13

b 2  c 2  a 2 52  7 2  82 23 3
vậy cot    
4S 4.10. 3 20

Gọi R0 là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 B1 C1 .


Ta có B 0  
1 A1C1  180  BA1C1  B1 A1C


Mà B1 A1C  BAC và BA1C1  BAC nên BA  0  0
1C1  B1 A1C  60  B1 A1C1  60

B1C1 AB1 1 7
tương tự ta có B1 AC1  BAC    sinA   B1C1 
BC AB 2 2
7
B1C1 2 7 3
Vậy R0   

2 sin B 2 sin 60 0
6
1 A 1 C1

Câu 23. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho ABC có đường tròn
nội tiếp  I  tiếp xúc với BC , CA, AB ở D, E , F . Đường thẳng qua A song song BC cắt DE , DF lần
lượt tại M , N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn  I  tại điểm L khác D ,
NE  MF  K .
a) Chứng minh A, K , L thẳng hàng.
b) Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U ,V . Chứng minh
đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN .
Lời giải

a. Chứng minh A, K , L thẳng hàng.

Trước hết ta chứng minh K là trực tâm MDN

Do AN  BC nên  .
ANF  FDB

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 386   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Do D, E , F là tiếp điểm của  I  trên BC , CA, AB nên BD  BF


  BFD
 BDF  
ANF  BFD AFN  ANF cân tại A  AN  AF .
Chứng minh tương tự ta có AM  AE mà AE  AF nên AN  AF  AE  AM
 NEM vuông tại E ; NFM vuông tại F
 NE  MD; MF  ND mà NE  MF  K suy ra K là trực tâm MDN

Bây giờ ta chứng minh A, K , L thẳng hàng:


+ Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN . Gọi D ' là điểm đối xứng của D qua T .
Ta có ND '  KM (vì cùng vuông góc với ND ), MD '  KN (vì cùng vuông góc với MD ).
Do đó ND ' MK là hình bình hành.
Do A là trung điểm MN nên A cũng là trung điểm KD’.
Do đó D’, A, K thẳng hàng.(1)
 KF  DF
+ Hơn nữa,  (do K là trực tâm)
 KE  DE
Suy ra tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK
Suy ra DL vuông góc với LK.
Mặt khác DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vuông góc với LD’.
Do đó L, K, D’ thẳng hàng. (2)
Từ (1) và (2) suy ra A, K , L thẳng hàng (đpcm).

b. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN tại M , N cắt EF tại U ,V . Chứng minh
đường tròn ngoại tiếp tam giác UVL tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN .

Gọi P là giao của UL và T   P  L  ; Q là giao LV và T   Q  L  .


  DNM
Do MU tiếp xúc T  tại M nên DMU  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
Do NE  ME , MF  NF nên NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN
  FNM
 MEU  (cùng bù F EM )
  UEM
Nên UME   UME cân tại U  UM  UE .

Ta có PMU   1 MP
  MLU   MUP đồng dạng LUM
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 387   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

UE UL
 UM 2  UP.UL  UP.UL  UE 2 
  UEP  ULE (c.g.c)
UP UE
  UEL
 UPE   1800  UPE
  1800  UEL
  EPL
  LEF
 (3)

  1800  LDF
Lại có LEF  (do LEFD nội tiếp) và LPN
  1800  LDN
 (do LPND nội tiếp) nên
  LEF
LPN  (3).
  EPL
Từ (3) và (4) suy ra LPN   P ; E ; N thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có Q; F ; M thẳng hàng.
  NPQ
Do MNQP nội tiếp nên NMQ .

Do NMEF nội tiếp nên 


NMF  
NEF .
Do đó    EF  PQ  UV  PQ.
NEF  NPQ
Do đó  LQP  tiếp xúc với  LUV  tại L suy ra UVL  tiếp xúc với  DMN  tại L (đpcm).

Câu 24. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  O  có
trực tâm H , K là trung điểm BC và G là
hình chiếu vuông góc của H trên AK . Lấy D đối xứng G qua BC và I đối xứng C qua D. Tia

phân giác   cắt BD ở M , MF cắt AC tại E .


ACB cắt AB tại F và tia phân giác BID
1) Chứng minh rằng D nằm trên đường tròn  O  .

2) Tiếp tuyến tại A của  O  cắt BC ở X , XE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác EBM ở điểm
thứ hai là Y . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác EYD tiếp xúc đường tròn  O  .
Lời giải

H1
F
H2
H G

B MI K C

1)Do G thuộc đường tròn đường kính AH và KH1 , KH 2 tiếp xúc  AH  với H1;H 2 là chân

đường cao hạ từ B lên AC , C lên AB .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 388   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ đó ta có đẳng thức KB 2  KC 2  KH 12  KG.KA .

  KAB
Từ đó suy ra KBG  , KCG
  KAC
 . Kết hợp tính đối xứng, suy ra ABDC nội tiếp

2)Theo câu 1) ta có ABDC nội tiếp và AD là đối trung trong tam giác ABC .
Hay ta có tứ giác ABDC điều hòa.
IB CB
Điều này dẫn đến BDI đồng dạng BAC theo trường hợp cạnh – góc – cạnh. Suy ra  , mà
ID CA
MB FB
IM,CF là hai đường phân giác nên ta có  hay MF / /AD
MD FA
  BDA
Do MF / /AD nên BMF   BCA
 , dẫn đến BMCE nội tiếp.

Khi đó, lại có tứ giác ABDC điều hòa nên XD cũng tiếp xúc  O và hơn nữa
XE. XY  XA2  XB. XC  XD 2 .

Điều này suy ra  DEY  tiếp xúc XD hay  DEY  tiếp xúc  O  ở D .

Câu 25. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019) Cho tam giác ABC  AB  AC  là tam giác nhọn nội
tiếp đường tròn  O  , H là trực tâm tam giác. Gọi J là trung điểm của BC . Gọi D là điểm đối xứng
với A qua O .
1)(3,0 điểm) Gọi M , N , P lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên BC , CH , BH . Chứng minh
rằng tứ giác PMJN nội tiếp.
  600 , gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng 2 
2)(2,0 điểm) Cho biết BAC 
AHI  3 ABC
.
Lời giải
Tác giả: Minh Tuấn + Thúy Minh ; Fb:Minh Tuấn Hoàng Thị, Thúy Minh
1)

Ta có BH //CD (vì cùng vuông góc với AC ) và CH //BD (vì cùng vuông góc với AB ) nên BHCD là
hình bình hành, do đó J cũng là trung điểm của HD .
Từ giả thiết ta được tứ giác HPDN nội tiếp đường tròn tâm J suy ra:
  2 PDN
  2 1800  BHC

PJN   1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 389   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  3600  PMD
   HCD

Ta có các tứ giác BPMD, CNMD nội tiếp nên: PMN NMD  HBD 
  BDC
  3600  2 BHC
  2

 3600  BHC 
  PMN
Từ 1 và  2  suy ra PJN  nên tứ giác PMJN nội tiếp. Điều phải chứng minh.

2)

Gọi L là giao điểm của AH với BC , K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại

tiếp  O  của tam giác ABC .

Kẻ đường thẳng đi qua I vuông góc với BC cắt BC và cắt cung nhỏ BC lần lượt tại E và N .

Ta có JL / / DK ( vì cùng vuông góc với AK ) mà J là trung điểm của HD nên JL là đường

trung bình của tam giác HDK , suy ra L là trung điểm của HK . Do đó K đối xứng với H qua
  BKC
đường thẳng BC suy ra BHC   120 .

 
  180  B  C  120 nên B, I , H , C đồng viên thuộc đường tròn đối xứng với  O  qua BC ,
Mà BIC
2
suy ra N chính là điểm đối xứng với I qua BC . Suy ra HINK là hình thang cân.

Ta có    ABC .
  CBN
ABI  IBC
2

Từ đó    180  
AHI  180  IHK AKN  
ABN   3
  CBN
ABI  IBC ABC
2

Suy ra 2   . Điều phải chứng minh.


AHI  3 ABC

Câu 26. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 15 . Lấy các điểm
M , N , P lần lượt trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM  5, CM  10, AP  4 . Chứng minh rằng
AM  PN .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tuấn ; Fb: Nguyễn Tuấn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 390   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

          0 225


Đặt AB  b , AC  c. Khi đó BC  c  b và b.c  b . c .cos60  .
2
    1   1   1  2 
Ta có AM  AB  BM  AB  BC  b  (c  b)  c  b.
3 3 3 3
   1  4 
PN  AN  AP  c  b.
3 15
   1  2    1  4   1  2 8  2 2    1 8 1
Khi đó AM .PN   c  b  .  c  b   c  b  b.c      .225  0.
3 3   3 15  9 45 15  9 45 15 

Suy ra AM  PN .

Câu 27. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC , M là điểm di động trên đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm vị trí điểm M để MB 2  MC 2  2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Tác giả: Võ Thanh Hiệp; Fb: Võ Hiệp
A

M
O

B I C

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , I là trung điểm BC .

Theo đề bài suy ra OM 2  OA2  OB 2  OC 2  R 2


Ta có
  2   2   2

MB 2  MC 2  2MA2  OB  OM    OC  OM  
 2 OA  OM 
         
 2OM .OB  2OM .OC  4OM .OA  2OM (2OA  OB  OC )
    
 2OM ( BA  CA)  4OM . AI

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 391   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
 
 
 4OM . AI .cos OM , AI  4OM . AI
 
 
Vì OM và AI không đổi. Do đó MB 2  MC 2  2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất khi cos OM , AI  1 . Khi đó
 
M thuộc đường tròn  O  sao có OM và AI cùng hướng.

Câu 28. (HSG12 tỉnh Bình Thuận năm 2018-2019)Cho tam giác ABC nhọn có AB  AC và hai
  
đường cao BE, CF cắt nhau tại H . Các đường tròn O1 , O2 cùng đi qua A và theo thứ tự tiếp
xúc với BC tại B, C. Gọi D là giao điểm thứ hai của  O1  và  O2  .

a) Chứng minh đường thẳng AD đi qua trung điểm của cạnh BC;
b) Chứng minh ba đường thẳng BC, EF , HD đồng quy.
Lời giải
Tác giả: Trần Công Dũng ; Fb: Dung Tran

O2
A
E

O1
F H D

K B I C

a. Gọi I là giao điểm của AD và BC.

Ta có IB 2  IA.ID  IC 2 .
Suy ra IB  IC.
Do đó I là trung điểm của BC. Hay đường thẳng AD đi qua trung điểm I của BC.

b) Chứng minh ba đường thẳng EF , BC, HD đồng quy.


  BDC
Ta có BHC  . Suy ra tứ giác BCDH nội tiếp đường tròn  O 
3

Ta có 
AFH  
ADH  
AEH  900 . Suy ra tứ giác AFHD nội tiếp đường tròn  O4 

  BEC
Ta có BFC   900 . Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn  O  đường kính BC
5

Ta có HD là dây cung chung của hai đường tròn  O3  &  O4  .

HD là trục đẳng phương hai đường tròn  O3  &  O4 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 392   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tương tự ta được:

EF là trục đẳng phương hai đường tròn  O3  &  O5 

BC là trục đẳng phương hai đường tròn  O5  &  O4 

Suy ra ba đường thẳng BC, EF , HD đồng quy

Câu 29. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có  ABC  60 . Gọi D là giao
điểm của chân đường phân giác trong góc A với BC , điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc
AB S
của D lên AB và BC . Đặt  x , tính tỉ số DEF theo x và tính tỉ số đó khi BD  3, BC  9 .
AC S ABC
Lời giải
Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc
C

D F

60
B E A

Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc


DB AB x
Ta có:   x  x  0   DB  BC .
DC AC x 1
1 
DE.DF .sin EDF
  0 S DEF 2 DE 2
Do EDF  BAC  180 và DE  DF nên ta có:   2 .
S ABC 1 AB. AC.sin BAC
 xAC
2

3 3 x
Mặt khác: DE  DB.sin 60  DB  . BC .
2 2 x 1
Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:

BC 2  AB 2  2 BC . AB.cos 60   AC 2  BC 2  xAC .BC  x 2 AC 2  AC 2  0 .

2
Với   AC 2  4  3 x 2   0  0  x  .
3

x  4  3x 2 x  4  3x 2 x  4  3x 2
Khi đó : BC  AC. hay BC  AC. . Nhưng BC  AC . khi
2 2 2
2
x  4  3x 2  0  x  4  3x 2  x 2  1  x  1  1  x  . Vậy:
3
2 2
2
SDEF 3  x  2
 x  4  3x 2  1 3x  x  4  3x 2 
Khi 0  x  1 thì  .  . AC .    .  .
S ABC 4  x  1   2  xAC 2 16  x 1 
   
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 393   
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2 2
2
2 SDEF 3  x  2
 x  4  3x 2  1 3x  x  4  3x 2 
Khi 1  x  thì  .  . AC .    . 
3 S ABC 4  x  1   2  xAC 2 16  x 1 
   
2 2
2
SDEF 3  x  2
 x  4  3x2  1 3 x  x  4  3x 2 
hoặc  .  . AC .    .  .
S ABC 4  x  1   2  xAC 2 16  x 1 
   
Trường hợp BD  3, BC  9 .

DB AB 1
Ta có:   x  , 0  x  1 . Áp dụng kết quả trên ta có:
DC AC 2
2
 2 
1  1  4  3 1  
3.  
S DEF 2 2 2  7  13
S ABC

16
.
1   48 .
 1 
 2 
 

Câu 30. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Cho tam giác đều OAB có AB  a . Trên
đường thẳng (d ) đi qua O vuông góc với mặt phẳng  OAB  lấy một điểm M sao cho OM  x . Gọi E,
F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên MB và OB. Đường thẳng EF cắt đường thẳng (d ) tại N.
a) Chứng minh rằng AN  BN .
b) Xác định x theo a để thể tích khối tứ diện ABMN nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.
Lời giải
Tác giả: Phan Trung Hiếu; Fb: Hieu Pt
 AF  OB
a) Ta có   AF   OMB   AF  MB,
 AF  OM

mà AE  MB nên BM   AEF  .

Do AN   AEF  nên AN  BM .

b) Theo câu a) ta có
     

AN .BM  0  ON  OA OM  OB  0  
 OM .ON  OA.OB.cos 600  0
OA.OB.cos 600 a 2
 ON   .
OM 2x

Do MN   OAB  nên

1 1 a2 3  a2  a2 3  a2 
VABMN  VMOAB  VNOAB  MN .SOAB  .  x     x  .
3 3 4  2x  12  2x 

a2 a2 a3 6
Theo bất đẳng thức Cauchy thì x   2 x.  2a  VABMN  .
2x 2x 12

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 394   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a3 6 a2 a 2
Vậy thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABMN là khi x  x .
12 2x 2

Câu 31. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Trên
a 2a
các cạnh BC , CA , AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN  ; CM  ; AP  x  0  x  a  .
3 3
Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
Lời giải
Tác giả:NgôYến; Fb: Ngoyen

Ta có:
    1   1   2  1 
3 3

AN  AB  BN  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC .
3 3

   x  1 
PM  PA  AM   AB  AC .
a 3
   2  1   x  1  
AN .PM   AB  AC   AB  AC 
3 3  a 3 
2x 1  2 x   
  . AB 2  . AC 2     AB. AC
3a 9  9 3a 
2x 2 1 2  2 x  a2
  .a  .a    
3a 9  9 3a  2
5 xa 2a 2
 
6 9

 4a
  5 xa 2a 2  x
AN  PM  AN . PM  0    0 15
6 9 
 a  0  L 

4a
Vậy đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM khi x  .
15
Cách 2. Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 395   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a a 3
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A  0;0  , B  a;0  , C  ;  , P  x;0  0  x  a  .
2 2 

 1   5a a 3    5a a 3 


Ta có BN  BC  N  ;   AN   ;  .
3  6 6   6 6 

 1   a a 3    a a 3


AM  AC  M  ;   PM    x; .
3 6 6  6 6 

  5a  a  3a 2 4a
AN  PM  AN .PM  0    x    x .
6 6  36 15

4a
Vậy với x  thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
15

Câu 32. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh
bằng a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN  na , CM  ma ,
AP  x với 0  n  1 , 0  m  1 , 0  x  a . Tìm giá trị của x theo m, n, a để đường thẳng AN vuông
góc với đường thẳng PM .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ
Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần

Ta có
    NC   NC   NC   NC  
+) AN  AC  CN  AC 
CB
CB  AC 
BC
. AB  AC 
BC
AB  1  
 AC
 BC 
 NC  NB   
 AN  . AB  . AC  1  n  AB  n AC .
BC BC

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 396   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
   x  
+) PM  PA  AM   . AB  1  m  AC .
a
    x  
AN  PM  AN .PM  0   n AC  1  n  AB  .   . AB  1  m  AC   0 .
 a 
2
 x     x  a
 1  n    a 2  n 1  m  a 2  1  n 1  m   n     0 .
 a    a  2

Tìm được x 
1  m 1  n  a .
2n

Vậy với x 
1  m 1  n  a thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
2n

Câu 33. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh
a 2a
bằng a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN  , CM  ,
3 3
AP  x với 0  x  a . Tìm giá trị của x theo a để đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một
góc 60 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ
Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần

Ta có

 2  1   2  1  


2
7
AN  AB  AC  AN 2   AB  AC   a 2 .
3 3 3 3  9

 x  1   x  1   1 2


2
1
PM   AB  AC  PM    AB  AC   a  x 2  ax .
2

a 3  a 3  9 3
   2  1    x  1   2 2 5
AN .PM   AB  AC    AB  AC   a  ax .
3 3  a 3  9 6

 
2 2 5
a  ax
1AN .PM 9 6
Từ giả thiết ta có cos 60    .
AN .PM 2 7 1 2 2 1
a. a  x  ax
3 9 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 397   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

x 1  a
2
  x 
2 2 x
  x a 2 2
 162 x  99ax  9a  0  162.    99.  9  0    .
a a x  1 x  a
 a 9  9

a a
Vậy với x  và x  thì đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60 .
2 9

Câu 34. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB  AC , các điểm
D , E , F lần lượt nằm trên các cạnh BC , CA , AB sao cho DE // AB , DF // AC . Đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại các điểm A , G . Đường thẳng DE
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm H  H  E  . Đường thẳng qua G vuông góc với
GH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm K  K  G  , đường thẳng qua G vuông góc
với GC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF tại điểm L  L  G  . Gọi P , Q lần lượt là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác GDK , GDL . Chứng minh rằng khi điểm D thay đổi trên cạnh BC
thì:
a) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định.
b) Đường tròn ngoại tiếp tam giác GPQ luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung
A
L

O'
E' E
K

P
H
F O

B C
D

a) Gọi O , O lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC , AEF . Gọi E  là điểm đối xứng
với E qua đường thẳng AO . Khi đó EE  // BC vì cùng vuông góc với AO suy ra tứ giác BDEE  là
hình bình hành suy ra DE  BE  , kết hợp với DE  AF ta được BF  AE

(Có thể không cần dựng điểm E  , dễ thấy tam giác BFD cân tại F và có tứ giác AEDF là hình bình
hành, nên ta có BF  DF  AE ).

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 398   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 suy ra O   AEF  . Vậy


Suy ra OAE   OBF  OE  OF . Kết hợp với OA là phân giác của góc EAF
đường tròn ngoại tiếp tam giác GEF luôn đi qua hai điểm cố định A , O .

  1 GOA
b) Tam giác FBD cân tại F suy ra FB  FD , GBF   1 GFA  nên tam giác FGB cân tại F
2 2
suy ra FB  FG . Từ đó suy ra F là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGB .

Chứng minh tương tự ta được E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DGC .
Từ đó EF là trung trực của DG , kết hợp với AG vuông góc với DG suy ra EF // AG .

  EAF
FHD   EDF
  FHD cân tại F suy ra FH  FD  H  GBD  .

P là giao điểm của đường thẳng qua O song song với GH và EF , Q là giao điểm của đường thẳng
qua O song song với GC và EF .

E là tâm đường tròn  GDC  và O là tâm đường tròn ngoại tiếp  GAC  suy ra OE  GC , kết hợp
với GC vuông góc với GL suy ra GL song song OE . Do đó OE  OQ  QE  QO 1 .

Tương tự ta được PO  PF  2  .

Mặt khác OE  OF , kết hợp với 1 và  2  ta được QOE  POF  OP  OQ  OO là trung trực
của PQ , kết hợp với OO là trung trực của GA nên tứ giác AQPG là hình thang cân hay nó nội tiếp
suy ra  GPQ  luôn đi qua điểm A cố định.

Câu 35. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019)Một biển quảng cáo có dạng hình chữ nhật ABCD
được sơn trang trí như hình bên. Chi phí để sơn phần tô đậm là 250.000 đồng/ m 2 và phần còn lại là
160.000 đồng/ m 2 . Hỏi số tiền để sơn biển quảng cáo theo cách trên là bao nhiêu?

A E F B

D
3 C
Biết AD  4 m , CD  3m và AE  EF  FB .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 399   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A E G F B

D 3 I K C

Gọi G , I lần lượt là trung điểm AB , CD .


Gọi H là giao điểm của EC , DF và K là điểm thỏa FK  DC .
Xét tam giác vuông DFK và DHI có
HI FK HI 4
tan HDI      HI  3  GH  1 .
DI DK 1,5 2

Ta có S ABCD  AD. AB  4.3  12  m 2 

1 1
SADE  SBCF  DA. AE  .4.1  2  m 2 
2 2
1 1
SDHC  HI .DC  .3.3  4,5  m 2 
2 2
1 1
SEHF  GH .EF  .1.1  0,5  m 2 
2 2

 2SEHD  S ABCD   2SADE  SDHC  SEHF   3  m 2 

Vậy số tiền để sơn biển quảng cáo là T  3.250000  9.160000  2190000 (đồng).

Câu 36. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-
2019)Cho tam giác ABC nhọn, không cân và nội tiếp  O  . Một đường tròn  J  thay đổi đi qua B, C
và cắt các đoạn thẳng AB , AC lần lượt tại D và E . Trên đường thẳng BC lấy hai điểm phân biệt
R , S sao cho  DER  và  DES  tiếp xúc với đường thẳng BC . Giả sử  ADE  cắt  O  tại M khác A .
Gọi  O  là đường tròn ngoại tiếp tam giác RSM .

a) Chứng minh rằng đường tròn  O   đi qua trực tâm của tam giác ARS .
b) Chứng minh rằng điểm O  luôn di động trên một đường thẳng cố định khi  J  thay đổi.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 400   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

M
D O
F

J
R T B L S N C

O'
G

a) Giả sử DE  BC  T thì M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần BCEDAT nên điểm M  AT .

Ta có: TM .TA  TD.TE  TS 2  TR 2 nên T là trung điểm của RS .


  TAS
Từ đó ta có TMS  TSA  TSM  . Tương tự thì TRM
  TAR
.

  TRM
Do đó: TSM   TAS
  TRA
  RAS
 hay RSM
  RAS
  180 .

  RAS
Mặt khác, gọi H là trực tâm của ARS thì RHS   180 nên RHS
  RMS
.

Từ đây suy ra đường tròn  O   đi qua trực tâm của tam giác ARS .

b) Vì đường tròn  O   đi qua trực tâm của tam giác ARS nên nó đối xứng với đường tròn  ARS 
qua BC , mà  ARS  đi qua điểm A cố định nên đường tròn  O   đi qua điểm K đối xứng với A qua
BC , cũng cố định.

Gọi F  BE  CD, L  AF  BC thì TL , BC   1 .

Ta có TS 2  TR 2  TM .TA  TB.TC nên  RS , BC   1 .

BC 2
Gọi N là trung điểm của BC , khi đó NS .NR  NB 2   const .
4

Gọi G là giao điểm của đường thẳng NK với  O   , G  K .

BC 2
Suy ra NG.NK  NS .NR   const . Do đó, suy ra NG  const  G cố định.
4
Vậy O  di động trên đường trung trực của KG cố định.

Câu 37. (HSG10 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N
   PA
thỏa mãn NB  3 NC  0 . Gọi P là giao điểm của AC và GN , tính .
PC
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 401   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 
Gọi I là trung điểm của BC . Gọi AP  k AC .
    1    1   1 
3
  3

Ta có: GP  AP  AG  k AC  AB  AC =  k   AC  AB .
3
   1   1     7  5 
Lại có: GN  GI  IN  AI  BC 
3 6
 
AB  AC  AC  AB  AC  AB .
6 6
 
Mặt khác, do ba điểm G , P , N thẳng hàng nên hai vector GP ,GN cùng phương. Do đó:

1 1 1
k  k
3 3  3 2 k1 7 k4.
7 5 7 5 3 15 5

6 6 6
 4  4 1 PA
Suy ra: AP  AC  AP  AC  PC  AC   4.
5 5 5 PC

Câu 38. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Cho AB là một dây cố định khác đường kính của
đường tròn  O  cố định. Gọi M là trung điểm của cung nhỏ AB . Xét đường tròn  O  thay đổi tiếp
xúc với đoạn thẳng AB và tiếp xúc trong với  O  ( sao cho O khác phía với M so với đường thẳng
AB ). Các đường thẳng qua M vuông góc với OA , OB cắt đường thẳng AB lần lượt tại các điểm
C, D .
a)Chứng minh rằng AB  2CD .
b)Gọi T là một điểm thuộc  O  sao cho 
ATB  90 . Tiếp tuyến của  O  tại T cắt đoạn AB tại N
và đường thẳng MN cắt  O  tại K khác M . Vẽ đường tròn qua M , K và tiếp xúc ngoài với  O  tại
S . Chứng minh rằng điểm S luôn di động trên một đường tròn cố định khi  O  thay đổi.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 402   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

T
O'

y
O K
S'
D
A C F x N B

M
Lời giải
a)Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của  O  với  O  và AB .
Cách 1: Ta sẽ chứng minh EF đi qua M .
  EO
Cách 1.1. Do OM // OF nên EOM  F . Do đó

180  EO 
F 180  EOM

O EF    . Suy ra EF đi qua M .
 OEM
2 2
Cách 1.2. Giả sử EA, EB cắt O ở X , Y .
Khi đó, dễ thấy rằng XY //AB . Ta có AF 2  AX . AE , BF 2  BY . BE nên
2 2
 AF  AX AE  AE  AF AE
   .     .
 BF  BY BE  BE  BF BE
Do đó, EF là phân giác của 
AEB nên EF đi qua M .
 nên  AFM  EAM  AM  FM  MA2  ME.MF .
  EAM
Tiếp theo, vì FAM
EM AM
Xét đường tròn điểm A và đường tròn  O  thì từ đẳng thức trên, ta thấy M có cùng phương tích
đến hai đường tròn. Suy ra MC chính là trục đẳng phương của đường tròn điểm A và đường tròn
 O  .
Do đó, CA2  CF 2 nên CA  CF
Tương tự thì DB  DF nên AB  2CD .
Cách 2: Ta có
  NM .tan NMD
CD  NC  ND  NM .tan NMC 
OF OF 

 MN . tan O 
AB  tan OBA  MN 
  
 FA FB 
OF . AB OM . AB EF AB MN .2MO AB
 MN .  MN . .  . 
FA.FB FE.FN EM 2 ME.MF 2
b) Ta sẽ chứng minh M , S , T thằng hàng và MS .MT  MA  MB 2 .
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 403   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Cách 1. Gọi S  là giao điểm của đường thẳng TM với  O  , S   T .

Lúc đó MS .MT  MF .ME  MA2  MN .MK nên tứ giác NKTS  nội tiếp.

Gọi xS y là tiếp tuyến của  O  tại S  , ta có  xy , S M   S


TN  S
KM suy ra xy cũng là tiếp tuyến
của đường tròn  MKS   . Do đó  MKS   tiếp xúc với  O  .

Suy ra S   S . Suy ra M , S , T thẳng hàng và MS . MT  MA2  MB 2 (2 điểm)

Cách 2. Ta thấy rằng với mọi điểm Eo   O  ; Fo  AB sao cho Eo Fo đi qua M thì chứng minh tương
tự trên, ta đều có MA2  MB 2  ME o .MFo

Xét phép nghịch đảo  tâm M , phương tích MA2 thì:

AB   O  ,
 O     O  .
Ảnh của TN qua  sẽ là một đường trong đi qua M và tiếp xúc với  O  . Chú ý rằng  : N  K
nên ảnh của TN là  MSK  . Suy ra S  T hay M , S , T thẳng hàng và

MS .MT  MA2  MB 2 .(2 điểm)



Tiếp theo, bằng cách xét tam giác đồng giác, ta có SAM   BTS
ATS , SBM   SBM
 nên SAM   90

Xét tứ giác AMBS có    SBM


AMB   không đổi và tổng SAM   90 nên 
ASB  270   , chứng tỏ
S luôn thuộc cung chứa góc 270   dựng trên AB . Ta có đpcm

Câu 39. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB  AC và nội
 cắt O tại điểm D khác A , lấy E đối xứng B qua
tiếp đường tròn  O  . Phân giác trong góc BAC  
AD , đường thẳng BE cắt  O  tại F khác B . Lấy điểm G di chuyển trên cạnh AC ( G khác A, C ),
đường thẳng BG cắt  O  tại H khác B. Đường thẳng qua C song song AH cắt FD tại I . Đường
tròn ngoại tiếp tam giác BCG cắt EI tại hai điểm phân biệt K , L . Chứng minh rằng đường trung
trực đoạn thẳng KL luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải

Gọi giao điểm của đường thẳng EI và BC là J . Ta có DF là trục đối xứng của EC
  ECI
CEJ   HAC
  HBC
 nên tứ giác BGEJ nội tiếp.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 404   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Phép nghịch đảo NCk CE .CG CJ .CB biến đường tròn ( BCG) thành đường thẳng EJ nên biến K , L thành
chính nó.

Do đó CK 2  CL2  k hay đường trung trực đoạn thẳng KL luôn đi qua điểm C cố định.

Câu 4:
Câu 40. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường
tròn  O  , đường tròn tâm I tiếp xúc với các tia AB , AD lần lượt tại E và F , đồng thời tiếp xúc
trong với đường tròn  O  tại điểm T . Hai tiếp tuyến tại A và T của đường tròn  O  cắt nhau tại
K . Các đường thẳng TE , TF lần lượt cắt đường tròn  O  thứ tự tại các điểm M , N ( M , N khác T
).
a) Chứng minh rằng ba điểm K , M , N thẳng hàng.
b) Đường phân giác của góc BAC cắt đường thẳng MC tại P , đường thẳng KP cắt đường thẳng
CN tại Q . Chứng minh rằng: Nếu N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADQ thì bán kính
đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ACD bằng nhau.
Lời giải
Tác giả: Võ Thanh Phong; Fb: Võ thanh Phong
Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến đường tròn  I  thành đường tròn  O  .

Khi đó vì T , E , M thẳng hàng và E  ( I ), M  (O) nên VTk : E  M .

Do T , F , N thẳng hàng và F  ( I ), N  (O ) nên VTk : F  N .

Gọi L là giao điểm của AT và  I  suy ra VTk : L  A .

Tiếp tuyến tại E, F của  I  và TL đồng qui tại A  TELF là tứ giác điều hòa.

Phép vị tự tâm T , tỉ số k biến tứ giác TELF thành TMAN nên TMAN là tứ giác điều hòa.
Suy ra K , M , N thẳng hàng.

Từ IE //OM nên OM  AB  M là điểm chính giữa cung AB của  O  .

Tương tự: N là điểm chính giữa cung AD của  O  .

 cắt CM tại P , mà CM là phân giác góc 


Phân giác góc BAC ACB nên P là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC .

Ngoài ra, Q thuộc CN là phân giác góc 


ACD và NQ  NA  ND nên Q là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ACD .

Gọi r1 , r2 là bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác ABC và ADC .

Do K , P, Q thẳng hàng nên theo định lý Menelaus cho tam giác MCN với cát tuyến K , P , Q ta có:
PC KM QN
   1.
PM KN QC

Tam giác KAM ~ KNA .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 405   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
2
KM KM KA  AM 
Mặt khác:     .
KN KA KN  AN 

QC AM sin ACM   PC  sin MCA


 .
Suy ra    QC  sin NCA
PC AN sin ACN

Suy ra r1  r2 . Ta có điều phải chứng minh.

Câu 41. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O .
Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các hình bình hành ABMN và ACPQ sao cho tam giác ABN
đồng dạng với tam giác CAP . Gọi G là giao điểm của AQ và BM , H là giao điểm của AN và CP .
Đường tròn ngoại tiếp các tam giác GMQ , HNP cắt nhau tại E và F ( E nằm trong đường tròn
 O ).
a) Chứng minh rằng ba điểm A, E, F thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng bốn điểm B, C , O, E cùng thuộc một đường tròn.
Lời giải
Tác giả: Hoàng Duy Thắng; Fb: Hoàng Duy Thắng

Gọi  O1  ,  O2  lần lượt là đường tròn ngoại tiếp của tam giác GMQ , HNP suy ra EF là trục đẳng
phương của  O1  ,  O2  .

Gọi D là giao điểm của BM và CP suy ra AGDH là hình bình hành.

Vì ABN  CAP   AB, AN    CA, CP 

 BA, BD   AB, AN    CA, CP    CA, CD 


 A, B, C , D đồng viên.

Suy ra  CA, CB    DA, DG  ,  AB, AC    DG, DC    GD, GA

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 406   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Suy ra hai tam giác ABC và GAD đồng dạng.


AB GD AH
  
AC GA AG
AB CP
Mà ABN  CAP  
CA AN
AH CP AQ
  
AG AN AN
 AH . AN  AG. AQ
 PA /  O1   PA / O2 

Mà EF là trục đẳng phương của  O1  ,  O2   A  EF .

Vậy A, E, F thẳng hàng.

b) Gọi F   MN  PQ

Ta có:  F M , F Q    AB, AC    GM , GQ  .

Suy ra F    O1  . Tương tự F    O2  . Suy ra F   F .

Ta có E , F , M , G đồng viên   GB, GE    GM , GE    FM , FE    AB, AE 

Suy ra A, B, E , G đồng viên.

Tương tự A, C, E , H đồng viên.

Suy ra  EB, EC    EB, EA   EA, EC    GB, GA   HA, HC   2  DB, DC  .

Mà A, B, C , D đồng viên suy ra D   O    OB, OC   2  DB, DC  .

  EB, EC    DB, DC 

Suy ra B, C , O, E đồng viên.

Câu 42. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Cho đường thẳng d và điểm A cố
định không thuộc d , H là hình chiếu của A trên d . Các điểm B, C thay đổi trên d sao cho
HB.HC  1. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M , N .
a) Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định.
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC. Chứng minh O chạy trên một đường thẳng cố
định.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trọng Nghĩa; Fb: Nghĩa Nguyễn
a)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 407   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

B H C

Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AH .

Ta có HA.HD  HB.HC  1.


Do đó D cố định (Vì A, H cố định).

Gọi E là giao điểm của MN với AH. Ta có tứ giác AHMN nội tiếp nên 
AMN  
AHN  
ACB  
ADB

Suy ra tứ giác MBDE nội tiếp. Do đó AE. AD  AM . AB  AH 2  E cố định. Vậy đường thẳng MN
đi qua một điểm E cố định.

b) Do AM . AB  AN . AC  AH 2 nên tứ giác BMNC nội tiếp. Do đó, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tứ giác BMNC.

Giả sử đường tròn  BMNC  cắt đường thẳng AH tại P, Q. Ta có HP.HQ  HB.HC  1.

AP. AQ  AM . AB  AH 2

Do đó P, Q cố định. Vậy O thuộc trung trực của PQ cố định.

B H C

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 408   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 19 Tọa độ trong mặt phẳng

Câu 1. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x 2 + y 2 = 25 , đường thẳng AC đi qua điểm K  2;1 . Gọi
M , N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương
trình đường thẳng MN là 4 x - 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Mai. Facebook: Mai Nguyen

Gọi I , J lần lượt là giao điểm của BM , CN với đường tròn  C  .

 = CNM
Do tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC  , lại có CJI
 = IBC
 (cùng chắn cung IC ) do đó
 = CNM
CJI  Þ MN / / IJ

ì ACI = 
ABI
ïï
 = JCA
Lại có  JBA 
ï   
ï ABI = JCA(doNBM = NCM )

 = ICA
Þ JBA  Þ AI = AJ Þ AO  JI Þ AO  MN

Từ đó ta có:

+) Do OA đi qua O  0; 0  và vuông góc với MN : 4 x - 3 y + 10 = 0 nên Phương trình đường thẳng


OA : 3x + 4 y = 0.

ì3x + 4 y = 0  A  -4;3
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2 2
Þ 
 x + y = 25  A  4; -3  lo¹i 

+) Do AC đi qua A  -4;3 và K  2;1 , nên phương trình đường thẳng AC : x + 3 y - 5 = 0.

ì x + 3 y - 5 = 0 C  -4;3  A  lo¹i 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2 2
Þ
 x + y = 25 C  5;0 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 409 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

+) Do M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ


ì4 x - 3 y + 10 = 0
 Þ M  -1; 2 
x + 3y - 5 = 0

+) Đường thẳng BM đi qua M  -1; 2  và vuông góc với AC nên phương trình đường thẳng
BM : 3x - y + 5 = 0

ì3x - y + 5 = 0  B  0;5 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2 2
Þ
 x + y = 25  B  -3; -4 

Vậy A  -4;3 , B  -3; -4  , C  5; 0  hoặc A  -4;3 , B  0;5  , C  5; 0  .

Câu 2. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x 2 + y 2 = 25 , đường thẳng AC đi qua điểm K  2;1 . Gọi M, N
là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường
thẳng MN là 4 x - 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Lời giải

A
K

Q P
M
N O

C
B

Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của BM và CN với đường tròn  C  .

 = MNC
Tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC  (cùng chắn cung CM
)

 = PQC
Tứ giác BCPQ nội tiếp nên MBC  (cùng chắn cung CP
)

 = PQC
Suy ra MNC  Þ MN  PQ .

  = MCN
ABP = MBN =  )Þ 
ACQ (cùng chắn cung NM AP = 
AQ Þ AO  PQ Þ AO  MN .

Þ AO có phương trình là 3x + 4 y = 0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 410 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 ì x = -4

ì3 x + 4 y = 0
Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ  2 Û   y = 3 do điểm A có hoành độ âm nên
2 ì x = 4
 x + y = 25 
  y = 3
A  -4;3 .

Đường thẳng AC đi qua K nên có phương trình là: x + 3 y - 5 = 0 .

C là giao điểm của AC và đường tròn  C  nên tọa độ của C là nghiệm của hệ
 ì x = -4

ìx + 3y - 5 = 0
Û   y = 3 Þ C  5; 0 
 2 2 ì x = 5
 x + y = 25 
  y = 0

Lại có M là giao điểm của AC và MN nên tọa độ của M là nghiệm của hệ


ìx + 3y - 5 = 0 ì x = -1
 Û Þ M  -1; 2 
4 x - 3 y + 10 = 0 y = 2
Đường thẳng BM vuông góc với AC nên có phương trình 3 x - y + 5 = 0 .

ì x = 0

ì3 x - y + 5 = 0
Điểm B có tọa độ là nghiệm của hệ  2 Û   y = 5 Þ B  0;5  hoặc B  -3; -4 
2  ì x = -3
 x + y = 25 
  y = -4

Vậy A  -4;3 , B  0;5  , C  5;0  hoặc A  -4;3 , B  -3; -4  , C  5;0  .

Câu 3. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Số đường thẳng đi qua điểm M  5;6  và tiếp xúc với
đường tròn  C  : ( x - 1)2 + ( y - 2)2 = 1 là
A. 0 . B. 1 . C. 2 . D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Nguyễn Dung
Chọn C

Đường tròn  C  có tâm I 1;2  và bán kính R = 1 .

2 2
Ta có IM =  5 - 1 +  6 - 2  =4 2.

Ta thấy IM  R suy ra điểm M nằm ngoài đường tròn  C  .

Vậy qua M nằm ngoài đường tròn  C  sẽ có 2 đường thẳng tiếp xúc với đường tròn  C  .

Câu 4. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang
ABCD với hai đáy là AB và CD . Biết diện tích hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 411 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 1 
và trung điểm cạnh BC là H  - ;0  . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh
 2 
D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d : 5x - y + 1 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Phan Đình Công; Fb: Công Phan Đình

Gọi E là giao điểm của AH và DC , ta có E 2; 1 , AE  13 và ABH  ECH .

Do đó S ADE  S ABCD  14 (1).

Phương trình đường thẳng AE : 2 x  3 y 1  0 .

2 x  35 x  1  1 13 x  2
Ta có: D  x; 5 x  1 , x  0 ; d  D, AE    .
13 13

1 13 x  2
Suy ra: S ADE  d  D, AE  .AE  (2).
2 2
x  2
13 x  2 
Từ (1) và (2) ta có:  14   30  D 2;11 .
2  x    L
 13
 1 
Đường thẳng AB đi qua A và nhận véc tơ n  ED  1; 3 là véc tơ chỉ phương.
4
Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 3x  y  2  0 .

Câu 5. (HSG10 THPT ĐAN PHƯỢNG 2018-2019)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình
thang ABCD với hai đáy AB và CD . Biết diện tích hình thang là 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 ,
 1 
CD = 3 AB và trung điểm cạnh BC là H  - ; 0  . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang biết
 2 
đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d : 5 x - y + 1 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Hà Bích Vượng; Fb: Vượng Mỡ

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 412 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Gọi E là giao điểm của AH và DC .

Dễ thấy ABH = ECH nên S ABCD = S AED = 14 và H là trung điểm của AE .



Þ E  -2; - 1 Þ AE =  -3; - 2  Þ  AE  : 2 x - 3 y + 1 = 0 .

Gọi D  xD ;5 xD + 1 .

1
Ta có: S ADE = AE  d  D ; AE 
2

1 2 2 2 xD - 3  5 xD + 1 + 1
Û 14 =  -3 +  -2  
2 22 +  -3
2

Û -13 xD - 2 = 28

30
Û xD = 2 ( thỏa mãn) hoặc xD = - ( loại) Þ D  2;11 .
13
 
Vì CD = 3 AB , mà AB = CE nên DE = 4CE .
 
DE =  -4; - 12  Þ CE =  -1; - 3 Þ C  -1; 2  .
 
AB = CE =  -1; - 3 Þ B  0; 2  .

Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tam giác ABC có A  0;1 , trọng tâm G 1; - 1 ,
đường cao AH : 2 x + y - 1 = 0 , khi đó đường thẳng BC có phương trình:
A. -2 x + y - 3 = 0 . B. x - 2 y - 2 = 0 . C. 2 x - 4 y - 11 = 0 . D. x - 2 y - 4 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hoàng Tú; Fb: Đỗ Hoàng Tú
Chọn C

 2  ì 3
ï xM = 3 
Gọi M là trung điểm BC Þ AG = AM Þ  2 Þ M  ;- 2 .
3 ï yM = -2 2 


BC  AH Þ BC có véc tơ pháp tuyến n = 1; - 2 .

ì 3 
ïqua M  2 ; - 2   3
BC    Þ BC :  x -  - 2  y + 2  = 0 Þ BC : 2 x - 4 y - 11 = 0 .
ï VTPT n = 1; - 2   2

Câu 7. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Xác định a để hai đường thẳng d1 : ax + 3 y + 4 = 0
ì x = -1 + t
và d 2 :  cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành.
 y = 3 + 3t
A. a = 1 . B. a = -1 . C. a = -2 . D. a = 2 .
Lời giải
Tác giả: Phương Thúy; Fb: Phương Thúy

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 413 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn D

Gọi d1  d 2 = A . Vì A nằm trên trục hoành nên y = 0 . Thay y = 0 vào phương trình đường thẳng d2
ta được: t = -1 và x = -2 .

Thay x = -2 và y = 0 vào phương trình đường thẳng d1 ta được a = 2 .

Câu 8. (HSG10 Nam Tiền Hải Thái Bình 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy

1. Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A  4; - 1 , B 1;5  ,
C  -4; - 5  .

2. Cho B  0;1 , C  3;0  . Đường phân giác trong góc BAC  của BC cắt Oy tại M  0; - 7  và chia
 
 3
10
ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn diện tích
11
phần chứa điểm C ). Gọi A  a ; b  và a  0 . Tính T = a 2 + b 2 .
Lời giải
1.

  


Ta có: AB =  -3;6  , BC =  -5; - 10  , AC =  -8; - 4 

Þ AB = 3 5 , BC = 5 5 , AC = 4 5
  
Ta có: BC =  -5; - 10  = -5v với v = 1; 2  .

Đường cao AD đi qua A  4; - 1 và nhận v = 1; 2  làm vectơ pháp tuyến
Þ Phương trình AD :1 x - 4  + 2  y + 1 = 0 Û x + 2 y - 2 = 0 .
EA CA 4
Gọi E  x ; y  là chân đường phân giác trong của góc  ACB , ta có: = =
EB CB 5
 4   
Þ EA = - EB , với EA =  4 - x ; - 1 - y  , EB = 1 - x ;5 - y 
5
ì 4 ì 8
ïï4 - x = - 5 1 - x  ïï x = 3 8 5
Û Û Þ E ; .
ï -1 - y = - 4  5 - y  ïy = 5 3 3
ï 5 ï 3
8 5
Đường thẳng CE đi qua C  -4; - 5  và E  ;  có phương trình x + y + 9 = 0
3 3
2.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 414 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có:
.
Gọi D  x ; y  là chân đường phân giác trong góc BAC
1
SABD 2 
d A, BC  .DB
10
Ta có: = = .
S ADC 1
d  A, BC  .DC 11
2
DB 10  10   
Þ = Þ DB = - DC với DB =  - x ;1 - y  , DC =  3 - x ; - y 
DC 11 11
ì 10 ì 10
ïï- x = - 11  3 - x  ïï x = 7  10 11 
Û Û Þ D ; 
ï1 - y = - 10  - y  ï y = 11  7 21 
ï 11 ï 21
 10 11   7
Đường thẳng AD đi qua D  ;  và M  0; -  có phương trình 6 x - 3 y - 7 = 0 .
 7 21   3
 7    7    7
Có A  AD Þ A  a ; 2a -  Þ BA =  a ; 2a - - 1 , CA =  3 - a ; 2a -  .
 3  3   3
2
2  7 
2 2 a +  2a - - 1 
DB AB AB 10  3  100
Mà = Þ 2
= 2 Û 2
=
DC AC AC 11 7 121
 3 - a  +  2a - 
2

 3
 10
 a= l  11
2 7
Û 105a - 80a - 100 = 0 Û  Þb=- .
a = - 2 3
 3
125
Vậy T = a 2 + b 2 = .
9
Câu 9. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật
ABCD có AB = 2 BC . Gọi M là trung điểm của đoạn AB và G là trọng tâm tam giác ACD . Viết
5 
phương trình đường thẳng AD. Biết rằng M 1; 2  và G  ; 0  .
3 
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Minh ; Fb: Minh Nguyễn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 415 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Gọi H là hình chiếu của G lên AB và K là trung điểm của CD .


Đặt BC = 3a  0, suy ra AB = 6 a , GH = 2 a , HM = a.

40 2 2
MG 2 = MH 2 + HG 2 Û = 5a 2 Û a = .
9 3
2 2 8
Suy ra: AM = 3a = 2 2, AG =
3

AK = 3a 2 = .
3 3

Giả sử A  x; y  . Khi đó

ì AM = 2 2
ï
 8
ï AG =
 3
ì1 - x 2 +  2 - y  2 = 8
ï
Û  5 
2
64
2
ï - x  + y =
 3  9
ì x2 + y2 - 2x - 4 y = 3
Û
x = 3 y -1

ìx = 3 y -1
ï
ï y=0
Û  
ï y = 8
ï  5
 x = -1, y = 0
Û
 x = 19 , y = 8
 5 5

Nếu A  -1; 0  thì đường thẳng AD qua A và vuông góc với AM nên có phương trình là x + y + 1 = 0.

 19 8 
Nếu A  ;  thì đường thẳng AD qua A và vuông góc với AM nên có phương trình là
 5 5
7 x - y - 25 = 0.

Câu 10. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Trong mặt phẳng Ox y cho đường tròn
 C1  : x 2 + y 2 = 13 , đường tròn  C2  :  x - 6 2 + y 2 = 25 .
a) Tìm giao điểm của hai đường tròn  C1  và  C2  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 416 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

b) Gọi giao điểm có tung độ dương của  C1  và  C2  là A, viết phương trình đường thẳng đi qua A
cắt  C1  và  C2  theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
Lời giải
Tác giả: Yến Lâm; Fb: Yen Lam
a) Tọa độ các giao điểm của  C1  và  C2  là nghiệm của hệ phương trình:

ìx = 2
ìï x 2 + y 2 = 13 ìï x 2 + y 2 = 13 ï
 2 2
Û 2 2
Û  y = 3 .
ï x - 6  + y = 25 ï x + y - 12 x + 11 = 0 ï  y = -3


Vậy  C1  và  C2  cắt nhau tại hai điểm A  2;3 và B  2; - 3  .

b)

H2
M2
A
M1
H1
d
O2
I
O1

+) TH1: Đường thẳng đi qua A cắt  C1  và  C2  tại 2 điểm khác A

Theo giả thiết ta có:

 C1  có tâm O1  0; 0  , bán kính R1 = 13 .

 C2  có tâm O2  6; 0  , bán kính R2 = 5 .

A  2;3 .

Gọi H 1 và H 2 là giao điểm của đường thẳng d đi qua A cắt  C1  và  C2  thỏa AH1 = AH 2 , với H 1
không trùng H 2 .

Gọi M 1 và M 2 lần lượt là trung điểm của AH1 , AH 2 . Vì A là trung điểm của đoạn H1 H 2 nên A là
trung điểm của đoạn M 1M 2 .

Gọi I là trung điểm của đoạn O1O2 Þ I  3;0  .



Ta có IA // O1M1 và O1M 1  d nên IA  d Þ  d  có vtpt IA =  -1;3 và qua A  2;3 .

Vậy phương trình đường thẳng d : -1 x - 2  + 3  y - 3 = 0 Û - x + 3 y - 7 = 0 .

+) TH2: Đường thẳng đi qua 2 điểm A, B cũng thỏa mãn .


 
Ta có AB =  0; -6  Þ Chọn VTPT của đường thẳng AB là n = 1; 0  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 417 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Khi đó phương trình đường thẳng AB là 1 x - 2  + 0  y - 3 = 0 Û x - 2 = 0 .

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn cần tìm là - x + 3 y - 7 = 0 và x - 2 = 0 .

Câu 11. (HSG10 HÀ NAM 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A(-1;3) . Gọi
D là điểm trên cạnh AB sao cho AB = 3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm
1 3
M  ; -  là trung điểm HC . Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có
2 2
phương trình x + y + 7 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Dương Nguyễn, Hạnh Bích; Fb: Dương Nguyễn, Hạnh Bích

Gọi F là trung điểm của BC .


Gọi E là giao điểm của CD với đường thẳng qua A và song song với BC
Þ AEBF là hình chữ nhật Þ AEBF nội tiếp đường tròn (T ) có đường kính là AB và EF .
 = 90 0 Þ E , M , F
Ta có MF là đường trung bình của tam giác BHC Þ MF song song với BH Þ EMF
nằm trên đường tròn đường kính EF Þ A, E, B, F , M nằm trên đường tròn
(T ) Þ 
AMB = 90 0 Þ AM  BM .

Vì B   d  : x + y + 7 = 0 Þ B (b; -7 - b) .
 
Vì AM  BM Þ AM .BM = 0 Þ b = -4 Þ B ( -4; -3) .
 
Do D nằm trên cạnh AB và AB = 3 AD Þ AB = 3 AD Þ D ( -2;1) .

Þ Phương trình đường thẳng CD là: x + y + 1 = 0 Þ C(c; -1 - c) .

2 2 c = -7 C (-7; 6)
Do AB = AC Þ  c + 1 +  -4 - c  = 45 Þ  Þ .
c = 2 C (2; -3)

Câu 12. (HSG10 Kim Liên 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho A(3;1) , B (-1; 2) .
a) Tìm tọa độ điểm N trên trục hoành Ox sao cho khoảng cách AN nhỏ nhất
b) Cho điểm M di động trên đường thẳng d: y = x . Đường thẳng MA cắt trục hoành tại P và đường
thẳng MB cắt trục tung tại Q. Chứng minh đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 418 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a) N sao cho AN nhỏ nhất khi N là hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox . Vậy N (3;0)

b) M  d : y = x Þ M (m; m)

Đường thẳng AM có phương trình (m - 1) x - my - 2m = 0

 2m 
AM cắt trục hoành tại P  ;0 
 m -1 
Đường thẳng MB có phương trình (m - 2) x - (m - 1) y + 3m = 0

 3m 
MB cắt trục tung tại Q  0; 
 m -1 

m -1 m -1
Phương trình PQ : x+ y = 1 , (m  1, m  0)
2m 3m
PQ đi qua I ( x0 ; y0 ) cố định khi và chỉ khi (3x0 + 2 y0 - 6)m - 3x0 + 2 y0 = 0, (m  1;0)

ì x0 = 1
ì3x0 + 2 y0 = 6 ï  3
Û Û 3 . Vậy I 1; 
3x0 + 2 y0 = 0 ï y0 = 2  2

Câu 13. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD
có tâm I . Trung điểm cạnh AB là M (0 ;3) , trung điểm đoạn CI là J (1; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh của
hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x - y + 1 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Lương Đức Tuấn ; Fb:Tuấn Luong Duc

A M H B

E I
J

D C
K

+ Gọi cạnh hình vuông là a .


+ Qua J kẻ đường thẳng song song với cạnh BC của hình vuông ABCD , đường thẳng này cắt các
cạnh AB , CD của hình vuông ABCD lần lượt tại H và K .

ì a
ï MH = JK =
1 ï 4 .
+ Ta có, JC = AC nên 
4 ï JH = DK = 3a
ï 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 419 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
22 2 2 2 2
2 2 a   3a  5a
2 2 2 2 a   3a  5a
+ JM = MH + HJ =   +   = , JD = JK + DK =   +   = ,
4  4  8 4  4  8
2
a 5a 2
MD 2 = MA2 + AD 2 =   + a 2 = .
2 4

+ Có MD 2 = JM 2 + JD 2 nên tam giác JMD vuông tại J , hay JM  JD .



+ Đường thẳng JD đi qua J 1;0  nhận MJ = 1; - 3  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
tổng quát: x - 3 y - 1 = 0 .

ìx - y +1 = 0
+ Có D =   DJ nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình  . Giải hệ phương
x - 3y -1 = 0
trình ta được D  -2; - 1 .

a 5
+ Có MD = 2 5 = nên a = 4 .
2

+ Gọi E là trung điểm MD . Ta có E  -1;1 .

+ Gọi A  x ; y  . Có A và J khác phía với MD .

ì 1
ïï MA = 2 AB = 2 ìï x 2 +  y - 3 2 = 4 ìï x 2 + y 2 - 6 y + 5 = 0 (1)
Ta có  Þ 2 2
Û  2 2
ï EA = 1 MD = 5 ï x + 1 +  y - 1 = 5 ï x + y + 2 x - 2 y - 3 = 0 (2)
ï 2

Lấy (1) - (2) theo từng vế ta được -2 x - 4 y + 8 = 0 Þ x = 4 - 2 y .

2 2 2
Thay x = 4 - 2 y vào phương trình (1) ta được  4 - 2 y  + y - 6 y + 5 = 0 Û 5 y - 22 y + 21 = 0

y = 3
Û .
y = 7
 5

+ Với y = 3 , ta có x = -2 Þ A  -2;3 (thỏa mãn).

7 6 6 7
+ Với y = , ta có x = Þ A  ;  (loại vì A và J cùng phía với MD ).
5 5 5 5

+ Có M là trung điểm của AB nên tọa độ điểm B là B  2;3 .


 
+ Gọi C  xC ; yC  . Có DC =  xC + 2; yC + 1 , AB =  4;0  .

  ì xC + 2 = 4 ì xC = 2
Có DC = AB nên  Þ Þ C  2; - 1 .
 yC + 1 = 0  yC = -1

Vậy A -2;3 , B  2;3 , C  2; - 1 , D  -2; - 1 .

Cách 2: Theo đáp án của tỉnh Bắc Ninh:


Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 420 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2 2
2
 a 2   a 2  5a 2
2 2
Ta có AC = a 2 Þ JD = DI + IJ =   +   =
 2   4  8

2
2 2 2
 3a 2  a 2
0 3a 2 a 2 5a 2
JM = JA + AM - 2 JA. AM cos 45 =   + - 2. . = .
 4  4 4 2 2 8

5a 2
DM 2 = AM 2 + AD2 = Þ DM 2 = DJ 2 + JM 2 Þ DMJ vuông tại J .
4
Do đó JM vuông góc với JD . (1)
 
D thuộc  nên D(t ; t + 1) Þ JD = (t - 1; t + 1), JM = (-1;3). Theo (1)
 
JD.JM = 0 Û -t + 1 + 3t + 3 = 0 Þ t = -2 Þ D(-2; - 1) .

a2 2
Dễ thấy DM = 2 5 = a + Þ a = 4.
4

2 2 ì x = -2; y = 3
ì AM = 2 ìï x + ( y - 3) = 4 ï
Gọi A( x; y ). Vì  Þ 2 2
Û 6 7
 AD = 4 ï( x + 2) + ( y + 1) = 16 ï x = 5 ; y = 5

Với A( - 2 ;3) (thỏa mãn)(vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).

Þ B (2 ;3) Þ I (0 ;1) Þ C (2 ; -1) Þ J (1; 0)

6 7
Với A  ;  (loại). (vì khi đó A, J cùng phía so với DM ).
5 5
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là A( -2 ;3), B (2 ;3), C (2 ; -1), D ( -2 ; -1).

Câu 14. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn tâm I , có đường cao AH . Gọi E là hình chiếu của B lên tia AI , HE cắt AC tại P . Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết H  6; - 4  ; P 11;1 và M 10; - 4  là trung điểm của BC .
Lời giải
Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 421 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Nhận xét: Theo giả thiết thì H không thể trùng với M Þ ABC là tam giác thường.

Kẻ đường kính AF của đường tròn  I  Þ ACF vuông tại C .

Xét tứ giác AEHB có 


AEB = 
AHB = 900 và cùng nhìn cạnh AB .
Þ Tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm AB .

Þ
ABH = 
AEP .

Mà 
AFC = 
ABH (cùng nhìn cạnh AC ).

Þ
AFC = 
AEP Þ HP  FC .

Lại có FC  AC Þ HP  AC .
 
Có HP =  5;5  = 5 1;1 . Chọn n AC = 1;1 .

P 11;1  AC .

Þ AC : x + y - 12 = 0 .

HM =  4;0  .

Do đường thẳng BC chứa H , M Þ nBC =  0;1 .

H  6; - 4  BC .

Þ BC : y + 4 = 0 .

Có C = BC  AC Þ tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

ì x + y - 12 = 0 ì x = 16
 Û Þ C 16; - 4  .
y+4 = 0  y = -4

Lại có M 10; - 4  là trung điểm của BC Þ B  4; - 4  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 422 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Có AH  BC Þ nAH = 1; 0  .

H  6; - 4   AH .

Þ AH : x - 6 = 0 .
Có A = AH  AC Þ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình

ì x + y - 12 = 0 ìx = 6
 Û Þ A  6; 6  .
x-6 = 0 y = 6

Vậy A  6;6  ; B  4; - 4 ; C 16; - 4  .

Câu 15. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông
ABCD và điểm E thuộc cạnh
BC . Đường thẳng qua A và vuông góc với AE cắt CD tại F . Gọi M là trung điểm EF ,
đường thẳng AM cắt CD tại K . Tìm tọa độ điểm D biết A  -6; 6  , M  -4; 2  , K  -3; 0  và E
có tung độ dương.
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Phong Vũ ; Fb:Nguyễn Phong Vũ

 = DAF
Ta có ABE = ADF vì AB = AD và BAE  (cùng phụ với DAE
 ).

Suy ra AEF vuông cân


Do M là trung điểm EF Þ AM  EF và ME = MA = MF .

Ta có AM =  2; -4  và AM = 20 .

Đường thẳng EF đi qua M và vuông góc với MA nên có phương trình x - 2 y + 8 = 0 .


2 2
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AFE :  x + 4  +  y - 2  = 20

ìï x + 4 2 +  y - 2  2 = 20
Tọa độ điểm E , F thỏa hệ 
ï x + 2 y - 8 = 0

Giải hệ ta được tọa độ E  0; 4  , F  -8;0  , ( yE  0 ).

Với E  0; 4  , F  -8;0 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 423 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đường thẳng CD qua F  -8;0  và K  -3; 0  nên có phương trình y = 0 .

Đường thẳng AD qua A  -6; 6  và vuông góc với FK nên có phương trình x + 6 = 0 .

D = CD  AD Þ D  -6, 0  .

Câu 16. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn tâm I có phương
2 2
trình  x - 1 +  y + 1 = 5 , tam giác ABC nội tiếp đường tròn và đường phân giác trong góc A có
phương trình x - y -1 = 0 . Biết rằng hai điểm A và I cách đều đường thẳng BC và điểm A có
hoành độ dương. Tính diện tích tam giác ABC .
Lời giải

Ta có I 1; - 1 . Tọa độ giao điểm của đường phân giác trong góc A và  I  là nghiệm của hệ phương
ìï x -12 +  y + 12 = 5 ì x = 2, y = 1
trình  Û .
ï x - y -1 = 0  x = -1, y = -2

Suy ra có hai giao điểm A  2;1 , A  -1; - 2  . (Vì A có hoành độ dương)

Đường thẳng BC vuông góc AI nên phương trình BC có dạng: 2x + y + m = 0  BC  AI  .

4 +1+ m 2 -1 + m
d  A ; BC  = d  I ; BC  Û = Û m = -3 .
5 5

Phương trình BC : 2x + y - 3 = 0 .

 9 - 21 -3 + 2 21   9 + 21 -3 - 2 21 
Tìm được tọa độ điểm B , C là:  ;  ,  ;  .
 5 5   5 5 

1 1 84 2 2 21
Vậy diện tích tam giác ABC là S ABC = BC.d  A ; BC  = . = .
2 2 5 5 5
Chú ý: có thể không cần tìm tọa độ của B , C mà ta cũng có thể tính được diện tích như sau:

2 5 2 21
d  I ; BC  = Þ BC = (sử dụng pitago)
5 5

1 1 21 2 2 21
Þ S ABC = BC.d  A ; BC  = .2. . =
2 2 5 5 5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 424 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 17. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình
thang cân ABCD ( AB / / CD , AB  CD ) có AD = DC , D (3;3) . Đường thẳng AC có phương trình
x - y - 2 = 0 , đường thẳng AB đi qua M ( -1; -1) . Viết phương trình đường thẳng BC .
Lời giải

Kẻ CP // AD và cắt AB tạo P , suy ra tứ giác ADCP là hình thoi.

Gọi H = AC  DP ta có DH  AC suy ra đường thẳng DH có phương trình là x + y - 6 = 0 .

ìx + y - 6 = 0
Khi đó toạ độ điểm H là nghiệm của hệ sau  Þ H  4; 2  .
x - y - 2 = 0
 
Gọi P  x; y  ta có DH = HP Þ P  5;1 .

Đường thẳng PM có phương trình là x - 3 y - 2 = 0 .

Mặt khác đường thẳng DC // PM nên đường thẳng DC có phương trình là: x - 3 y + 6 = 0 .

ìx - 3y + 6 = 0
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ  Þ C  6; 4  .
x - y - 2 = 0
Xét tam giác BCP ta có AD = DC = CP = CB nên tam giác BCP cân tại C .

t = 1
2 2
Vì B  PM Þ B  3t + 2; t  , ta có CP = CB Þ 10 =  3t - 4  +  t - 4  Þ  11 .
t =
 5

Với t = 1 Þ B  5;1  P (loại).

11  43 11 
Với t = Þ B  ;  . Vậy đường thẳng BC có phương trình là 9 x + 13 y - 106 = 0 .
5  5 5

Câu 18. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang
vuông ABCD vuông tại A và D , có CD = 2 AD = 2 AB . Gọi M  2; 4  là điểm thuộc cạnh AB sao cho
AB = 3 AM . Điểm N thuộc cạnh BC sao cho tam giác DMN cân tại M . Phương trình đường thẳng
MN là 2 x + y - 8 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết D thuộc đường thẳng
d : x + y = 0 và điểm A thuộc đường thẳng d  : 3x + y - 8 = 0
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 425 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a 2 a 10
+) Đặt BN = x, AB = a Þ MA = MN = a 2 + = .
9 3
2 2
 Û 10a = 4a + x 2 - 2.x. 2a .cos135o
Xét BMN có MN 2 = MB 2 + BN 2 - 2MN .NB.cos MBN
9 9 3

2 2 2a 2 a 2
Û x2 + - =0Û x=
3 3 3
NF CN CF
Gọi E là chân đường vuông góc hạ từ B , kẻ NF vuông góc với DC . Ta có = =
BE CB CE
2 2
NF 2 CF 2a  4a   2a  2a 5
Û = = Û NF = CF = Þ DN =   +   = .
a 3 a 3  3   3  3

2 10a 2 10a 2 20a 2


2
Nhận thấy MD + MN = + = = DN 2 . Suy ra DMN vuông tại M .
9 9 9

+) Vì D thuộc đường thẳng d : x + y = 0 nên D  d ; - d  Þ MD =  d - 2; - d - 4  .

Phương trình đường thẳng MN : 2 x + y - 8 = 0 có véc tơ chỉ phương


  
u =  -1; 2  Þ MD.u = 0 Þ d = -2 Þ D  -2; 2

+) Điểm A thuộc đường thẳng d  : 3x + y + 8 = 0 nên A  a; - 3a + 8

    a = 1


Þ DA =  a + 2; - 3a + 6  , MA =  a - 2; - 3a + 4  Þ DA.MA = 0 Þ a 2 - 3a + 2 = 0 Û 
a = 2

*) Trường hợp 1: a = 1 Þ A 1; 5


  
Giả sử B  x; y  ta có AB =  x - 1; y - 5 ; AM = 1; - 1 Þ 3 AM =  3; - 3

  ì x -1 = 3 ìx = 4
Vì AB = 3 AM Þ AB = 3 AM Û  Û Þ B  4; 2 
 y - 5 = -3  y = 2
  
Giả sử C  x; y  ta có DC =  x + 2; y - 2  ; AB =  3; - 3 Þ 2 AB =  6; - 6 

  ìx + 2 = 6 ìx = 4
Vì DC = 2 AB Þ DC = 2 AB Û  Û Þ C  4; - 4 
y - 2 = 4  y = -4

*) Trường hợp 2: a = 2 Þ A  2; 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 426 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
  
Giả sử B  x; y  ta có AB =  x - 2; y - 2 ; AM =  0; 2  Þ 3 AM =  0; 6 

  ìx - 2 = 0 ìx = 2
Vì AB = 3 AM Þ AB = 3 AM Û  Û Þ B  2; 8
y - 2 = 6 y = 8
  
Giả sử C  x; y  ta có DC =  x + 2; y - 2  ; AB =  0; 6  Þ 2 AB =  0;12 

  ìx + 2 = 0 ì x = -2
Vì DC = 2 AB Þ DC = 2 AB Û  Û Þ C  -2;14 
 y - 2 = 12  y = 14

Câu 19. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 3 điểm
A(1;0;3) , B(-3;1;3) , C(1;5;1) . Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (Oxy) sao cho biểu thức
có giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

Gọi K là trung điểm của BC , ta có : K(-1;3;2) và . Suy ra:

Nhận xét: A , K nằm cùng phía so với mặt phẳng (Oxy) . Gọi A' là điểm đối xứng của điểm A qua
mặt phẳng (Oxy) . Khi đó

Suy ra T đạt GTNN Û đạt GTNN Û A', M , K thẳng hàng hay M là giao điểm của A' K
với mặt phẳng (Oxy) .

Ta có H (1;0;0) . Do đó phương trình tham số của A' K là

ì x = 1- 2t
ï 1 9
 y = 3t Þ M (- ; ;0) .
ï z = -3+ 5t 5 5

Câu 20. (HSG10 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC
vuông tại A , đỉnh C  -4;1 , phân giác trong góc A có phương trình x + y - 5 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương.
Lời giải
Tác giả: Trịnh Thúy; Fb: Catus Smile

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 427 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

D
H

A C

Từ C kẻ CH  AD tại H , CH  AB = K . AD : x + y - 5 = 0 gọi nAD là véc-tơ pháp tuyến của AD
 
Þ n AD = 1;1 . CH  AD Þ nCH = 1; -1

ìïqua C (-4;1)
Phương trình đường thẳng  CH  :   Þ  CH  : x - y + 5 = 0
ïVTPT nCH = (1; -1)

ìx + y - 5 = 0 ìx = 0
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình  Û Þ H  0;5
x - y + 5 = 0 y = 5

Ta có tam giác ACK cân tại A Þ H là trung điểm CK Þ K  4;9 


 
Gọi A  a;5 - a   a  0  Þ KA =  a - 4; -4 - a  ; CA =  a + 4; 4 - a  .
 
Vì AK  AC Þ KA.CA = 0 Û (a - 4)(a + 4) + (4 + a)(a - 4) = 0 Û a - 4 = 0 Û a = 4 Þ A  4;1

Þ AC =  -8; 0  Þ AC = 8
  
AK = (0;8) Þ nAK = (1; 0) Þ AK : x - 4 = 0 gọi B  4; b  Þ AB = (0; b - 1) Þ AB = b - 1

1 b = 10
S ABC = AB. AC Û 4 b - 1 = 36 Û b - 1 = 9 Û 
2 b = -8

Với b = -8 Þ B  4; -8  . Đặt f  x, y  = x + y - 5 Þ f B = -9; fC = -8 Þ f B . fC  0 Þ B; C cùng phía với


AD (loại)
Với b = 10 Þ B  4;10  . Đặt f  x, y  = x + y - 5 Þ f B = 9; f C = -8 Þ f B . fC  0 Þ B; C khác phía với
AD (TM)
ìï qua B  4;10 
Đường thẳng BC   nên có phương trình:
ï BC =  - 8; - 9 
ì x = 4 - 8t
 t    .
 y = 10 - 9t

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 428 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 21. (HSG10 CẦU GIẤY – THƯỜNG TÍN - HÀ NỘI 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho
hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên BD ; I là trung điểm của BH . Biết đỉnh
 42 41 
A  2 ;1 , phương trình đường chéo BD là: x + 5 y - 19 = 0 , điểm I  ;  .
 13 13 
a) Viết phương trình tham số đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H .
b) Viết phương trình tổng quát cạnh AD.
Lời giải
Tác giả: Lê Quang Nhân ; Fb: Lê Quang Nhân


BD : x + 5 y - 19 = 0 có một véc tơ pháp tuyến là n BD = 1; 5 

AH  BD nên AH nhận n BD = 1; 5  làm véc tơ chỉ phương.
 
Þ u AH = n BD = 1; 5 

+ Đường thẳng AH đi qua A  2 ;1 và có một véc tơ chỉ phương u AH = 1; 5  nên có phương trình
ìx = 2 + t
tham số là:  t  .
 y = 1 + 5t
+ H là giao điểm của AH và BD nên tọa độ của H thỏa mãn hệ phương trình:

ì
ìx = 2 + t ïx = 2 + t
ï ï  32 43 
 y = 1 + 5t Û  y = 1 + 5t Þ H  ;  .
ï x + 5 y - 19 = 0 ï  13 13 
 6
ït =
 13

b) Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 429 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

A
B

H
D C
 32 43 
Theo câu a) ta có H  ;  mà I là trung điểm của BH nên suy ra B  4; 3  nên tọa độ của véctơ
 13 13 

là AB =  2; 2  = 2 1;1 .

Đường thẳng AD đi qua điểm A  2;1 , nhận n = 1;1 làm một vectơ pháp tuyến, có phương trình
tổng quát là:  x - 2  +  y - 1 = 0 Û x + y - 3 = 0 .

Câu 22. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh
A(3; 4), B (1; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x + 2 y + 1 = 0 , trọng tâm G . Biết diện tích tam giác
GAB bằng 3 đơn vị diện tích. Hãy tìm tọa độ đỉnh C .
Lời giải

Cách1: Tự luận
CM CH
Vì = = 3 nên S ABC = 3SGAB = 9 (đvdt).
GM GG '
Gọi C (-2t - 1; t )  d .

 ì x = t '+ 1
AB = ( -2; -2) Þ AB = 2 2 và AB :  .
 y = t '+ 2

Gọi H (t '+ 1; t '+ 2) . Khi đó CH = (t '+ 2t + 2 ; t '- t + 2) .
  -t - 4
Vì CH . AB = 0 nên 2t '+ t + 4 = 0 Þ t ' = (*)
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 430 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có

1 9 2 81
S ABC = CH . AB Û CH = Û (t '+ 2t + 2) 2 + (t '- t + 2) 2 =
2 2 2
Từ (*) suy ra t = 3 . Do đó C (-7; 3), C (5; -3).

Cách 2: Trắc nghiệm


CM CH
Vì = = 3 nên S ABC = 3SGAB = 9 (đvdt).
GM GG '
Gọi C (-2t - 1; t )  d .
 
Ta có CA = (4 + 2t ; 4 - t ), CB = (2 + 2t ; 2 - t ).

1 1
S ABC = (4 + 2t )(2 - t ) - (4 - t )(2 + 2t ) = -6t = 3 t
2 2

Khi đó S ABC = 9 Û t = 3. Do đó C (-7; 3), C (5; -3).

Câu 23. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC ,
với A  2;1 , B 1; -2  , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x + y – 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh
27
C biết diện tích tam giác ABC bằng .
2
Lời giải
Tác giả: Cao Hoàng Nam; FB: Hoang Nam
 3 -1 
Gọi M là trung điểm AB , ta có : M  ;  . Gọi C  a; b  ,
2 2 

 a + 3 b -1  a + 3 b -1
suy ra G  ; d Þ + - 2 = 0 Þ a + b - 4 = 0, (1) ,
 3 3  3 3

3a - b - 5
mặt khác AB : 3x - y - 5 = 0 Þ d (C; AB) = ,
10

1 27 1 3a - b - 5 27
Diện tích S = AB.d (C; AB) = Þ 10 = Þ 3a - b - 5 = 27, (2)
2 2 2 10 2

Từ (1) và (2) ta có hệ:

 ìa = 9
 ìa + b = 4  Þ C  9; -5 
 b = - 5

 3a - b = 32 Û  ì -9
 ìa + b = 4  ïa =
  ï 2 Þ C  -9 ; 17 
 ï 17  
 3a - b = -22  2 2
ï b =
 2

Câu 24. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD ,
1
AB = 2 AD . Điểm N thuộc cạnh AB sao cho AN = AB , M là trung điểm của DC . Gọi I là giao
4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 431 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

điểm của MN và BD . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BIN . Biết điểm A  2;1 ,
đường thẳng BD có phương trình 11x - 2 y + 5 = 0 , điểm B có hoành độ là số nguyên.
Lời giải
Tác giả: Cao Hữu Trường; Fb: Cao Hữu Trường

Gọi P là trung điểm của AB , J là giao điểm của PM và BD .


Ta có P , M là trung điểm của AB và DC nên AP = PM = MD = AD
Þ APMD là hình vuông.

ì DM = DM
Xét hai tam giác vuông MNP và DJM có 
 MN = DI
 = DJM
Þ MNP = DJM Þ MNP  Þ MN  BD .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BD , ta có AH = d  A, BD  = 5 .

1 1 1
Ta có 2
= 2
+ Þ AB = 5 .
AH AB AD 2

 11t + 5 
Gọi B  BD Þ B  t ;  . Vì điểm B có toạ độ nguyên nên t  .
 2 

2  t = -1
 11t + 3 
2

Mà AB = 5 Û  t - 2  +  2
 = 5 Û 125t + 50t - 75 = 0 Û  3
 2  t=
 5

Þ B  -1; -3 vì t là số nguyên.

 1  5 
Ta có AN = AB Þ N  ; 0  .
4 4 

1 3 15
Gọi K là trung điểm của BN , khi đó K  ; -  , KB = .
8 2 8
2 2
 1  3 225
Phương trình đường trong ngoại tiếp tam giác BIN là:  x -  +  y +  = .
 8  2 64

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 432 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 25. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình
K  7; -2 
vuông ABCD tâm E , gọi G là trọng tâm tam giác ABE . Điểm thuộc đoạn ED sao cho
GA = GK . Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình
3x - y -13 = 0 và đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 .
Lời giải
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.

+) Ta có GA = GB = GK nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK .


ÞAGK = 2 
ABK = 2.45 = 90 ⇒ tam giác AGK vuông cân tại G .

+) Đường thẳng GK đi qua K  7; -2  và vuông góc với AG

Þ GK : x + 3 y - 1 = 0

Ta có G = GK  AG Þ G  4; -1 .

Do AG có phương trình 3x - y -13 = 0 nên A  t ;3t - 13 , t  4 .

Có GA = GK = d  K ; AG  = 10 .

2 2 t = 3 t  4
Từ GA = 10 Û  t - 4  +  3t - 12  = 10 Û   t = 3 . Vậy A  3; -4  .
t = 5

= MG 1 = 3 .
+) Ta có tan MAG = Þ cos MAG
AM 3 10
 
Gọi n1 =  a; b  ,  a 2 + b 2  0  là VTPT của đường thẳng AB và n2 =  3; -1 là VTPT
của đường thẳng AG .

= 3 3a - b 3 b = 0
Khi đó: cos MAG Û = Û 6ab + 8b 2 = 0 Û  .
10 10. a 2 + b 2 10 3a = -4b
+) Với 3a = -4b Þ AB : 4 x - 3 y - 24 = 0 .

Thấy d  K ; AB  = 2  d  K ; AG  = 10 (loại).

+)Với b = 0 Þ AB : x - 3 = 0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 433 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ghi chú: Nếu học sinh công nhận hoặc ngộ nhận trong chứng minh các kết quả ở bước 1
và làm đúng các bước còn lại thì cho 0.5 điểm.

Câu 26. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam
giác ABC có 3 góc đều nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC ; M , N , P lần lượt là giao điểm
của AH , BH , CH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác
 16 5   7 5   1 1 
ABC biết M  - ; -  , N  - ;  , P  - ;  .
 9 9  8 4  3 6
Lời giải
Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen

 = PCB
ì PNB 
ïï
 = BAM
Ta có  PCB  Þ PNB
 = BNM .
 . Suy ra BN là đường phân giác trong của góc PNM
ï 
ï BAM = BNM

 , PMN
Tương tự ta có PC , AM lần lượt là phân giác trong của góc MPN .

  65 65 
Ta có MN =  ;  .
 72 36 

 16 5    65 65 
Phương trình đường thẳng MN đi qua M  - ; -  và nhận MN =  ;  làm vtcp, là:
 9 9  72 36 

2x - y + 3 = 0 .

Tương tự ta có phương trình đường thẳng MP : 3 x - 6 y + 2 = 0 , đường thẳng NP : 4 x + 2 y + 1 = 0 .

 : 3x - 6 y + 2 =  4 x + 2 y + 1
Từ đó ta có phương trình đường phân giác trong và ngoài của góc MPN
45 20
6 x + 18 y - 1 = 0
Û .
18 x - 6 y + 7 = 0

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 434 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Do M , N nằm khác phía đối với đường phân giác trong nên suy ra phương trình của đường thẳng
PC : 6 x + 18 y - 1 = 0 .

Tương tự phương trình đường thẳng NB :8x + 7 = 0 .

 -7 25 
Lại có H = NB  PC Þ H  ;  .
 8 72 

Câu 27. (HSG12 tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường
thẳng  :5 x - 2 y - 19 = 0 và đường tròn  C  : x2 + y 2 - 4 x - 2 y = 0 . Từ 1 điểm M nằm trên đường
thẳng  kẻ 2 tiếp tuyến MA , MB đến đường tròn  C  với A , B là 2 tiếp điểm. Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết AB = 10 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Huỳnh Như ; Fb: Nhu Nguyen

I M
H

*Các tam giác IAM , IBM là các tam giác vuông nên đường tròn đường kính IM đi qua 2 điểm A , B
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là đường tròn đường kính IM .

* Đường tròn  C  có tâm I  2;1 bán kính R = 5 .

2
2  10  10 IA2
2
Ta có IH = IA - AH = 2
 5 - 
2
 =
2
Þ IM =
IH
= 10 .
 
2
 5a - 19  2 2  5a - 19 
Gọi M  a ;    . Ta có IM = 10 Û  a - 2  +  2 - 1 = 10 .
 2   

a = 3  M  3; - 2 
 
Giải phương trình ta được Þ   139 72 
 a = 139 M ;
 29   29 29 

5 1
*Với M  3; - 2  thì trung điểm IM là  ; -  , phương trình đường tròn đường kính IM là
2 2
2 2
 5  1 5
x-  +y+  = .
 2  2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 435 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

139 72   197 37 
* Với M  ;  thì trung điểm IM là  ;  , phương trình đường tròn đường kính IM là
 29 29   58 26 
2 2
 197   37  5
x-  +y-  = .
 58   26  2

Câu 28. (HSG10 PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho
A 1; 2  , B  3; -4  . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC vuông tại C và có góc B bằng 60 .
Lời giải
Tác giả: Ao Thị Kim Anh; Fb:Kim Anh
  
Ta có AB =  2; -6  , giả sử C  x; y  Þ AC =  x - 1; y - 2  , BC =  x - 3; y + 4  .
 
ì AC  BC ì AC.BC = 0
ï ï
ABC vuông tại C và có góc B bằng 60 Û  1 Û 2 1 2
ï BC = 2 AB ï BC = AB
 4

ìï x - 1 .  x - 3 +  y - 2  .  y + 4  = 0 ìï x 2 + y 2 - 4 x + 2 y - 5 = 0
Û 2 2
Û 2 2
ï x - 3 +  y + 4  = 10 ï x + y - 6 x + 8 y + 25 = 10

ì x2 + y 2 - 4x + 2 y - 5 = 0 ì x2 + y 2 - 4 x + 2 y - 5 = 0
Û Û
2 x - 6 y - 20 = 0  x = 3 y + 10

 5-3 3 -5 - 3
2 2 2  x= ,y=
ì9 y + 60 y + 100 + y - 12 y - 40 + 2 y - 5 = 0 ì10 y + 50 y + 55 = 0 2 2
Û Û Û .
 x = 3 y + 10  x = 3 y + 10  5+3 3 -5 + 3
x = ,y=
 2 2
 5 - 3 3 -5 - 3   5 + 3 3 -5 + 3 
Vậy C  ;  hoặc C  ; .
 2 2   2 2 

Câu 29. (HSG10 THPT THuận Thành 2018-2019) Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A  -1;1 và
B  2; 4 

a) Tìm điểm C trên trục Ox sao cho tam giác ABC vuông tại B .
b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A .
Lời giải
Tác giả: Cao Hoàng Đức ; Fb: Cao Hoang Duc
a) Vì C thuộc trục Ox nên C  x ; 0  .
 
Tam giác ABC vuông tại B , do đó: AB .BC = 0 Û 3  x - 2  - 12 = 0 Û x = 6 .

Vậy C  6; 0  .

b) Tìm điểm D sao cho tam giác ABD vuông cân tại A .
Tác giả: Nguyễn Công Thiện , Fb: Nguyễn Công Thiện

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 436 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
ïì AB. AD = 0
Gọi D  x; y  là điểm cần tìm. Để tam giác ABD vuông cân tại A thì:  (1)
ï AB = AD
 
Ta có: AB =  3;3  , AD =  x + 1; y - 1 . Từ (1) suy ra:

ì x = 2
ì3  x + 1 + 3  y - 1 = 0 ì y = -x 
ï ïì y = - x ï  y = -2
 Û 2 2 Û  x = 2 Û 
2 2
ï x + 1 +  - x - 1 = 18  ì x = -4
ï 18 =  x + 1 +  y - 1 ï  x = -4 

  y = 4

Vậy có hai điểm D thỏa điều kiện bài toán là: D  2; -2  hoặc D  -4; 4  .

Câu 30. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC
vuông tại A , có đỉnh B 3; 2 , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  7  0 .
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và điểm
A có hoành độ dương.
Lời giải
Tác giả:Phạm Minh Tuấn ; Fb:Bánh Bao Phạm

Gọi d là đường phân giác trong của góc A .

Đường thẳng  đi qua điểm B 3; 2 và vuông góc với đường thẳng d : x  y  7  0 có phương
trình là: x  y  5  0 .
Gọi I    d .

x  y  7  0   x 1
Khi đó tọa độ điểm I thỏa mãn của hệ phương trình:   
  I 1;6 .

x  y  5  0 
 y  6

Gọi   AC  B . Tam giác ABB có AI vừa là đường cao, vừa là đường phân giác, do
đó tam giác ABB cân tại A Þ I là trung điểm của BB  B  5;10 .

 AB  3  t ; t  5

Gọi At ;7  t   d : x  y  7  0 , t  0    .
 AB   5  t ; t  3

  t  5  A5;2
Vì AB  AC  AB. AB   0  3  t .5  t   t  5.t  3  0   .
t  3l 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 437 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Đường thẳng AC đi qua hai điểm A5;2 và B  5;10 có phương trình là: x  5  0 .

 AB  8;0

Gọi C 5; c   AC : x  5  0 . Ta có   .
 AC  0; c  2

1
Theo bài ra ta có SABC  24  . AB. AC  24
2
1  c8
 .8. c  2  24   .
2  c  4
Với c = -4  C 5; 4 . Khi đó: 5  4  73  2  7  0 nên hai điểm B và C nằm cùng phía đối
với đường thẳng d (loại).
Với c = 8  C 5;8 . Khi đó: 5  8  73  2  7  0 nên hai điểm B và C nằm khác phía đối với
đường thẳng d . Điểm C 5;8 thỏa mãn.

 AB  8

 AB  AC  BC
Ta có:  AC  6  p   12 .

 2
 BC  10


Mà S  p.r  24  12.r  r  2
Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính r  2
Cách 1:
Phương trình đường thẳng BC là: 3x  4 y 17  0 .
Gọi tâm đường tròn nội tiếp ABC là H a;7  a   d : x  y  7  0
 a  5  2
d  H ; AC   r   a  5  2
   3a  47  a   17  
d  H ; BC   r   2  7 a  11  10
  5

 a  3

 a  7
  a  3  a  3  H 3;4 .


 a  1

 7
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:  x  3   y  4  4 .
2 2

Cách 2:
Sử dụng tính chất: Với H là tâm đường tròn nội tiếp ABC , ta có:
   
BC.HA  AC.HB  AB.HC  0 .

HA  5  a;2  b

 10.5  a   63  a  85  a  0 a  3
Gọi H  a; b   HB  3  a;2  b     .
 10.2  b  62  b  88  b  0 b  4
HC  5  a;8  b 

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:  x  3   y  4  4 .
2 2

Câu 31. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  tâm
8 
I , trọng tâm G  ;0  , các điểm M  0;1 , N  4;1 lần lượt đối xứng với I qua AB và AC , điểm
3 
K  2; -1 thuộc đường thẳng BC . Viết phương trình đường tròn  C  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 438 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Kim Đông ; Fb: Nguyễn Kim Đông

Ta thấy IM và IN vuông góc với các dây cung AB , AC nên đi qua các trung điểm E , F của AB và
AC . Kết hợp tính đối xứng của các điểm M , N qua các cạnh AB , AC , ta có các tứ giác AINC ,
AIBM là các hình thoi. Do đó, AM = AN = NC = BM = AI = IC = IB = R .

Hơn nữa, ta có BM  NC ( vì cùng song song AI ) và bằng nhau nên BMNC là hình bình hành. Suy
ra BC  MN .

Phương trình MN là y = 1, và BC đi qua K nên có phương trình là y = -1.

Gọi D  d ; -1 là trung điểm của BC thì tọa độ của B và C là B  d - b; -1 và C  d + b; -1 .

Vì yG = 0 , yB = yC = -1 Þ y A = 2 .

8
xG = Þ x A + xB + xC = 8 Þ x A + 2d = 8 Þ x A = 8 - 2d Þ A  8 - 2d ; 2  .
3
 
Mặt khác, BC = MN =  4; 0  Þ 2b = 4 Û b = 2.

2 2 19
Mà MB = MA = R Þ  d - 2  + 4 =  8 - 2 d  + 1 nên d = 3 hoặc d = .
3

2 2 d = 1
Tương tự NC = NA nên  d - 2  + 4 =  4 - 2d  + 1 Û 3d 2 - 12d + 9 = 0 Û  .
d = 3

Suy ra d = 3 là nghiệm chung của hai phương trình trên và khi đó tọa độ ba đỉnh B 1; -1 , C  5; -1 ,
A  2; 2  .

2 m = 0
Gọi I  3; m  , từ IA = MA = R = 5 , ta có 1 +  m - 2  = 5 Û  .
m = 4

Với m = 0 , suy ra I  3; 0  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 439 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Với m = 4 , suy ra I  3; 4  (loại vì IC  5 ).


2
Vậy đường tròn  C  là  x - 3  + y 2 = 5 .

Câu 32. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E , M lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là hình chiếu vuông góc của A và B trên các đường thẳng
BC và AI .
a) Chứng minh rằng ME là đường trung trục của đoạn thẳng DF .
9 8
b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; -1) , D  ; -  và đường thẳng AC có
5 5
phương trình x + y - 5 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Nhóm 3 tổ 8 nhóm strong team vd- vdc

D
H

B F M C

 = BDA
a)Ta có BFA  = 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB .

 = IDB
Mặt khác IEB  = IMB
 = 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường tròn đường kính BI .
 = DBM
Từ đó ta có DEM  = DBF
 ( cùng chắn cung DM  ).
 = 1 DEF
Mà góc DBF  (số đo góc ở tâm bằng nửa cung bị chắn).
2
 = DBM
Suy ra DEM  = DBF  = 1 DEF .
 , suy ra EM là tia phân giác của DEF
2
1
Mà DE = FE = AB ( do cung nằm trên đường tròn tâm E , đường kính AB ).
2
Suy ra ME là đường trung trực của cạnh FD .
9 8
b)Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M (2; -1) , D  ; -  và đường thẳng AC có
5 5
phương trình x + y - 5 = 0 .

Ta có ME  AC Þ phương trình đường thẳng ME : x + y - 1 = 0 .

 11 -6 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng ME suy ra H  ;  .
5 5 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 440 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 13 4 
Vì D và F đối xứng qua ME nên H là trung điểm của DF suy ra F  ; -  .
 5 5

 13 4 
Đường thẳng BC đi qua M (2; -1) và F  ; -  nên có phương trình: x - 3 y - 5 = 0 .
 5 5

Ta có C = AC  BC Þ C (5; 0) . Mà M là trung điểm của BC suy ra B ( -1; -2) .

 13 4 
Đường thẳng AF đi qua điểm F  ; -  và vuông góc với BC nên có phương trình: 3 x + y - 7 = 0 .
 5 5

Ta có A = AF  AC Þ A(1; 4) .

Vậy: A(1; 4) , B ( -1; -2) , C (5; 0) .

Câu 33. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông
ABCD , M 1;0  là trung điểm cạnh BC , N là điểm thuộc cạnh CD sao cho CN = 2 ND , đường
thẳng AN có phương trình là x - y + 2 = 0 . Tìm tọa độ điểm A biết A có hoành độ dương.
Lời giải
Tác giả: Phạm Sơn; Fb: Phạm Sơn

 = ND = 1 , tan MAB
+ Ta có: tan NAD  = MB = 1
AD 3 AB 2
 
 = tan NAD + tan MAB = 1 Þ NAD
 + MAB  + MAB
 = 45 Þ NAM
 = 45 .

Þ tan NAD
  
1 - tan NAD. tan MAB

+ Đường thẳng AM qua M 1;0  nên có dạng: a  x - 1 + by = 0  a 2 + b 2  0  .

a -b a = 0
cos  AM , AN  = = cos 45 Û a 2 + b 2 = a - b Û ab = 0 Û  .
2. a 2 + b 2 b = 0

Với a = 0 thì AM : y = 0 . Mà A = AM  AN nên A  -2; 0  (loại).

Với b = 0 thì AM : x - 1 = 0 . Mà A = AM  AN nên A 1;3 (nhận).

+ Vậy A 1;3 .

Cách 2 <Nguyễn Viết Hòa>

 = ND = 1 , tan MAB
+ Ta có: tan NAD  = MB = 1
AD 3 AB 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 441 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
 = tan NAD + tan MAB = 1 Þ NAD
 + MAB  + MAB
 = 45 Þ NAM
 = 45 .

Þ tan NAD
 
1 - tan NAD. tan MAB
3 2 2
d  M , AN  = Þ MA = 3 . A  AN Þ A  x ; x + 2  Þ AM =  x - 1 +  x + 2  .
2

x = 1
MA = 3 Û  Þ A 1;3 (vì xA  0 ).
 x = -2

Câu 34. (HSG10 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình
bình hành ABCD có AC = 2 AB , phương trình đường chéo BD : x + y - 1 = 0 , điểm B có hoành độ
âm. Gọi M là trung điểm cạnh BC và E  3;4  là điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn AC = 4 AE .
Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C , D , biết diện tích tam giác DEC bằng 4.
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm
Vũ Kim Giang

ì 1
ïï IA = IC = 2 AC
* Gọi I  = AC  BD , mà ABCD là hình bình hành nên  .
ï IB = ID = 1 BD
ï 2

ì 1
ïï AE = 4 AC
Trên đoạn thẳng AC ta có  Þ E là trung điểm của AI .
ï IA = 1 AC
ï 2

1 1 1 1
Khi đó IE = IA = AC = .2 AB = AB.
2 4 4 2
1
Gọi K là trung điểm của BI . Suy ra KE là đường trung bình của tam giác ABI Þ KE = AB .
2
1
Ta có: MI là đường trung bình của tam giác ABC Þ MI = AB .
2
1 1 1
Ta có: MK là đường trung bình của tam giác BIC Þ MK = IC = AC = AB .
2 4 2
1
Như vậy IE = KE = MI = MK = AB. Suy ra tứ giác IMKE là hình thoi.
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 442 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

* Gọi H = KI  ME suy ra H là hình chiếu của E lên BD .


 
Vì H  BD Þ H  h ;1 - h  Þ EH =  h - 3; - h - 3 . Đường thẳng BD có vtcp uBD = 1; - 1 .
 
Khi đó EH .uBD = 0 Û h - 3 +  -1 - h - 3 = 0 Û h = 0 Þ H  0;1 .

Do đó, EH =  -3; - 3 Þ EH = 3 2 .

ì xM = 2 xH - xE
Hình thoi IMKE có H là trung điểm EM Û  Þ M  -3; - 2  .
 y M = 2 y H - xE

1 1 1 4
* Ta có IE = EC Þ S DIE = S DEC . Mặt khác, IB = ID Þ S EIB = S EID = S DEC = .
3 3 3 3

4 1 4 4 2
Khi đó SEIB = Û EH . IB = Û IB = .
3 2 3 9

3 3 4 2 2
Ta có K là trung điểm BI , H là trung điểm KI Þ BH = BI = . = .
4 4 9 3
 2 2 2 1 1
Vì B  BD Þ B  b ;1 - b  Þ BH =  -b ; b  . Khi đó, BH 2 = Û  -b  + b2 = Û b2 = Û b =  . Mà
9 9 3 3
1 1 4
xB  0 nên chọn b = - Þ B  - ;  .
3  3 3

 17 16 
Với M là trung điểm BC , suy ra C  - ; -  .
 3 3

ì 1 1 ì 1
 1    1 1  ïï xI - 0 = 3 . 3 ïï x I =
9 1 8
* Ta có HI = BH với BH =  ; -  , suy ra  Û Þ I ; .
3  3 3 ï y I - 1 = 1 .  - 1  ïy = 8 9 9
I
ï 3  3 ï
 9

 53 64 
Vì I là trung điểm AC nên suy ra A  ;  .
 9 9 

5 4
Mặt khác, I là trung điểm BD nên suy ra D  ;  .
9 9

 53 64   1 4   17 16   5 4 
Vậy A  ;  , B  - ;  , C  - ; -  , D  ;  .
 9 9   3 3  3 3  9 9

Câu 35. (HSG11 Hậu Lộc tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho
hình chữ nhật ABCD , có đỉnh A  -3;1 , đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x - 2 y - 5 = 0 . Trên tia đối
của tia CD lấy điểm E sao cho CE = CD , biết N  6; - 2  là hình chiếu vuông góc của D lên đường
thẳng BE . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD .
Lời giải
Tác giả: ; Fb:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 443 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 + BND
Ta có BAD  = 180 , suy ra tứ giác ADBN nội tiếp Þ 
AND = 
ABD .

Mà 
ABD = 
ACD (do ABCD là hình chữ nhật).
Suy ra tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn.

Mặt khác, 
ADC = 90 Þ 
ANC = 180 - 90 = 90 .
Do đó AN  CN .

Theo đề bài ta có điểm C nằm trên đường thẳng  : x - 2 y - 5 = 0 , suy ra C  2c + 5; c  .


 
Ta có AN =  9; - 3 và CN = 1 - 2c ; - 2 - c  .
 
Do AN  CN , suy ra AN  CN = 0 Û 9 1 - 2c  - 3  -2 - c  = 0 Û c = 1 Þ C  7;1 .

Ta có

CE  AB 
 Þ ACEB là hình bình hành, suy ra BE  AC .
CE = AB 

Ta có BE qua N , song song AC nên có phương trình y + 2 = 0 .

  b = 6
Gọi B  b ; - 2  , ta có AB  CB = 0 Û b 2 - 4b - 12 = 0 Û  .
 b = -2

Với b = 6 Þ B  6; - 2  , loại do trùng với N .

Với b = -2 Þ B  -2; - 2  .

  ì xD = 6
Gọi D  xD ; yD  , ta có AD = BC Û  xD + 3; yD - 1 =  9;3 Þ  Þ D  6; 4  .
 y D = 4

Câu 36. (HSG11 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,
cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A  -3;1 , đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x - 2 y - 5 = 0 . Trên tia
đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE = CD , biết N  6; -2  là hình chiếu vuông góc của D lên đường
thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 444 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
E

N(6;-2)

B
C(2t+5;t)

A(-3;1) D

 = ENC
Ta có tứ giác BNCD nội tiếp nên BDC  (cùng bù với BNC
 ).

 = BAC
Mà BDC  ( ABCD là hình chữ nhật ) nên BAC
 = ENC
.

Þ Tứ giác ABNC nội tiếp Þ 


ANC = 
ABC = 900 .

Vì C nằm trên đường thẳng  : x - 2 y - 5 = 0 nên C  2t + 5; t  .


 
NC =  2t - 1; t + 2  , NA =  -9;3 .
 
NC.NA = 0 Û t = 1 Þ C  7;1 .

ABEC là hình bình hành nên BE //AC . Đường thẳng BE qua N và song song với AC nên có
phương trình: y + 2 = 0 .

B thuộc đường thẳng BE nên B  b; -2  .


 
AB =  b + 3; -3 ; BC =  7 - b;3

  b = 6 Þ B  6; -2   N
AB  BC Û AB.BC = 0 Û 
b = -2 Þ B  -2; -2 
 
AD = BC Þ D  6; 4  .

)
Câu 37. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB , AC lần lượt là 5 x - y - 2 = 0 , x - 5 y + 14 = 0 . Gọi D
9 8
là trung điểm của BC , E là trung điểm của AD , M  ;  là hình chiếu vuông góc của D trên BE .
5 5
Tìm tọa độ các điểm A , B , C .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Duy Mạnh; Fb: Nguyễn Mạnh Toán

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 445 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

ì5 x - y - 2 = 0 ìx = 1
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  Û Vậy A 1;3 .
 x - 5 y + 14 = 0 y = 3

Gọi B  a;5a - 2  , C  5b - 14; b  .

2 2 a = b - 2
Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC Û  a - 1 =  b - 3  Û  .
a = 4 - b

TH1: Với a = b - 2 Ta có B  a;5a - 2  , C  5a - 4; a + 2  nên D  3a - 2;3a 


  63
Ta có MB.MD = 0 Û 18a 2 - 28a + = 0 ( vô nghiệm)
5

TH2: Với a = 4 - b Ta có B  a;5a - 2  , C  6 - 5a; 4 - a  nên D  3 - 2a;1 + 2a 

  a = 0
27
Ta có MB.MD = 0 Û 8a - a = 0 Û 
2
.
5  a = 27
 40

*Với a = 0 có b = 4 thì B  0; -2  , C  6; 4  nên D  3;1 , E  2; 2  .

Kiểm tra có M , E , B thẳng hàng( thỏa mãn).

27 133  27 11   21 133   33 47   53 107 


*Với a = có b = thì B  ;  , C  ;  nên D  ;  , E  ; 
40 40  40 8   8 40   20 20   40 40 
Kiểm tra có M , E , B không thẳng hàng( không thỏa mãn).

Kết luận: Vậy A 1;3 , B  0; -2  , C  6; 4  .

Câu 38. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E , M lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB và BC ; các điểm F và D tương ứng là hình chiếu vuông góc của A và B trên các đường
thẳng BC và AI .
a) Chứng minh rằng ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF .
9 8
b) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng M  2; -1 , D  ; -  và đường thẳng AC có
5 5
phương trình x + y - 5 = 0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thành Biên ; Fb: BienNguyenThanh

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 446 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 = BDA
a) Ta có BFA  = 90 , suy ra tứ giác ABFD nội tiếp đường tròn tâm E , đường kính AB .

 = IDB
Mặt khác IEB  = IMB
 = 90 , suy ra ngũ giác BEIDM nội tiếp đường tròn đường kính BC .

 = DBM
Từ đó ta có DEM  = DFB
 (cùng chắn cung DM
 ).

=1D
Mà DBF  = 90 (số đo góc ở tâm bằng nửa cung bị chắn).
2

 = DBM
Suy ra DEM  = 1 DEF
 = DBF .
 , suy ra EM là tia phân giác của góc DEF
2
1
Mà DE = FE = AB do cung nắm trên đường tròn tâm E , đường kính AB .
2
Suy ra ME là đường trung trực của đoạn thẳng DF .
3a
Ta có d  AD,  D MN   = d  A,  D MN   = .
7

b)
Tác giả: ; Fb: Hoàng Quyên

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 447 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có ME  AC Þ ME : x + y - 1 = 0 . Do D và F đối xứng nhau qua ME (theo câu 6a) nên


DF : 5 x - 5 y - 17 = 0

 11 6   13 4 
Gọi I là trung điểm DF nên I  ; -  (do I = DF  ME ). Do đó F  ; - 
 5 5  5 5
x-2 y +1
Mà F , M  BC nên phương trình đường thẳng BC : = Û x - 3y - 5 = 0
13 4
- 2 - +1
5 5

Do C = BC  AC Þ C  5;0  nên B  -1; -2  (vì M là trung điểm BC ).

Mặt khác: AD  BD nên phương trình đường thẳng AD :

 9  8
7  x -  +  y +  = 0 Û 7 x + y - 11 = 0
 5  5

Suy ra A 1; 4  (do A = AD  AC )

Vậy tọa độ các đỉnh của ABC là: A 1; 4  , B  -1; -2  , C  5; 0  .

Câu 39. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy  , cho tam giác
ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J  2;1 . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có
phương trình: 2 x + y - 10 = 0 và D  2; -4  là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường
thẳng có phương trình x + y + 7 = 0.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 448 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

AJ đi qua J  2;1 và D  2; -4  nên AJ có phương trình : x - 2 = 0

Gọi H là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A . Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :

ìx - 2 = 0 ìx = 2
 Û Þ A  2;6  .
2 x + y - 10 = 0  y = 6
Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 = DC
Ta có DB  Þ DB = DC và EA
 = EC

 = 1 sd EC  = 1 sd EA
 + sd DC  + sd DB
 = DJB
 Þ DBJ cân tại D.
DBJ
2
 2
  
DB = DC = DJ hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC.

Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D  2; -4  bán kính JD = 0 + 52 = 5 có phương trình
2 2
 x - 2 +  y + 4 = 25.

Khi đó tọa độ B là hệ của nghiệm:

ìï x - 2 2 +  y + 4  2 = 25 ì x = -3 ì x = 2  B  -3; -4 
 Û    Þ 
ï x + y + 7 = 0  y = -4  y = -9  B  2; -9 

Do B có hoành độ âm nên B  -3; -4  .

BC đi qua B  - 3; -4  và vuông góc AH nên có phương trình: x - 2 y - 5 = 0 .

ìï x - 2 2 +  y + 4  2 = 25
Khi đó C là nghiệm của hệ:  Þ C  5;0 
ï x - 2 y - 5 = 0

Vậy A  2; 6  , B  -3; -4  , C  5; 0  .

Câu 40. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho
hình vuông ABCD , điểm G  3;3  là trọng tâm tam giác ABD . Đường thẳng đi qua A vuông góc với
BG và cắt BD tại điểm E 1;3 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A có
tung độ lớn hơn 1.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 449 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Thành Lê; Fb: Thành Lê

Gọi M là trung điểm của cạnh AD , H là giao điểm của AE và BM , K là giao điểm của GE và AB .
Vì AG  BE (do AC  BD ) và BG  AE (gt) nên G là trực tâm tam giác ABE Þ GE  AB ,
GE // AD .
KG BG GE BG
Ta có = do KG // AM và = do GE // MD
AM BM MD BM
KG GE
Suy ra = , mà AM = MD Þ KG = GE
AM MD

ì xK = 2 xG - xE
Þ G là trung điểm của KE Þ  Þ K (5;3) .
 yK = 2 yG - yE

AB đi qua K (5;3) và có một véctơ pháp tuyến EG =  2;0  Þ AB : x - 5 = 0 .

 = 45 Þ AKG vuông cân nên KA = KG .


Vì A  AB Þ A(5; y A ) với y A  1 . Mặt khác KAG

2  yA = 5
Þ  y A - 3 = 4 Þ  , mà y A  1 nên A  5;5  .
 yA = 1

  ì xC - 5 = -6
Ta có AC = 3 AG Þ  Þ C  -1; -1 .
 yC - 5 = -6

  ì xD - 5 = -6
AD = 3GE Þ  Þ D  -1;5  .
 yD - 5 = 0

  ì xB - 5 = 0
AB = DC Þ  Þ B  5; -1 .
 yB - 5 = -6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 450 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chuyên đề 20 Hình học không gian thuần túy


 
 
 
Câu 1. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' tâm O cạnh
 3   1 
có độ dài bằng 1 . Gọi M , P là hai điểm sao cho AM  AA ', CP  CC ' . Mặt phẳng   thay đổi đi
4 4
qua M , P đồng thời cắt hai cạnh BB ', DD ' lần lượt tại N và Q . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của chu vi tứ giác MNPQ .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyễn.

D' C'

O
Q
B'
A' P
I
M C
D

N
O'

A B

Gọi I  MP  OO '  I là trung điểm của MP .


Do đó trong hình thang AMPC ta có AM  CP  1 , tương tự DQ  BN  2.OI  1 .

Đặt BN  x, DQ  y thì x, y   0;1 và x  y  1 .

( MNPQ)  ( ABB ' A ')  MN 



Ta có ( MNPQ)  (CDD ' C ')  QP   MN / /QP
( ABB ' A ') / /(CDD ' C ') 

Chứng minh tương tự MQ / / NP , suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Suy ra của chu vi tứ giác MNPQ  2 MN  2 MQ .

2 2
3  3 
Ta tính được MN  1    x  ; MQ  1    y  .
4  4 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 451   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  3 
2
 3 
2 

chu vi tứ giác MNPQ  2  1    x   1    y   * .



 4  4  

2 2
*) Áp dụng BĐT a2  b2  c 2  d 2   a  c   b  d 
2 2 2
3  3  3  17
 1   x   1   y   4    x  y   .
4  4  2  2

1
Dấu "  " xảy ra khi x  y  .
2

Suy ra giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ  17 .

*) Thế y  1  x vào (*) ta có

  3 
2
 1 
2

chu vi tứ giác MNPQ  2  1    x   1    x    2 f  x  .



 4  4  

2 2
3  1 
Với f  x   1    x   1    x 
4  4 
2 2
3   5  17 5 1   5  17 17  5 17
 1    x    x    1    x    x   
4   4 4 4   4 4  4 4

13  5 17 2 13  5 17 2
( x  x) ( x  x)
8 8 5 17
   
 5 x  17 1  x  4 4
2 2
3  5(1  x )  17 x 1
1   x   1   x  
4  4 4  4

5 17
Do x 2  x  0, x   0;1  f ( x)  
4 4

5  17
Suy ra maxf ( x)  khi x  0 hoặc x  1
4

5  17
Suy ra giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác MNPQ  .
2
2
3x 2 1 1 1  3x  4  3x  1
Ta có : x   x  4  3 x   .3 x.  4  3 x      .
4 4 12 12  2  3

1 1
Do đó : S MNPQK  .SB. AC .sin   S MNPQK lớn nhất bằng .SB. AC .sin 
3 3
2 BM 2
 3x  4  3x  x    .
3 BC 3

Câu 3. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,
 
H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  , biết HN  3HM , trong đó M , N lần

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 452   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

lượt là trung điểm của AB, CD . Mặt phẳng  SAB  tạo với đáy một góc 60o . Tính bán kính của mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .
a 7 a 21 a 3 a 5
A. . B. . C. . D. .
6 6 6 6
Lời giải
Chọn C

A D

M O
H N

B P C
Q
 SH  AB
Ta có   AB   SMH  . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  là góc SMH và
 MN  AB
bằng 60o .
a MH a 1 a
Vì MH  nên SM  o
 :  .
4 cos 60 4 2 2
a
Mặt khác, ta có M là trung điểm của AB nên AM  MB  .
2
Xét tam giác SAB có SM là đường trung tuyến và SM  AM  MB suy ra tam giác SAB là tam giác
vuông tại S .
Dựng tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD như sau:
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .

Trong mặt phẳng  SMN  , dựng đường thẳng đi qua O và song song với SH cắt SN tại I .

Trong mặt phẳng  SMN  , dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với SM cắt SH , OI lần lượt
tại P, Q .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 453   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Khi đó Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . Thật vậy:

Vì SH   ABCD  nên IQ   ABCD  mà O là tâm của hình vuông ABCD suy ra


QA  QB  QC  QD . (1)

 MQ  AB
Mặt khác, ta có   MQ   SAB  mà M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB nên
 MQ  SM
QA  QB  QS . (2)

Từ (1), (2) suy ra Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD .

S
I

M H N
O
P
Q
Do đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD bằng QM  2MP .

a 3 a 3
Xét tam giác SMP vuông tại M có góc MSP  30o nên MP  SM .tan 30o  .  .
2 3 6

a 3
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD bằng .
3

Câu 5. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc
BAD  120o , SA vuông góc với đáy. SC tạo với đáy một góc 60o . Côsin góc giữa hai mặt phẳng
 SAD  và  SCD  là:
3 10 5 5
A. . B. . C. . D. .
3 5 10 5
Lời giải
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 454   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A D
H
M

B C
Vì SA   ABCD  nên góc giữa SC và  ABCD  bằng góc SCA và bằng 60o .

Vì tứ giác ABCD là hình thoi có góc BAD bằng 120o nên tam giác ACD là tam giác đều. Do đó
AC  a .

Xét tam giác SAC vuông tại A có SA  AC.tan 60o  a 3 .

Gọi CM là đường cao của tam giác ACD .

Vì tứ giác ABCD là hình thoi có góc BAD bằng 120o nên tam giác ACD là tam giác đều. Do đó M là
trung điểm của AD .

CM  AD
Ta có   CM   SAD  .
 CM  SA

Trong mặt phẳng  SAD  , dựng đường thẳng đi qua M và vuông góc với SD cắt AD lần lượt tại H .

CM  SD
Ta có   SD   CMH  . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SCD  là góc CHM .
 MH  SD

SA a 3
Ta có tan SDA    3  SDA  60o .
AD a

a a 3 a 3
Vì M là trung điểm của AD nên MD  . Suy ra MH  MD.sin 60o  .  .
2 2 2 4

a 15
Ta lại có tam giác CMH vuông tại M nên theo định lý Pytago có CH  .
4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 455   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

MH a 3 a 15 5
Vậy Côsin góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SCD  bằng cos CHM   :  .
CH 4 4 5

Câu 6. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh bằng
a . Tính khoảng từ điểm B đến mặt phẳng  ABC  .
a 2 a 3 a 3 a 6
A. . B. . C. . D. .
3 2 3 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Minh Quân; Fb: Nguyễn Minh Quân
Chọn C

Từ giả thiết suy ra hình chóp B. ACB có các cặp cạnh BA, BC, BB đôi một vuông góc.

Suy ra d  B,  ACB    h với h là đường cao của hình chóp B. ACB kẻ từ đỉnh B .

1 1 1 1 1 1 1 3 a 3
Có 2
 2
 2
 2
 2  2  2  2 h .
h BA BC BB a a a a 3

a 3
Vậy d  B,  ACB   .
3

Câu 7. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng
 ABCD  , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD  3BC  3a , AB  a , SA  a 3 . Gọi M là
 
trung điểm SD và I thỏa mãn AD  3 AI .
a. Tính thể tích của khối tứ diện CDMI . Tính góc giữa hai đường thẳng AM và SC .
b. Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của A trên các cạnh SB , SC . Gọi H là giao điểm của SI và AM .
Tính thể tích của khối nón có đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt phẳng
 ABCD  .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 456   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

E K H

A D
I M'

K'

B C

a. Gọi M  là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng  ABCD  .

 SA//MM  1 a 3
Trong tam giác SAD , có   MM   SA  .
 MS  MD 2 2

 AD // CD

Trong hình thang ABCD , có  AI  BC  AB . Suy ra ABCI là hình vuông.
 o
 A  90
1
Diện tích của tam giác CDI là SCDI  CI .DI  a 2 .
2

1 1 a 3 a3 3
Vậy thể tích của khối tứ diện CDMI là V  SCDI .MM '  a 2 .  .
3 3 2 6

CI  AD
Ta có:   CI   SAD   CI  AM 1 .
CI  SA
Trong tam giác vuông SAD , có:
  60o .
SD  SA2  AD 2  2 3a  SM  AM  SA  a 3  SAM

AI 3
tan 
ASI   
ASI  30o .
SA 3
  900 ( H là giao điểm của SI và AM ). Do đó SI  AM  2  .
Suy ra SHA

Từ 1 và  2  suy ra AM   SIC   AM  SC .

Vậy góc giữa hai đường thẳng AM và SC bằng 90o .

 AE  SB  AE  SC  AH  SC
b. Ta có   AE   SBC     3 . SM   SIC   AH   SIC     4 .
 AE  BC  AE  EF  AH  HF

AF  SC  6  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 457   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ  3 ,  4  ,  5  suy ra bốn điểm A , E , F , H đồng phẳng; mặt phẳng SC   AEFH  và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác EFH là trung điểm K của đoạn AF .
Gọi K  là trung điểm của đoạn AC .

Vì KK  // FC và SC //  AEFH  nên KK    EFH  hay K  là đỉnh của hình nón đang cần xét.

Trong tam giác SAC , có:

1 1 1 AS . AC a 30 a 30
2
 2  AF    KF 
AF SA AC 2 AS 2  AC 2 5 10

AC 2 2a 5 1 a 5
FC    KK   FC  .
SC 5 2 5
Vậy thể tích V  của khối nón có đáy là đường trong ngoại tiếp tam giác EFH và đỉnh thuộc mặt
phẳng  ABCD  là

1 1 a 2 30 a 5  a 3 5
V    .KF 2 .KK   . . .  .
3 3 100 5 50

Câu 8. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC , có M là
   
trung điểm của đoạn thẳng BC . Vectơ AM được biểu thị qua các vectơ AB, AC , AA như sau
     1  1  1 
A. AM  AB  AC  AA . B. AM  AB  AC  AA .
2 2 2
 1  1    1  1  
C. AM  AB  AC  AA . D. AM  AB  AC  AA .
2 2 2 2
Lời giải
Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai

Chọn C
  
Do M là trung điểm BC  AB  AC  2 AM .
    1   1  1  
2
 2

AM  AA  AM   AA  AB  AC  AB  AC  AA .
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 458   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 9. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
thang vuông tại A và B, AD  2 AB  2 BC , CD  2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy
là trung điểm M của cạnh CD . Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng
 SBM  bằng
a 10 3a 10 4a 10 3a 10
A. . B. . C. . D. .
5 15 15 5
Lời giải
Chọn C
Tác giả: Lê Thanh Long; Fb: Lê Thanh Long
S

G
A I N D
Q

X
M
K
B C

+ Kẻ CI  AD mà AD  2 AB  2 BC nên suy ra I là trung điểm của AD


 CID là tam giác vuông cân tại I

+ Ta có SM   ABCD    SMB    ABCD 

Nên từ I ta kẻ IX  BM  IX   SBM 

+ Trong ( SIX ) ta kẻ GN / / IX  GN   SBM   d G,  SBM    GN

GN SG 2 2
+ Xét hai tam giác đồng dạng SGN và SIX :    GN  IX
IX SI 3 3
Ta xét ( ABCD) :

A I F D
Q

M
X

K
B C

1
+ Kẻ MF  AD mà M là trung điểm của CD  MF  AB suy ra F là trung điểm của AQ
2

Ta có: CD  2a 2 , mà CID vuông cân tại I nên ID  2a

1
MF  AB suy ta F là trung điểm của AQ  AQ  6a
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 459   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

AQ. AB 3a 10
+ Xét  vuông ABQ , ta kẻ AK  BQ  AK  
2
AQ  AB 2 5

QI . AK 2a 10
+ Ta xét 2 tam giác đồng dạng QIX và QAK :  IX   .
QA 5

2 2 2a 10 4a 10
Vậy: GN  IX  . 
3 3 5 15

Câu 10. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là
hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB là đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
 ABCD  . Gọi M là trung điểm của AD . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCM  là
a 2 3a 2
A. . B. a 2 . C. . D. 3a 2 .
2 8
Lời giải
Tác giả: Hoa Mùi; Fb: Hoa Mùi
Chọn B

A M D

H
B C

Gọi H là trung điểm của AB , tam giác SAB là đều cạnh 2a  SH  AB, SH  a 3 .
Ta có:
 SAB    ABCD  gt 

 SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  .

 AH   SAB  , SH  AB
1 1 1 2a 3 3
Ta có: SBCM  S ABCD  2a 2 . VS .BCM  .SH .SBCM  .a 3.2a 2  .
2 3 3 3

Mặt khác: HM  a 2; SM  CM  HC  a 5  SC  a 8  S SCM  a 2 6 .

3.VS . BCM 3 2
Khi đó: d  B;  SCM     3.2a 3 :a 6  a 2 .
SSCM 3

Cách 2: Lớp 11

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 460   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

B
K C
H

A E
M D

d  B,  SMC   BI 2 AB 1
  
d  H ,  SMC   HI 3 AB 3
2
4 4
 d  B,  SMC    d  H ,  SMC    HK
3 3

HE 2 .HS 2 2a 3 2S
HK 2  2 2
 HS   a 3 ; HE  HMC
HE  HS 2 CM
1 3
+) S HMC  S ABCD  S AHM  S MDC  S BHC  4a 2  a 2  a 2  a 2  a 2
2 2

2 3a 2
2 3a
CM = MD  DC  a 5  HE  
a 5 5

9a 2
 3a 2
9a 2 3a 2 4 3a 2
Vậy HK 2  52   HK   d  B,  SMC    . a 2.
9a 2 8 4 3 4
 3a
5

Câu 11. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho bốn điểm không đồng phẳng, ta có thể xác
định được nhiều nhất bao nhiêu mặt phẳng phân biệt từ bốn điểm đã cho?
A. 2 . B. 4 . C. 6 . D. 3 .
Lời giải
Tác giả: Bui Bai; Fb: Bui Bai
Chọn B
 Cách 1:
Vì qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng ta xác định được một mặt phẳng duy nhất

 Số mặt phẳng được xác định từ 4 điểm không đồng phẳng là C 43  4 .

 Cách 2:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 461   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi A, B, C , D lần lượt là 4 điểm không đồng phẳng

 Các mặt phẳng nhiều nhất được xác định là:  ABC  ,  ABD  ,  ACD  ,  BCD  .

Câu 12. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD. ABC D có
cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt phẳng  ABCD  và  ABC   có số đo bằng 60 . Cạnh bên của
hình lăng trụ bằng
A. a 3 . B. 2a . C. a 2 . D. 3a .
Lời giải
Tác giả: Phạm Lê; Fb: Lê phạm
Chọn A

B' C'

D'
A'

C
B

A D

Vì CD / / AB nên D   ABC  .

 ABCD    ABC D   AB



Ta có  AD  AB . Suy ra góc giữa 2 mp  ABCD  ,  ABC   bằng góc giữa 2 mp
 AD  AB

 ABCD  ,  ABC D  và bằng  . Từ giả thiết ta có DAD
DAD   60
.

Xét tam giác vuông DAD có DD  AD.tan 60  a 3 .

Vậy cạnh bên của hình lăng trụ bằng a 3 .

Câu 13. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là
tam giác vuông cân, AB  AC  a , AA  h (a,  h  0) . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau AB và BC theo a,  h .
ah ah ah ah
A. . B. . C. . D. .
2 2 2 2 2 2
5a  h a  5h a h 2a 2  h 2
Lời giải
Tác giả: Việt Hưng; Fb: VietHung
Chọn B

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 462   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi D là điểm đối xứng với C qua B  BC // DB


 BC // (DBA)  d ( BC; AB)   d ( BC ; ( DBA))  d ( B; ( DBA))  d

Kẻ BH  AD và BE  BH  d ( BC; AB)  d  BE

Xét ABD ta có: AB  AC  a;  BC  BD  a 2;    135 ; AD  a 5


ABC  45  DBA
2
 S ABD 
1   1 a 2.a.sin135  a  BH  2.S ABD  a 5
BD. AB.sin DBA
2 2 2 AD 5
1 1 1 1 5 ah
Xét BBH vuông tại B , ta có 2
 2
 2
 2  2 d 
d  BB  BH h a a 2  5h 2

Câu 14. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là
hình vuông, AB  1 và AA '  a  a  0  .

a) Tính thể tích khối tứ diện BDB ' C ' .


b) Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng  BDC '  .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Đức ; Fb:
a) Tính thể tích khối tứ diện BDB ' C ' .

B' C'

A'
D'

B C

A D
Cách 1: (Tính trực tiếp)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 463   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 DC  BC
Ta có   DC   BB ' C ' C 
 DC  BB '
1 1 1 a
Vậy VD .BB ' C '  .DC .S BB 'C '  .1. .BB '.B ' C '  (đvtt).
3 3 2 6
Cách 2: (Dùng tỉ lệ)
Khối lăng trụ BCD.B ' C ' D ' được chia thành các khối tứ diện C ' CBD ; DD ' B ' C ' ; BDB ' C ' .

1
Trong đó VD. D ' B 'C '  VC '.CBD  VBCD.B 'C ' D '
3
1 1 a
Suy ra VBDB 'C '  VBCD.B 'C ' D '  VABCD.A' B 'C ' D '  (đvtt).
3 6 6

b) Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng  BDC '  .

Cách 1
Đặt độ dài CB  b(b  0)

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz gốc tọa độ trùng điểm C, CD nằm trên Ox, CB nằm trên Oy, CC nằm trên
Oz
Với giả thiết đề cho ta có D  (1,0,0) , B  (0, b,0) , C  (0,0, a) , B  (0, b, a)

y z  1 1
Phương trình ( BDC ) : x    1 => VTPT n  (1, , )
b a b a
1 1
 
 | 1  b.  a. |
 b a 1
Mà DB   ( 1, b, a ) => sin( DB, ( BDC ))  =
1 1 1 1
(a 2  b 2  1)( 2  2  1) (a 2  b 2  1)( 2  2  1)
a b a b

1 1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S (a 2  b 2  1)( 2
 2  1) | a.  b.  1| 3 (dấu “=” xảy ra khi
a b a b
a  b 1)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 464   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  1 
sin( DB, ( BDC ))  dễ thấy 0  ( DB , ( BDC ))  90 mà trong khoảng này hàm y  sin x đồng biến
3
 1
 ( DB , ( BDC )) max  arcsin( )
3
Cách 2 : Đặt CB  b(b  0)

Dễ thấy CB cắt BC tại trung điểm của mỗi đường
1 1
Nên d ( B, ( BDC ))  d (C , ( BDC ))  
1 1 1 1 1
2
 2
 2
1 2  2
CD CC  CB a b

  d ( B, ( BDC )) 1
DB  a 2  b 2  1 => sin( DB, ( BDC ))  
DB 1 1
(a 2  b 2  1)(   1)
a2 b2

1 1 1 1
Áp dụng bất đẳng thức B.C.S (a 2  b 2  1)( 2
 2  1) | a.  b.  1| 3 (dấu “=” xảy ra khi
a b a b
a  b 1)

  1 
sin( DB, ( BDC ))  dễ thấy 0  ( DB , ( BDC ))  90 mà trong khoảng này hàm y  sin x đồng biến
3
 1
 ( DB , ( BDC )) max  arcsin( )
3
Câu 15. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh
bằng a . Góc giữa hai đường thẳng AC và BA là:
A. 450 . B. 600 . C. 300 . D. 1200 .
Lời giải
Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy
Chọn B

Ta thấy AB song song với DC nên góc giữa hai đường thẳng AC và BA bằng góc giữa hai đường
thẳng AC và DC . 1

Xét tam giác ADC có AC  DC  AD  a 2  a 2  a 2.

Nên tam giác ADC là tam giác đều  


ACD  600 . Từ đó ta có góc giữa hai đường thẳng AC và
DC bằng 600 .  2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 465   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ 1 và  2 ta có góc giữa hai đường thẳng AC và BA bằng 600 .

Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác ABC
vuông cân tại B. Mặt phẳng  ABC  cách điểm A một khoảng bằng 2 và tạo với mặt phẳng  ABC 
một góc  .
a) Tính thể tích khối lăng trụ theo  .
b) Tìm  để thể tích khối lăng trụ ABC. ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Thanh; Fb: Thanh Bùi

A' C'

B'

A C
α

a) Dựng AH  AB 1

Ta có: BC  AB , BC  AA  BC   AAB  ;

AH   AAB   AH  BC  2 

Từ 1 ;  2   AH   ABC  hay d  A,  ABC    AH  2

Ta có: BC   ABC    ABC   3 

BC   AAB  ; AB   AAB   AB  BC  4  ;

AB  BC ( ABC vuông tại B)  5 

Từ  3  ;  4  ;  5   Góc giữa  ABC  và  ABC  là 


ABA    0    90 

AH 2 AH 2
Xét AHB : sin 
ABA   AB  ; Xét AHA : sin 
AAH   AA 
AB sin  AA cos 
1 4 4
VABC . ABC   AA.S ABC  AA. AB.BC  
2 cos  sin  cos  1  cos 2  
2

4
b) Đặt t  cos   0  t  1  VABC . ABC    V t 
t 1  t 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 466   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 1
4  3t 2  1 t  3  N 
Ta có V   t   ;V   t   0  
3 2
t  t   1
t   3  L 

Bảng biến thiên:

1
t 0 1
3

V' - 0 +
V
6 3

1
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi cos      54, 74
3

Câu 17. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD với đáy ABCD là
hình bình hành.Gọi E , F lần lượt là trung điểm các cạnh SA , SB . Gọi M là điểm bất kỳ trên cạnh
BC (không trùng với B , C ). Thiết diện của mặt phẳng  MEF  với hình chóp S. ABCD là
A. Hình tam giác. B. Hình bình hành. C. Hình thoi. D. Hình thang.
Lời giải
Tác giả: Phan Minh Quốc Vinh; Fb: Vinh Phan
Chọn D

Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng  MEF  và  ABCD  .

 M   MEF    ABCD 

 EF / / AB
Ta có  Giao tuyến của hai mặt phẳng  MEF  và  ABCD  là đường thẳng Mx
 EF   MEF 
 AB   ABCD 

đi qua M và song song với AB , EF .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 467   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tìm thiết diện của  MEF  với S. ABCD .

Giả sử Mx  AD  I .

 MEF    SAB   EF

 MEF    SBC   FM
Ta có 
 MEF    ABCD   MI
 MEF  SAD  IE
   
Vậy thiết diện giữa  MEF  và S. ABCD là tứ giác EFMI .

 1
 EF  2 AB

Mặt khác  AB  MI nên tứ giác EFMI là hình thang.
 EF / / MI

Câu 18. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho tứ diện ABCD có các cạnh


AD  BC  3; AC  BD  4; AB  CD  2 3 . Thể tích tứ diện ABCD bằng:
2047 2074 2740 2470
A. . B. . C. . D. .
12 12 12 12
Lời giải
Tác giả: Trần Minh Lộc ; Fb:Trần Lộc
Chọn D

Từ tứ diện ABCD ta vẽ tứ diện AEFG sao cho B, C , D lần lượt là trung điểm của FE , EG, GF . Ta
1
có AB  DC  EF suy ra AEF vuông tại A hay AF  AE .
2
1 1
Tương tự ta có AF  AG, AG  AE . Do đó ta có VAEFG  AG. AE.A F và VABCD  VAEFG
6 4
Xét các tam giác AEF , AEG, AFG ta có

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 468   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 AE 2  AF 2  4 DC 2  48  AF  10
 2 2 2

 AE  AG  4 DB  64   AE  38
 AG 2  AF 2  4 BC 2  36 
  AG  26

1 1 2470
Vậy VABCD  VAEFG  10.26.38 
4 4.6 12

Câu 19. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hai đường thẳng phân biệt a , b và mặt phẳng
 P  , trong đó a   P  . Chọn mệnh đề sai trong các mệnh đề sau?
A. Nếu b   P  thì a // b . B. Nếu b // a thì b   P  .
C. Nếu a  b thì b //  P  . D. Nếu b   P  thì a  b .
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu
Chọn C

 a   P 
Xét đáp án A: Có   a // b  Mệnh đề đúng.
b   P 

a   P 
Xét đáp án B: Có   b   P   Mệnh đề đúng.
b // a

 a   P  b   P 
Xét đáp án C: Có    Mệnh đề sai.
 a  b b //  P 

 a   P 
Xét đáp án D: Có   a  b  Mệnh đề đúng.
b   P 

Câu 20. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng tam giác
ABCA BC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , biết AB  a ; AC  2a ; CC  2a . Gọi M , I lần
lượt là trung điểm A B và BC  . Tính góc giữa hai đường thẳng IM và AC .
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 469   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

B a A
2a

I
2a A'
B' M

C'

Cách 1:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho

  
Khi đó B  0;0;0  , A  a;0;0  , C  0; a 3, 0 , A  a;0; 2a  , B  0;0; 2a  , C 0; a 3; 2a 
 a 3  a 
 I  0; ; a  , M  ;0;0 
 2  2 

  a a 3  
 IM  ;  
;  a  , AC   a; a 3; 2a 
2 2 

  1 3  
Đường thẳng IM & AC lần lượt có véc tơ chỉ phương là u1   ;  ; 1 , u2  1; 3; 2  
2 2 

Gọi  là góc giữa IM & AC . Khi đó:

1  3
   1    3   1 2 
u1.u2 2  2 
cos       0    90 .
u1 u2 1 3
 1 1 3  2
4 4
Cách 2: Do I là trung điểm của BC , M là trung điểm của AB

nên MI  // CA  
IM , AC    
CA, AC  

Do ACCA là hình vuông  AC   CA  


AC , CA   90 .

Câu 21. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC có tất cả các
cạnh bằng a (tham khảo hình bên dưới). Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và BC là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 470   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a 2 a 2
A. . B. a 2 . C. . D. a .
4 2
Lời giải
Tác giả: Nhữ Văn Huấn; Fb: Huân Nhu
Chọn A

A' C'

B'

H
A C

Từ giả thiết suy ra ABC là tam giác đều cạnh bằng a , các mặt bên của lăng trụ là các hình
vuông cạnh bằng a .

Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình vuông BCC B . Từ M kẻ MH  BC tại H 1 .

Dễ thấy AM   BCCB  AM  MH  2 .
Từ 1 và  2 suy ra d  AM , BC   MH .

1 1
Ta có MH  BI , BI  BC  .
2 2

a 2
Mà BCC B là hình vuông cạnh bằng a suy ra BC  a 2  MH  .
4

a 2
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C là .
4

Câu 22. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, biết SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC) và (
SAD) bằng 450 . Gọi E, M lần lượt là trung điểm của SC và SA. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng DM và BE.
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Vân; Fb: Trần Thị Vân

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 471   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Kẻ St / / BC  SA, SB  St     450 .
 SAD  ,  SBC    ASD
Tam giác SAB vuông và cân tại A  SA  AB  a .
Dựng hình bình hành ADQC , lấy P là trung điểm của DQ . Khi đó:
ME & DP / / AO, ME & DP  AO  MEPD là hình bình hành
 DM / / PE  d  DM ; BE   d  DM ;  BEP    d  D;  BEP    2d  O;  BEP   .

Ta có: OE  BP  OE / / SA, SA   ABCD  

Kẻ OH  BP   H    OEH   BP   OEH    BEP   EH .

Kẻ OI  EH   I   OI  d  O;  BEP   .

Tìm OI :

a2 1 a2
S BDQ  2 S BDC  2 S BPD  S BPD  S BCD   OH .BP   OH .BP  a 2
2 2 2
BP là đường trung tuyến tam giác BDQ .

2  BD 2  BQ 2   DQ 2 2  2a 2  4a 2   2 a 2 a 10
 BP   
4 4 2

a2 a2 a 10
 OH    .
BP a 10 5
2
SA a
Ta có OE   .
2 2
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 472   
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1 1 13 26a 26a
2
 2
 2
 2  OI   d  DM ; BE   2. .
OI OE OH 2a 13 13

Câu 23. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình hộp đứng ABCD. A1 B1C1D1 có cạnh
  60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh A D và
AB  AD  2 , AA1  3 và góc BAD 1 1

A1 B1 . Tính thể tích V của khối chóp A.BDMN .


5 3
A. V  . B. V  . C. V  4 . D. V  2 .
2 2
Lời giải
Tác giả:Lưu Quí Hiền; Fb: lưu quí hiền
Chọn B
B C

A D

B1
C1

A1 M D1

Gọi E là điểm đối xứng với A qua A1 , ta có:

 A1 N // AB

 AB  N là trung điểm của đoạn EB
A
 1 N 
2

 A1M // AD

 AD  M là trung điểm của đoạn ED
 A1M  2

1   1 .2.2.sin 60  3
Ta có S ABD  AB. AD.sin BAD
2 2

ABCD. A1 B1C1D1 là hình hộp đứng, AA1  3  EA  2 3

1 1
 VE . ABD  EA.S ABD  .2 3. 3  2
3 3
VE . AMN EM EN 1 1 3 3
 .   VE . AMN  VE . ABD  VA.BDMN  VE . ABD  .
VE . ABD ED EB 4 4 4 2

Câu 24. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng 1,

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 473   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1
lần lượt nằm trên hai mặt phẳng vuông góc nhau. Gọi H là điểm chia EH  ED và S là điểm nằm
3
1
trên tia đối của HB sao cho SH  HB . Thể tích của khối đa diện ABCDSEF bằng
3
5 7 11 11
A. . B. . C. . D. .
6 6 12 18
Lời giải
Chọn D
Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc

Đặt V1 , V2 lần lượt là thể tích khối chóp S .CDFE và thể tích khối lăng trụ đứng AFD.BEC . Khi đó
tích khối đa diện cần tính bằng V1  V2 .

1 1
Ta có : V2  AB.S AFD  1. .1.1  .
2 2
1
Ta có: V1  .d  S ,  EDEF   .SCDEF .
3

Dễ dàng chúng ta kiểm tra được CDEF là hình chữ nhật với CD  1, EF  2 .

Từ đây ta tính được SCDEF  1. 2  2 . Hơn nửa, kẽ BI  EC , ta dễ dàng kiểm tra được
1 1 1
BI  d  B,  EDEF    . Mặt khác, d  S ,  EDEF    d  B,  EDEF    d  S ,  EDEF    .
2 3 3 2
1 1 1 1 1 11
Ta tính được : V1  . . 2  . Vậy thể tích cần tính là: V1  V2    .
3 3 2 9 2 9 18

Bình luận.
Trong Lời giải trên, ta cứ hồn nhiên mà ta chấp nhận cạnh SA bị che khuất thì luôn đúng chăng? Câu
trả lời là không. Lời giải trên chưa giải thích tại sao không nối cạnh SA mà lại nối DF . Khi gọi K là
4
hình chiếu của S trên BD ta có thể chứng minh được điểm K nằm trong đoạn BD với BK  BD ,
9
do đó cạnh SA bị che khuất. Nếu cho khoảng cách BS tăng lên đến mức cần thiết thì DF sẽ trở
thành cạnh bị che khuất.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 474   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 25. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho khối chóp S . ABC có SA  SB  SC  a và
   CSA
ASB  BSC   30 . Mặt phẳng   bất kì qua A cắt SB , SC tại B  , C  . Tìm giá trị nhỏ nhất
của chu vi ABC .
A. a 3 . B. a 2 . C. a . D. 2a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Triệu Minh
Chọn B

Trãi các tam giác SAB , SBC , SCA trên một mặt phẳng như hình trên. Tam giác SAC trở thành tam
giác SAC . Khi đó C  AB  BC  CA  AA  a 2 .
Dấu “=” xảy ra khi A , B  , C  , A thẳng hàng.

Vậy chu vi tam giác ABC nhỏ nhất bằng a 2 .

Câu 26. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC . A ' B ' C '
là tam giác đều cạnh bằng 4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC .
A. 3 . B. 2 3 . C. 3 . D. 4 .
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm
Chọn B

Gọi I là trung điểm BC  AI  BC 1

AA '   ABC  
Ta có:   AI  AA '  2 
AI   ABC  

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 475   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Từ 1 và  2  ta có: d  AA '; BC   AI  2 3 .

Câu 27. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình chóp S . ABCD . ABCD là hình chữ nhật,
SA vuông góc với đáy. AB  a , AC  2a , SA  a . Tính góc giữa SD và BC .
A. 30 . B. 60 . C. 90 . D. 45 .
Lời giải
Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm
Chọn A

Tam giác ABC vuông tại B  BC  AD  3a .

Ta có BC // AD nên 
BC , AD    .
SD, AD   SDA

 SA 3   30 .
Khi đó: tan SDA   SDA
AD 3

Câu 28. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh
bằng a . Khoảng cách giữa BB và AC bằng:
a a 3 a a 2
A. . B. . C. . D. .
2 3 3 2
Lời giải
Tác giả: Bùi Nguyễn Phi Hùng; Fb: Bùi Nguyễn Phi Hùng
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 476   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A' D'

B'
C'

A
D
I

B C

 BI  AC a 2
Ta có:   BI  d  AC , BB '   .
 BI  BB ' 2

Câu 29. (HSG12 HCM năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ tam giác ABC . ABC  có đáy ABC là tam
giác vuông cân ở A với BC  2a và hình chiếu của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm
BC . Biết rằng diện tích của tứ giác BCC B bằng 6a 2 .
a) Tính theo a thể tích của hình lăng trụ đã cho.
b)Tính theo a thể tích của hình trụ nhỏ nhất có hai đáy lần lượt nằm trên hai mặt phẳng  ABC  ,
 ABC  và chứa toàn bộ lăng trụ đã cho bên trong.
Lời giải
Tác giả: Phạm Hoàng Hải; Fb: Phamhoang Hai
a)

 BC
 AO  BO  CO  a
Ta có ABC vuông tại A , BC  2a   2 .
 AB  AC  a 2

Dễ chứng minh BCC B là hình chữ nhật.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 477   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Mà S BCC B  6a 2  BB  3a  AA  3a .

Xét AOA vuông tại O có AO  a , AA  3a  AO  2a 2 .


1 1
Vậy VABC . ABC  S ABC . AO  AB. AC. AO  .a 2.a 2.2a 2  2a 3 2 (đvtt).
2 2

b) Dựng hình chiếu vuông góc ABC  lên  ABC  ta được tam giác OB1C1 tương ứng.

Hình trụ chứa ABCABC  có đáy là hình tròn chứa ABB1C1CA  H  .

Gọi  C  là hình tròn cần tìm;  C  chứa  H    C  chứa mọi tam giác trong  H  .

 Nếu  C  ngoại tiếp ít nhất một tam giác trong  H  và chứa  H  thì  C  có diện tích nhỏ nhất.

Xét đường tròn ngoại tiếp AB1C1 có tâm G .

Có AB1  AC1  a 5 , S AB1C1  2a 2 .

AB1. B1C1. AC1 a 5.a 5.2a 5


 RG    a.
4 S AB1C1 4.2a 2 4

2
 1  9 a 73
GB  GC  BO  OG  a   a  RG   a 2  a 2 
2 2 2
 RG .
 2  64 8

 5 
Vậy B , C thuộc đường tròn  G; a  .
 4 

 5 
 Đường tròn  G; a  ngoại tiếp AB1C1 và chứa  H  là đường tròn cần tìm.
 4 
2
5  25 2 3
 V   a  . .2a 2   a (đvtt).
4  8

Câu 30. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình
2
chiếu vuông góc của S trên đáy là điểm H trên cạnh AC sao cho AH  AC ; mặt phẳng (SBC) tạo
3
0
với đáy một góc 60 . Thể tích hình chóp S.ABC là:
a3 3 a3 3 a3 3 a3 3
A. . B. . C. . D. .
12 8 36 24

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 478   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh; Fb: Anh Nguyễn
Chọn D

Gọi J là trung điểm của BC  AJ  BC .

Kẻ HI //AJ  HI  BC 1

Mà SH   ABC   SH  BC .

Hay SI  BC  2 

Từ 1 ,  2  ta có   60 .
  SBC  ;  ABC     SI ; HI   SIH
1 1a 3 a 3
Ta có: HI  . AJ  
3 3 2 6

a a2 3
SH  HI . tan 60  , S ABC  .
2 4

a3 3
 VSABC  .
24

Câu 31. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hình chóp đều S . ABCD có cạnh đáy AB  a ,
chiều cao là h . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , AD và SC . Tính diện tích
thiết diện tạo thành khi cắt hình chóp S . ABCD bởi mặt phẳng  MNP  .
Lời giải
Tác giả: Hùng Cường ; Fb: nhc6362

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 479   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Thiết diện tạo thành khi cắt hình chóp S . ABCD bởi mặt phẳng  MNP  là: PFMNE .

Dễ thấy ANBJ và AIDM là các hình bình hành nên M , N lần lượt là trung điểm của JN và MI
 JM  MN  NI .
DI 1 BC
Dễ thấy  và  2.
DC 2 BJ
EP DI SC EP 1
Áp dụng định lý Menelaus vào PCI có: . . 1 . .2  1  EP  EI .
EI DC SP EI 2
Suy ra E là trung điểm của PI , tương tự có F là trung điểm của PJ .

1 1
.IE.IN .sin I .IE.IN .sin I
S INE 2 2 1 1
Mà:     S INE  S IPJ .
1 1
S IPJ .IP.IJ .sin I .2 IE.3IN .sin I 6 6
2 2
2
Vì IEN  JFM  c.g.c  nên S PFMNE  S PIJ  2S INE  S PIJ * .
3
Gọi K  MN  AC ; O là tâm hình vuông ABCD và H là trung điểm của OC .

2a 2  h 2
Xét PHK vuông tại H có KP  .
2

3 3 3 2a
Mà IJ  3MN  BD  .a 2  .
2 2 2

Ta có: PCJ  PCI  c.g.c   PJ  PI và PK là đường trung tuyến nên PK là đường cao:

1 1 2a 2  h 2 3 2a 3 2a 2a 2  h 2
S PIJ  .KP.IJ  . .  thay vào * ta được:
2 2 2 2 8

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 480   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

2 a 2a 2  h 2
S PFMNE  .
4

2 a 2a 2  h 2
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là: S PFMNE  .
4

Câu 32. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 4
. Điểm M là trung điểm của đoạn BC , điểm E nằm trên đoạn BM , E không trùng với B và M .
Mặt phẳng ( P) qua E và song song với mặt phẳng ( AMD) . Diện tích thiết diện của ( P) với tứ diện
4 2
ABCD bằng . Độ dài đoạn BE bằng
9
1 4 2
A. . B. . C. 1 . D. .
6 3 3
Lời giải
Tác giả: Vũ Tuấn Việt; Fb: Vũ Tuấn Việt
Chọn D

C D
G
F
M
E

a2 2
Đặt cạnh của tứ diện đều là a thì diện tích thiết diện của (P) với tứ diện ABCD bằng
36

 ABC    AMD   AM

Ta có  P  / /  AMD  nên suy ra  P    ABC  theo giao tuyến song song với AM . Từ đó,

E   P
qua E ta kẻ EN / / AM ( N  AB ) thì  P    ABC   EN .

Lập luận tương tự với mặt phẳng  BCD  thì  P    BCD   EF và EF / / MD .

Khi đó thiết diện của ( P) với tứ diện ABCD là tam giác EFN .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 481   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

2 a 3 a 3
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , khi đó GD    ;
3 2 3
2
2
a 3
2 2a 6
AG  AD  GD  a     .
 3  3

1 1 a 6 a 3 a2 2
Khi đó diện tích tam giác SAMD  AG.MD     (1).
2 2 3 2 4
EN BE EN x 2x
Đặt BE  x , vì EN / / AM nên theo Ta-let trong tam giác ABM ta có    
MA BM MA  a  a
 
2
(2).
EF 2 x
Tương tự, trong tam giác BMD với EF / / MD , ta suy ra  (3).
MD a
   
Vì EF cùng hướng MD và EN cùng hướng MA nên   (4).
AMD  NEF

1
EN .EF .sin 
NEF
S ENF 2 4x2 4 x2
Từ (2),(3),(4) ta có   2  S ENF  2  S AMD .
1
S AMD MA.MD.sin  AMD a a
2

a2 2 4 x2 a 2 2 a2 a
Khi đó, từ (1) và theo giả thiết, ta có  2   x2  x .
36 a 4 36 6
2
Thay a  4 vào, ta được x  .
3

Câu 33. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp đều S . ABCD . Mặt phẳng   qua
AB và vuông góc với mặt phẳng  SCD . Thiết diện tạo bởi   với hình chóp đã cho là:
A. Hình thang vuông. B. Hình bình hành.
C. Tam giác cân. D. Hình thang cân.
Lời giải
Tác giả: Vũ Tuấn Việt; Fb: Vũ Tuấn Việt
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 482   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

M
B
C

A D

Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng   qua AB và vuông góc với mặt phẳng  SCD .

Vì S. ABCD là hình chóp đều nên AB / /  SCD  , mà AB    từ đó suy ra d / / AB .

TH1: Đường thẳng d không có điểm chung với mặt bên SCD .

Khi đó, mặt phẳng   không cắt hình chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện.

TH2: Đường thẳng d đi qua điểm S , khi đó mặt phẳng   là mặt phẳng  SAB  không cắt hình
chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện.

TH3: Đường thẳng d trùng với đường thẳng DC , khi đó mặt phẳng   là mặt phẳng  ABCD 
không cắt hình chóp. Suy ra không tạo thành thiết diện.
TH4: Đường thẳng d cắt hai cạnh SC và SD .
Gọi M  d  SD, N  d  SC thì thiết diện là hình thang AMNB .

Vì đoạn MN song song và không trùng với CD nên ta suy ra MN  CD hay hình thang AMNB
không là hình bình hành.
Ta chứng minh AM  BN .

Trong SDC có MN / / CD nên MD  NC . Mặt khác ta có AD  BC ,   (tính chất hình


ADM  BCN
chóp đều).
Từ đó hai tam giác AMD và BNC bằng nhau (c-g-c), suy ra AM  BN .

Suy ra thiết diện tạo bởi   với hình chóp đã cho là hình thang cân.

Ta chứng minh thiết diện không là hình thang vuông.


Giả sử hình thang cân AMNB là hình thang vuông thì ta suy được nó là hình chữ nhật, mâu thuẫn
với MN  CD .
Kết luận: Thiết diện đã cho là hình thang cân.

Câu 34. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 483   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

thoi cạnh a , góc 


ABC  60 . Mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên
cạnh SC lấy điểm M sao cho MC  2MS . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  SAB  bằng:
a a 2 a 3 a 3
A. . B. . C. . D. .
3 3 6 3
Lời giải
Tác giả: Trần Công Sơn; Fb: Trần Công Sơn
Chọn C

A H
B

D C

Ta có: 
ABC  60 nên ABC đều.

a 3
Gọi H là trung điểm AB . Từ đó suy ra CH  AB (1) và CH  .
2

 SAB    ABCD 

Ta có:  SAD    ABCD   SA   ABCD   SA  CH (2)

 SAB    SAD   SA

Từ (1) và (2) suy ra: CH   SAB  .

1 1 1a 3 a 3
Khi đó d  M ;  SAB    d  C ;  SAB    CH   .
3 3 3 2 6

Câu 35. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật với AB  a , BC  a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và đường thẳng SC tạo với mặt phẳng
 SAB  một góc 30 . Thể tích của khối chóp S. ABCD là
3a 3 2a 3 2 6a 3
A. 3a3 . B. . C. . D. .
3 3 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 484   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

30°

A
D
B
C

Ta có

BC  AB 
  BC   SAB   BC  SB .
BC  SA 

Và 
SC ,  SAB       30 .
SC , SB   CSB

  30 nên SB  BC
Tam giác SBC vuông tại B và CSB  3a .
tan 30

Tam giác SAB vuông tại A nên SA  SB 2  AB 2  2a 2 .

1 2a 3 6
Vậy thể tích của khối chóp S . ABCD là V  . AB.BC .SA  .
3 3

Câu 36. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có AB  6 , CD  8 . Cắt tứ
diện bởi một mặt phẳng song song với AB , CD sao cho thiết diện đó là một hình thoi. Cạnh của
hình thoi đó bằng
24 18 31 15
A. . B. . C. . D. .
7 7 7 7
Lời giải
Tác giả: Vũ Văn Trụ; Fb: Trụ Vũ
Chọn A

Vì thiết diện song song với AB nên nó cắt ( ABC ) theo giao tuyến MN // AB như hình vẽ.

Vì thiết diện song song với CD nên nó cắt ( ACD ) ,  BCD  lần lượt theo các giao tuyến MQ , NP
cùng song song với AB .
Do đó thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng song song với AB , CD là hình bình hành
MNPQ .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 485   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Theo bài ra ta có thiết diện là hình thoi MNPQ .

Gọi a là cạnh của hình thoi MNPQ  0  a  6  .

MN CM
Ta có  .
AB CA
MQ AM AC  MC CM MN a a 24
   1  1   1  a  .
CD AC AC CA AB 8 6 7

Câu 37. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có
AB  a ,  AA  a 6 . Gọi E là trung điểm của BC . Gọi  là góc giữa đường thẳng AE và mặt phẳng
 ABBA  thì:
1 3 6 6
A. sin  . B. sin  . C. sin  . D. sin  .
6 6 3 6
Lời giải
Tác giả: Lê Ngọc Hùng; Fb: Hung Le
Chọn A

Goi I là trung điểm AB  C I   ABBA  . Trong  ABC   từ E kẻ EH / /C I cắt AB tại

H  EH   ABBA      .
AE ;  ABBA    EAH

a 27 1 a 3 EH 1
Mà AE  AB2  BE 2  , EH  C I  nên sin   .
2 2 4 AE 6

Câu 38. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD. Gọi M , N , P thứ tự là trung
điểm của AC , CB , BD . Gọi d là giao tuyến của  MNP  và  ABD  . Kết luận nào sau đây đúng?
A. d / / AC . B. d  ( ABC) . C. d / / BC . D. d / /( ABC) .
Lời giải
Tác giả: TRUONG SON; Fb: Truongson
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 486   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
A

P
B

Do  ABD  và  MNP  có điểm P chung và lần lượt chứa hai đường thẳng AB , MN song song với
nhau, nên giao tuyến d sẽ đi qua điểm P và song song AB . Mặt khác AB   ABC  nên d / /  ABC  .

Câu 39. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S.ABCD có SAB là tam giác đều, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
SD. Khoảng cách giữa DM và CN là:
a 3 2a 3 a 5 a 7
A. . B. . C. . D. .
8 5 8 8
Lời giải
Tác giả:Lê Tiếp ; Fb:Lê Tiếp
Chọn A
Cách 1

Gọi H là trung điểm của AB, ta có H là đường cao S


của hình chóp S.ABCD
Gọi I là trung điểm của SA, ta có N
I
CN / / IM  CN / /( IMD)  d (CN , DM )
 d (CN , ( IMD ))  d (C , ( IMD )) P
A D
Gọi L  DM  AB, P  IL SH , E  CH  MD, dựng J
HK  PE tại K. Vì ABCD là hình vuông, M, H lần H K
lượt là trung điểm của BC, AB nên DM  HC tại E,
mà DM  PH nên B E
DM  ( PHE )  HK  DM M C
 HK  ( IMD )  d( H , ( IMD ))  HK

3 3 a2 3a HE 3
Ta có HE  HC   a2  , 
5 5 4 2 5 CE 2 L

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 487   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1
Lại có MB / /  AD  LB  BA  a . Gọi J là trung điểm của HA, suy ra PH / / IJ ,
2

PH LH 6 6 6 1 3 a 3 3a 3
do đó    P H  IJ  . SH  
IJ HJ 7 7 7 2 7 2 14

1 1 1 256 3a 3
Trong tam giác vuông PHE có 2
 2
 2
 2
 HK 
HK HP HE 27a 256

d (C, ( IMD)) CE 2 2 a 3
mà    d (C , ( IMD))  d ( H , ( IMD)) 
d ( H , ( IMD)) HE 3 3 8

Cách 2 :

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ ( H  O ). Ta có: z


S
1 a a a 3
H (0; 0;0), B( ;0; 0), C ( ;1;0), D (  ;1; 0), S(0;0; )
2 2 2 2 N

Vì M, N lần lượt là trung điểm của BC, SD nên



A D

 DC  (a;0; 0)
  H
1 1 a a a 3  3a  a a 3
M ( ; ;0), N ( ; ; )  CN  ( ; ; ) B
2 2 4 2 4  4 2 4 M C
  a
 DM  (a;  2 ; 0) x

  a 3 a 3 7a
 CN , DM   ( ; ; )
8 4 8

 
DC . CN , DM 
a 3
d (CN , DM )     .
CN , DM  8
 

Câu 40. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và SC ; I là giao điểm của BM và AC . Tỉ số thể tích của
hai khối chóp ANIB và S . ABCD là
1 1 1 1
A. . B. . C. . D. .
16 8 12 24
Lời giải
Tác giả: Đặng Phước Thiên ; Fb: Đặng Phước Thiên
Chọn C

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 488   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A B
M I
O
D C

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD .


Ta có I là trọng tâm tam giác ABD .
2 1 1
Suy ra AI  AO  AC  d  I , AB   d  C , AB  .
3 3 3
1 1 1 1
Khi đó SIAB  d  I , AB  . AB  . .d  C , AB  . AB  S ABCD .(1)
2 2 3 6
1
Lại có N là trung điểm SC , do đó d  N ,  ABCD    d  S ,  ABCD   .(2)
2
Từ (1) và (2), ta được:
1 1 1 1 1
VANIB  VN .IAB  .SIAB .d  N ,  ABCD    . S ABCD . d  S , ABCD   VS . ABCD .
3 3 6 2 12
VANIB 1
Vậy  .
VS . ABCD 12

Câu 41. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có độ dài
cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng h . Tính thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho.
 a2h  a2h
A. V  . B. V  3 a 2 h . C. V  . D. V   a 2 h .
3 9
Lời giải
Tác giả: Lê Phương; Fb:lephuongtt1
Chọn A
Đáy của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC là hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a .
Chiều cao của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC là chiều cao h của lăng trụ ABC. ABC
2
 a 3  a2
Diện tích đáy bằng của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC bằng     .
 3  3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 489   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 a2h
Do đó thể tích V của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ đã cho là V  .
3

Câu 42. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là một hình
vuông, SA vuông góc đáy. Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng
SB , SD . Gọi P là giao điểm của SC và  AMN  . Khi đó góc giữa hai đường thẳng AP và MN bằng
2   
A. . B. . C. . D. .
3 6 4 2
Lời giải
Tác giả: Trịnh Văn Điệp; Fb: Trịnh Văn Điệp
Chọn D

P N

D
A

B C

SM SN
Từ giả thiết suy ra   BD // MN 1 .
SB SD

 BD  AC  t / c âìnâ vuoâng 
Mà   BD   SAC   AP  BD  AP  2 .
 BD  SA  SA   ABCD  

Từ 1 và  2 suy ra AP  MN   
AP, MN  90 . 
Câu 43. (HSG11 Hà Tĩnh 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O
, cạnh AB  a, AD  2a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, BC . Biết rằng
SA  SB  SC  SD và góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  ABCD  là 60 .

a. Tính diện tích tam giác SBM theo a .


b. Tính sin của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  SBD  .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Tiến Tuấn ; Fb: Đỗ Tiến Tuấn.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 490   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a. Vì SA  SC nên SO  AC . Vì SB  SD nên SO  BD . Do đó SO   ABCD  .

Trong tam giác SAC , MH  AC  H  AC   MH // SO  MH   ABCD  .

  60 .
Theo giả thiết MNH

3 a
Kẻ HQ //AB . Ta có HQ  a ; QN 
4 2
2 2 2
2 2  3a   a  13a
2 a 13
NH  HQ  QN        . Suy ra NH  .
 4  2 16 4

a 39 a 39
Do đó MH  NH tan 60  suy ra SO  2 MH  .
4 2

1 1 39a 2 a 43
Ta có SSMB  S SAB  SK . AB; SK  SO 2  KO 2   a2 
2 4 4 2

1 a 2 43
Suy ra S SMB  SK . AB 
4 8
b. Gọi P là trung điểm của SD , ta có tứ giác MPCN là hình bình hành suy ra MN //CP .

Gọi  là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng  SBD  , ta thấy  bằng góc giữa đường thẳng CP
và mặt phẳng  SBD  .`

.
Kẻ CI  BD  CI   SBD     CPI

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 491   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tam giác BCD vuông tại C có CI là đường cao, suy ra


1 1 1 1 1 5 2a
2
 2
 2
 2  2  2  CI  .
CI CB CD 4a a 4a 5

a 13
Ta có CP  MN  2 NH  .
2
CI 4
sin    .
CP 65

Câu 44. (HSG12 Cao Bằng năm 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác vuông tại B ,
 0
AB  a 3 , ACB  60 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trọng tâm của tam giác
ABC , gọi E là trung điểm AC biết SE  a 3 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ C
đến mặt phẳng  SAB  .
Lời giải

H
E
A C
N G M
K
B

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 492   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , M , N lần lượt là trung điểm của BC và AB .

Theo giả thiết có: SG   ABC  .

a) Xét tam giác ABC là tam giác vuông tại B có:


AB AB BE a
AC   2a , BC   a , GE   .
sin 
ACB tan 
ACB 3 3

1 a2 3
S ABC  AB.BC  .
2 2

a 2 a 26
Xét tam giác SGE vuông tại G có: SG  SE 2  GE 2  3a 2   .
9 3

1 1 a 26 a 2 3 a 3 78
Khi đó: VS . ABC  SG.S ABC  . .  (đvtt).
3 3 3 2 18

d  C ,  SAB   CN
b) Ta có:   3  d  C ,  SAB    3.d  G ,  SAB   .
d  G ,  SAB   GN

 AB  SG
Dựng GK // BM với K  AB . Ta có:   AB   SGK  .
 AB  GK

GH  AB
Trong  SGK  dựng GH  SK với H  SK . Ta có:   GH   SAB  .
GH  SK

Suy ra d  G ,  SAB    GH . Do đó d  C ,  SAB    3.GH .

GK AG 2 2 2 BC a
Ta có: GK  BM     GK  .BM  .  .
BM AM 3 3 3 2 3
Tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH nên:

1 1 1 9 9 243 a 78
2
 2
 2
 2
 2  2
 GH  .
GH GS GK 26a a 26 a 27

a 78
Vậy: d  C ,  SAB    3.GH  .
9

Câu 45. (HSG12 Quảng Ngãi 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A
. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết AB  7a, BC  7 a 3 . E là điểm
trên cạnh SC sao cho CE  2 ES .
a) Tính thể tích khối chóp E. ABC .
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BE .
Lời giải
Tác giả: Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 493   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

7 a 3   7 a 
2 2
a) Tam giác ABC vuông tại A nên AC   7a 2
Gọi H là trung điểm của AB
 SAB    ABC 

 SAB    ABC   AB  SH   ABC  ,


SH   SAB  , SH  AB

7a 3
Tam giác SAB đều nên SH 
2
VS. ABE SE 1 V 2
Cách 1: Ta có    E . ABC 
VS . ABC SC 3 VS . ABC 3

2 2 1 2 1 7a 3 1 343a 3 6
VE . ABC  VS . ABC  . .SH .S ABC  . . . .7 a.7 a 2  .
3 3 3 3 3 2 2 18

Cách 2: Dựng EJ  // SH cắt HC tại J . Khi đó  EJ   ABC  ,

EJ 2 2 7a 3 7a 3 1 1 7a 3 1 343a 3 6
  EJ  .  VE . ABC  .EJ .S ABC  . . .7 a.7 a 2  .
SH 3 3 2 3 3 3 3 2 18

b) Dựng D sao cho BCAD là hình bình hành. Khi đó AC  //   BED  .

d  AC , BE   d  AC ,  BED   d  A,  BED   2d H,  BED 


Vì BD   SAB    BDE    SAB  . Gọi I  SH  DE   SAB    BDE   BI .
Từ H kẻ HK  BI tại K . Khi đó HK   BDE   d  AC , BE   2 HK

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 494   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 7a 3
Ta có HI  SH 
2 4
Trong tam giác vuông BIH :
 4   2 2
2
1 1 1 4 a 21
 2        HK 
HK 2
HI HB 2 
 7a 3   7a  21a 2
2
 d  AC , BE   2 HK  a 21 .

Câu 46. (HSG12 Tỉnh Đồng Nai 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng
 BCD  . Tam giác BCD là tam giác đều, AB  a , BC  2a .
1) Tính góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  .
2) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường AC và BD .
Lời giải
Tác giả: Yến Lâm; Fb: Yen Lam
A

B E
H D

F C

1) Ta có AB   BCD  mà AB   ABC    ABC    BCD  .

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  BCD  là 900 .

2) Gọi E là trung điểm BD, dựng hình chữ nhật BFCE . Gọi H là hình chiếu của B trên AF .

Ta có BD / / FC  BD / /  AFC  .

Suy ra d  BD , AC   d  BD ,  AFC    d  B ,  AFC   .

Mặt khác ta có: BH  AF 1 .

CF  BF
  CF   ABF   CF  BH  2  .
CF  AB

Từ (1) và (2) suy ra BH   ACF  .

Vậy BH  d  B ,  ACF    d  BD , AC  .

Xét tam giác vuông ABF ta có:

AB.BF AB.BF AB.CE a.a 3 a 3


BH . AF  AB.BF  BH      .
AF 2
AB  BF 2 2
AB  CE 2 2
a  3a 2 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 495   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a 3
Vậy d  BD, AC   .
2

Câu 47. (HSG12 tỉnh Hải Phòng năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
thang vuông tại A và B , AB  BC  a, AD  2a , SA  2a và vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .
a)Tính góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  .
b)Cho M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho SM  x,  0  x  2a  . Mặt phẳng  BCM  chia hình
chóp thành hai phần có thể tích V1 và V2 (trong đó V1 là thể tích của phần chứa đỉnh S ). Tìm x để
V1 1
 .
V2 2
Lời giải
Tác giả: Nhóm 4 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc
a) Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SBC  .

Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC .

Ta có BC   SAB   BC  AH . Ngoài ra AH  SB  AH   SBC  .

Tương tự AK   SCD  . Do đó góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  SCD  bằng góc giữa hai đường
2 2 2
  AH  AK  HK .
thẳng AH và AK , hay cos   cos HAK
2. AH . AK

SA. AB 2a SA. AC 2a
Ta có AH   , AK   .
SB 5 SC 3

BC.SH 4a
Mặt khác SHK  SCB nên HK   .
SC 30

15
Vậy cos   .
5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 496   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

b) Mặt phẳng  BCM  cắt cạnh SD tại N . Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  BCM  là
hình thang BCNM .

1 2
Gọi V là thể tích khối chóp S. ABCD . Ta có VS .BCNM  VS .BCM  VS .CNM ; VS . ABC  V , VS . ACD  V .
3 3

SM V SM 1 V SM SN 2
Đặt k  suy ra: S . BCM   k  VS . BCM  k .V ; S .CMN  .  k 2  VS .CMN  k 2 .V .
SA VS .BCA SA 3 VS .CAD SA SD 3

1 2  V 1 1
Từ đó suy ra V1   k  k 2  .V . Mà 1   V1  V .
3 3  V2 2 3

1 1 2  1
Suy ra V   k  k 2  .V  k   x  a .
3 3 3  2

Câu 48. (HSG12 tỉnh Thái Nguyên năm 2018-2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác
vuông cân tại B , AB  a . Gọi I là trung điểm của AC . Biết hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là
 
điểm H thỏa mãn BI  3IH và góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ;  SBC  bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S . ABC đã cho và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB , SI theo a .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thùy Linh; Fb:Nguyễn Thùy Linh
Cách 1:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 497   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 BH  AC
a) Từ giả thiết của bài toán ta có   AC   SBH   AC  SB .
 SH  AC

 AJ  SB
Kẻ IJ  SB    góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SCB  bằng góc giữa hai đường thẳng
CJ  SB
AJ và CJ .

Dễ thấy AIJ là tam giác cân tại J , kết hợp với giả thiết góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC 
bằng 600 ta có hai trường hợp sau :

TH1: 
AJC  600  
AJI  300 .

a 6 a 2
Ta có IJ  AI .tan 600   BIJ vuông tại J có BI   IJ ( Loại ) .
2 2

TH2: 
AJC  1200  
AJI  600 .

a a 3
Ta có IJ  AI . tan 300   BIJ vuông tại J có BJ  BI 2  IJ 2  .
6 3

IJ . BH 1 a 2 2a 2
BIJ  BSH  SH  . Mặt khác IB  AC   BH  .
BJ 2 2 3

2a 1 a3
Ta có SH   VS . ABC  SH . S ABC  (đvtt).
3 3 9

b) Gọi E là trung điểm của BC  IE  AB . Do vậy ta có d  AB , SI   d  AB ,  SIE    d  B ,  SIE   .


 
Do BI  3IH  d  B ,  SIE    3d  H ,  SIE   .

Kẻ HK  IE , K  IE .

Mặt khác ta lại có SH   ABC   SH  IE  IE   SHK    SIE    SHK  .

Kẻ HF  SK  HF   SIE   d  H ,  SIE    HF  d  AB , SI   3HF .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 498   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1 1 SH . HK
Xét tam giác vuông SHK ta có : 2
 2
  HF  .
HF HK HS 2 SH 2  HK 2

HK IH 1 1 a 2a 17
Mặt khác    HK  BE   HF  .
BE IB 3 3 6 51

2a 17
Vậy d  AB , SI   3HF  .
17
Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ Bxyz với A  Bx , C  By, Bz // SH . Không mất tính tổng quát ta chọn a  1 .

1 1 
Ta có : B  0;0;0  , A 1; 0; 0  , C  0;1;0   I  ; ;0  .
2 2 
  2 2  2 2 
Do BI  3IH  H  ; ;0  . Gọi S  ; ; h  với h  0 .
3 3  3 3 
   2 2  
BA  1; 0; 0  , BS   ; ; h  , BC   0;1; 0  .
3 3 
    2      2
n1   BA , BS    0;  h ;  , n2   BC , BS    h ;0;   .
 3  3
 
n 1 . n2 2 2 2 2
Do góc giữa  SAB  và  SBC  bằng 600 nên cos 600     h   S  ; ;  .
n1 . n2 3 3 3 3

1 1 2 1 1 a3
VS . ABC  SH . S ABC  . .  . Do chọn a  1 nên VS . ABC  ( đvtt ).
3 3 3 2 9 9
   1 1     1    1 1 
Ta có : BA  1; 0; 0  , SI    ;  ;0  ,  BA , SI    0; 0;   , BI   ; ; 0  .
 6 6   6 2 2 
  
 BA , SI  . BI
  2 17 2a 17
d  AB , SI      . Do chọn a  1 nên d  AB , SI   .
 BA , SI  17 17
 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 499   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 49. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có các cạnh
SA,  BC ,  AB đôi một vuông góc với nhau. Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên SB . Tìm
khẳng định sai trong các khẳng định sau:
A. SA   ABC  . B. AM   SBC  . C. AB   SBC  . D. BC   SAB  .
Lời giải
Tác giả:Lê Ngọc Hùng; Fb:Hung Le
Chọn C

Cách 1:

Do các cạnh SA,  BC ,  AB đôi một vuông góc với nhau nên SA   ABC  , BC   SAB  .

Mà BC   SAB   BC  AM và AM  SB  AM   SBC  .

Nên các đáp án A, B, D đúng.


Cách 2:

Từ đáp án C, nếu AB   SBC   AB  SB . Theo giả thiết M là hình chiếu vuông góc của A trên SB
nên M  B vô lý vì khi đó SAB có hai góc vuông. Suy ra đáp án C sai.

Câu 50. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a , cạnh SA  a và vuông góc với mặt phẳng  ABCD  .

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.
b) M là điểm di động trên đoạn BC và BM  x , K là hình chiếu của S trên DM . Tính độ dài đoạn
SK theo a và x . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn SK .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Xuân Tiến Fb: Tien nguyen Ckte

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 500   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 SA  AB
Theo giả thiết SA   ABCD   
 SA  AD
Do vậy SAB và SAD vuông tại A .
Mặt khác SA   ABCD   SA  BC .

 BC   SA

Ta có  BC   AB  BC   SAB   BC  SB  SBC vuông tại B .
 SA  AB   A

Tương tự, SDC vuông tại D . (đpcm)
b) Theo giả thiết BM  x  CM  a  x .

AKD  DCM (    90 , DAK


AKD  DCM   CDM
 : góc có cạnh tương ứng vuông góc)

AK AD AD a2
   AK  DC   .
CD DM DM x 2  2ax  2a 2

2 2 a4 2 a2
SAK vuông tại A , SK  SA  AK  a  2  a 1 2
.
x  2ax  2a 2  x  a   a2
2
Do 0  x  a   x  a   a 2 , dấu = xảy ra khi và chỉ khi x  0 .

a2 2
SK đạt giá trị nhỏ nhất  giá trị biểu thức 2 2
nhỏ nhất   x  a  đạt giá trị lớn nhất.
 x  a a

a 6
Do vậy SK min  , đạt khi M  B .
2
Câu 51. (HSG11 Nghệ An 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân
  SCA
(AB//CD) nội tiếp đường tròn tâm O và SBA   90 . Gọi M là trung điểm cạnh SA.

a) Chứng minh rằng: MO   ABCD  .


BC
b) Gọi  là góc giữa hai đường thẳng AB và SC. Chứng minh rằng cos   .
SA
Lời giải
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 501   
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Chu Viết Tấn ; Fb: Chu Viết Tấn


S

D C
O

A B

a), Gọi O’ là hình chiếu vuông góc của M trên (ABCD). Do các tam giác SBA và SCA lần lượt vuông
tại B và C nên ta có MA  MB  MC  O ' A  O ' B  O ' C  O '  O hay MO   ABCD  .

b) Cách 1: Ký hiệu a,b  là góc giữa hai đường thẳng a, b.

  SAD
Gọi    SC , AB    SC , CD   SCD .

Mặt cầu đường kính SA ngoại tiếp khối chóp S .ABC nên cũng ngoại tiếp khối chóp
  90 .
S .ABCD do đó SDA
Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp SAD , SCD . Ta có:

  2 R sin SAD
SD  2 r sin SCD   sin SAD
 . Do r  R nên sin SCD     SCD
  SAD

  AD  BC .
cos   cos SAD
SA SA
Cách 2: ( Đáp án chính)
S

D
C

A B

Vì AB / /CD nên góc giữa hai đường thẳng AB SC là góc giữa CD và SC

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 502   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

suy ra cos   cos SCD  1  sin 2 SCD (*)

1
Gọi I hình chiếu vuông góc của điểm M lên mặt phẳng  SCD  ta có MD  MC  SA nên tam giác
2
SAD vuông tại D .
Mặt khác MS  MD  MC suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD. Khi đó
SD SD SD
sin SCD    ( Vì tam giác MID vuông tại I )
2.ID 2.MD SA

2 SD 2 SA2  SD 2 AD 2 BC
Từ (*) suy ra: cos   1  sin SCD  1  2   
SA SA2 SA2 SA
Vậy ta có đpcm.

Câu 52. (HSG11 Thị Xã Quảng Trị năm 2018-2019)Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC đều cạnh
a 5
bằng a và tam giác BCD cân tại D với DC  .
2
1. Chứng minh rằng: AD  BC .
2. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD , tính cosin góc giữa hai đường thẳng AG và CD , biết góc giữa
hai mặt phẳng ( ABC ) và ( BCD) bằng 300 .
Lời giải
Tác giả:Bùi Thu Hương ; Fb:Cucai Đuong

1)Gọi M là trung điểm BC, ta có: ABC đều nên AM  BC , DBC cân nên DM  BC
 BC  ( AMD)  BC  AD

 ABC    DBC   BC



2) Ta có   AM   ABC  , AM  BC nên góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( BCD)

 DM   DBC  , DM  BC

là góc giữa hai đường thẳng MA, MD .

Từ đó, góc giữa hai đường thẳng MA, MD bằng 300 . Kẻ GN / /CD , nối AN

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 503   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 bằng 300 , ta có: MD  a  MG  a , ABC đều nên AM  a 3 .


+ TH1: DAM
3 2
Áp dụng định lí cosin cho AMG :

AG 2  AM 2  MG 2  2. AM .MG.cos 300

 a 3   a 2
2
   a 3 a 3 13a 2
AG  
2

     2. . . 
 2   3  2 3 2 36

a 13 CD a 5 a 7
ta có AG  , GN   .   ANC có AN  . Trong ANG
6 3 6 3
5 5
có cos 
AGN = .Gọi (
AG; CD )   thì cos =
65 65

 bằng 1500. Tính tương tự ta có: thì cos = 13 .


+ TH2: AMD
7 5

Câu 53. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Trong không gian cho 4 điểm A, B, C , D thỏa mãn
 
AB  3, BC  7, CD  11, DA  9. Tính AC.BD.
Lời giải
Ta có
      

2 AC.BD  AB  BC  AD  DC .BD 
     
  
 AB  AD .BD  BC  DC .BD 
       
   
 AB  AD . AD  AB  BC  DC . BC  DC  
 AD 2  AB 2  BC 2  DC 2 .
 
Thay số vào ta được AC.BD  0.

Câu 54. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABC . ABC  có đáy là tam giác đều
cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A lên mp  ABC  trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết
a 3
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC bằng . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho theo a .
4
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 504   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi I là trung điểm của BC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AA .

Ta có BC  AG; BC  AI nên suy ra BC   AAI   BC  IH .

a 3
Suy ra d  AA, BC   IH  .
4

a 3 a 3 2 a2 a
Đặt AG  h . Ta có: AG. AI  IH . AA  h.  . h  h .
2 4 3 3

a a2 3 a3 3
Vậy VABC . ABC   h.S ABC  .  .
3 4 12

Câu 55. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh
2a và 
ABC  60 . Gọi E , F lần lượt là trung điểm của các cạnh SC , SD . Biết SA  SC  SD và mặt
phẳng  ABEF  vuông góc với mặt bên  SCD  , tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a .
Lời giải
Tác giả: Trần Tố Nga; Fb: Trần Tố Nga

  E  I 

A  D 




Gọi M là trung điểm của CD , I là giao điểm của EF và SM , H là giao điểm của AM và DO .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 505   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Có ABCD là hình thoi cạnh 2a , 


ABC  60 nên ACD đều cạnh 2a .

2a 3 a 3
AM  a 3  AH  ; HM  .
 3 3
H là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD .
Có SA  SC  SD nên hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với H hay SH   ABCD  .

Có  ABEF    SCD  theo giao tuyến EF

Mà SM  EF (Do SM  CD ; EF // CD )

 SM   ABEF   SM  AI

 AIM vuông tại I .


A H K  M 

+) Gọi K là trung điểm của HM  IK là đường trung bình của SHM .

IK  AM  do SH  AM 

SH  2 IK .

Xét AIM vuông tại I có IK  AM nên

1 1  2a 3 a 3  a 3 15 2
IK 2  AK.KM   AH  HM  . HM    .  a
 2  2  3 6  6 36

a 15 a 15
 IK   SH 
6 3

1 1 a 15 2 2a 3 5
Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  .  2a  sin 60  .
3 3 3 3

Câu 56. (HSG12 tỉnh Quảng Bình năm 2018-2019) Cho khối tứ diện SABC và hai điểm M , N lần
SM 1 SN
lượt thuộc các cạnh SA , SB sao cho  ,  2 . Gọi  P  là mặt phẳng đi qua hai điểm M , N
MA 2 NB
và song song với đường thẳng SC .
a. Trong trường hợp SABC là tứ diện đều cạnh a , xác định và tính theo a diện tích thiết diện của
khối tứ diện S . ABC với mặt phẳng  P  .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 506   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy, Trần Bạch Mai; Fb: thuypham, Bạch Mai

*) Xác định thiết diện

 SC / /  P 

Ta có:  SC   SAC    P    SAC   MF  MF / / SC ; F  AC  .

 M   P    SAC 

 SC / /  P 

Ta có:  SC   SBC    P    SBC   NE  NE / / SC ; E  BC  .

 N   P    SBC 

 Thiết diện là tứ giác MNEF .


Mặt khác ta có:

+) NE / / MF  / / SC  .

+) SMN  CFE  MN  FE .
NE BN 1 a
+) NE / / SC     NE  .
SC BS 3 3
MF AM 2 2a
+) MF / / SC     MF  .
SC AS 3 3
Vậy thiết diện MNEF là hình thang cân.
*) Tính diện tích thiết diện

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 507   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 a .
Xét SMN có MN  SM 2  SN 2  2.SM .SN .cosMSN
3

MF  NE a a 11
Kẻ NH  MF , MNEF là hình thang cân  MH    NH 
2 6 6 .

1 1 a 2a a 11 a 2 11
Vậy diện tích thiết diện là: S MNEF   NE  MF  .NH      .
2 2 3 3  6 12

b. Trong trường hợp bất kì, mặt phẳng  P  chia tứ diện SABC thành hai phần. Tính tỉ số thể tích
của hai phần đó.Lời giải
Tác giả: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến; Fb: Trương Hồng Hà & Vũ Việt Tiến

Cách 1: Vì mp  P  đi qua M , N và song song với SC nên:  P    SAC   MF ,  F  AC , MF / / SC  ;


 P    SBC   NE ,  E  BC , NE / / SC  .
CF SM 1 CE SN 2
Khi đó   ;   .
CA SA 3 CB SB 3

Mặt phẳng  P  chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB .

+ Gọi VSABC  V , VMNEFSC  V1 , VMNEFAB  V2 .

+ Ta có V1  VMNEFSC  VCSEF  VSFME  VSMNE .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 508   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

VCSEF CE CF 2 2
+  .   VCSEF  V .
VCSBA CB CA 9 9

VSFME SN 1
+   1 .
VSFAE SA 3

1 1 2 2
VSFAE 3  
d S , AEF   .S AEF d  E , AF  .FA d  B, AC  . AC
S AEF 4
+ Mà    2 3 3  .
VSABC 1 d S , ABC .S 1 d  B, AC  . AC
    ABC S ABC d  B, AC  . AC 9
3 2
VSFAE 4 4
   VSFAE  V  2.
VSABC 9 9

1 4 4
Từ (1) và (2) suy ra VSFME  . V  V .
3 9 27
VSMNE SM SN 1 2 2
+  .  .   3 .
VSABE SA SB 3 3 9

1 1
d  S ,  ABE   .S ABE d  A, BE  .BE
VSABE 3 S ABE 2 BE 1
+ Mà      .
VSABC 1 1
d  S ,  ABC   .S ABC S ABC d  A, BC  .BC BC 3
3 2
VSABE 1 1
   VSABE  V  4.
VSABC 3 3

2 1 2
Từ (1) và (2) suy ra VSABE  . V  V .
9 3 27
2 4 2 4 5
+ Do đó V1  VCSEF  VSFME  VSMNE  V  V  V  V  V2  V .
9 27 27 9 9
V1 4 V 5
+ Vậy  hoặc 2  .
V2 5 V1 4

Cách 2: Vì MF / / NE / / SC nên tứ giác MNEF là hình thang.


Gọi I  FE  MN  I  AB .
Theo định lý Mennelaus, ta có
SM AI BN AI IB 1
+ . . 1 4  .
AM BI SN BI IA 4
AB IE FC IE
+ . . 1  1  E là trung điểm của FI .
IB FE AC FE
VIBNE IB IN IE 1 1 1 1 15
+  . .  . .   V2  VMNEFAB  VIAMF  VIBNE  VIAMF .
VIAMF IA IM IF 4 2 2 16 6

VIAMF IA 4 4
Mặt khác    VIAMF  VBAMF .
VBAMF BA 3 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 509   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

2 AM 2 4
+ S ABF  S ABC ;   VBAMF  VSABC .
3 AS 3 9
15 4 4 5 4
 V2  . . VSABC  V  V1  V .
16 3 9 9 9
V1 4 V 5
+ Vậy  hoặc 2  .
V2 5 V1 4

Câu 57. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho tứ diện ABCD đều cạnh bằng a . Hãy
chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề sau đây:
  a 2     
A. AB. AC  . B. AB  CD  BC  DA  0 .
  2    
C. AB.CD  0 . D. AB. AD  BC .CD .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ
Chọn D

Ta có:
  1 a2
+) AB. AC  AB. AC.cos 60  a.a.  suy ra đáp án A đúng.
2 2
         
+) AB  CD  BC  DA  AB  BC  CD  DA  AA  0 suy ra đáp án B đúng.
        
 
+) AB.CD  AB. AD  AC  AB. AD  AB. AC

 a.a.cos 60  a.a.cos 60  0 suy ra đáp án C đúng.


Vậy đáp án D sai.

Câu 58. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hình chóp đều S. ABC có góc giữa mặt bên và
3a 7
mặt đáy  ABC  bằng 60 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng , tính theo
14
a thể tích V của khối chóp S.ABC .
a3 3 a3 3 a3 3 a3 3
A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .
12 16 18 24
Lời giải
Tác giả: Vũ Ngọc Tân ; Fb: Vũ Ngọc Tân.
Phản biện: Lê Mai Hương; Fb: Le Mai Huong.
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 510   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Dựng SH   ABC  , mà S. ABC là hình chóp đều nên H là trọng tâm ABC , gọi M , N lần lượt là
trung điểm của BC , AB .

  60 , khi đó ta đặt AB  AC  BC  x nên AM  x 3 .


Theo giả thiết thì SMA
2

1 1 x 3 x x
Ta có : SH  tan 60.HM  tan 60. AM  3. .  , AH  .
3 3 2 2 3

3
Dựng hình bình hành ACBP , khi đó d  BC , SA   d  BC ,  SAP    d  M ,  SAP    d  H ,  SAP  
2
2 2 3a 7 a
 d  H ,  SAP    d  BC , AB   .  .
3 3 14 7

a
Vì HAP vuông tại A, nên ta dựng HK  SA do đó d  H ,  SAP    HK  .
7

1 1 1 7 3 4
Khi đó ta được : 2
 2
 2
 2  2  2 nên x  a .
HK AH SH a x x

a2 3 1 1 a a 2 3 a3 3
Vậy SH  a , S ABC  , nên VSABC  .SH .S ABC  . .  .
4 3 3 2 4 24

Câu 59. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là
  600 , SA  ( ABCD), SA  a 3. M và I là hai điểm
hình thang có AD  2a, AB  BC  CD  a, BAD
     
thỏa mãn 3MB  MS  0, 4 IS  3ID  0. Mặt phẳng ( AIM ) cắt SC tại N.
d)Chứng minh rằng đường thẳng SD vuông góc với mặt phẳng ( AIM ).
 0  0
e)Chứng minh ANI  90 ; AMI  90 .
f)Tính diện tích của thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( AMI ) và hình chóp S . ABCD.
Lời giải
Tác giả: Dương Hà Hải ; Fb: Dương Hà Hải.
Phản biện: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 511   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

     


a)Đặt AB  a , AD  b, AS  c.
 1       
Ta có BC  b, a  a, b  2a, c  a 3, a.b  a 2 , a.c  0, c.b  0.
2
    3  4   3  1 
Ta có: SD  b  c, AI  b  c, AM  a  c.
7 7 4 4
   
Suy ra SD. AI  0, SD. AM  0.

Do đó SD  AI , SD  AM .

Vậy SD  ( AMI ).

b)Trog mặt phẳng ( ABCD ), AC cắt BD tại E. Trog mặt phẳng ( SBD ), SE cắt MI tại F .

Khi đó, trong mặt phẳng ( SAC ), AF cắt SC tại N.


 1  1  1   1 5  1 
Ta có: AN  a  b  c, NI   a  b  c
2 4 2 2 28 14
 
 AN .NI  0  AN  NI   ANI  900.
 3  1   3 3 9 
AM  a  c, MI   a  b  c
4 4 4 7 28
 
 AM .MI  0  AM  MI   AMI  900.
c)Thiết diện tạo bởi mặt phẳng ( AMI ) và hình chop S. ABCD là tứ giác AMNI .

Ta có S AMNI  S ANI  S AMN


a 3 a 6 a 42
Ta có AM  , AN  , NI 
2 2 14
1 3a 2 7
 S ANI  AN .NI  .
2 28
 
  15a 2
Ta có AM . AN    AM . AN  5  sin MAN
 cos MAN   14
16 AM . AN 4 2 8
2
 S AMN 
1   3a 7
AN . AM .sin MAN
2 32

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 512   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

3a 2 7 3a 2 7 45a 2 7
Vậy S AMNI    .
28 32 224

Câu 60. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho hình chóp S .ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  a 3, BC  a và SA  SB  SC  SD  2a . Gọi K là hình chiếu vuông góc của B trên
AC và H là hình chiếu vuông góc của K trên SA.
a) Tính độ dài đoạn HK theo a .
b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK , SO . Mặt phẳng   di động, luôn đi qua I và cắt các
đoạn thẳng SA, SB, SC , SD lần lượt tại A, B ,C , D  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P  SA.SB .SC .SD  .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hà; Fb: Ha Nguyen

a) + Ta có AB  a 3; BC  a  AC  2a  BD .

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD  BO  a .


+ Xét OBC có: OB  OC  BC  a  OBC đều, mà K là hình chiếu vuông góc của B lên AC
3a
 BK  OC  K là trung điểm của OC  AK  .
2

+ Xét SOB có: SO  SB 2  OB 2  4a 2  a 2  a 3 .

3a
a 3.
SO. AK 2  3a 3 .
+ Xét SAK có: 2 S SAK  SO. AK  HK .SA  HK  
SA 2a 4

9a 2 27a 2 3a 3a 5a
b) + Xét AHK có: AH  AK 2  HK 2     SH  SA  AH  2a  
4 16 4 4 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 513   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+ Từ O kẻ đường song song với HK , cắt SA tại điểm J .


a
HJ KO 1 1 1 3a a
+ Xét AHK có:   2   HJ  .HA  . 
HA AK 3a 3 3 3 4 4
2
5a
SH SI SI SH
+ Xét SJO có:    4 5
HJ IO IO HJ a
4

+ Từ A và từ C kẻ các đường song song với AC  cắt đường SO tại các điểm D và E .
  OCE
+ Xét 2 tam giác ADO và OEC có: DAO  (so le trong)

AO  OC
  EOC
DOA  (đối đỉnh)

 ADO  CEO (g.c.g)  DO  EO

SA SD SC SE
+ Trong SAD có:  ; trong SEC có: 
SA ' SI SC ' SI
SA SC SD SE SD  SE 2SO 12
      
SA ' SC ' SI SI SI SI 5
SB SD 12
+ Tương tự có:  
SB ' SD ' 5

SA SB SC SD SA SB SC SD
+ Áp dụng BĐT Cô – si ta có:     44 . . .
SA ' SB ' SC ' SD ' SA ' SB ' SC ' SD '

24 16a 4
  44
5 SA '.SB '.SC '.SD '

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 514   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
4
 5a  625 4
 SA '.SB '.SC '.SD '     a .
 3  81

SA SB SC SD 6 5
+ Dấu “=” xảy ra       SA '  SB '  SC '  SD '  a .
SA ' SB ' SC ' SD ' 5 3
Cách 2: Sử dụng định lý Menelauyt:

5a 3a
SH AK OI OI OI 1
+ Ta có: . . 1 4 . 2 . 1  
HA KO IS 3a a IS IS 5
4 2
+ Gọi giao điểm của AC  và AC là M , đặt SA '  x

SA ' AM OI x AM 1 MO x AO 6 x  10a
+ Ta có: . . 1  . . 1   
A ' A MO IS 2a  x MO 5 AM 10a  5 x AM 10a  5 x
MC 6 x  10a 7 x  10a
  2. 1 
AM 10a  5 x 10a  5 x
SA ' AM CC ' x 10a  5 x CC ' CC ' 7 x  10a CS 12 x  10a
+ Ta lại có: . . 1 . . 1    
SA MC C ' S 2a  x 7 x  10a C ' S C 'S 5x C 'S 5x
SA SC 2a 12 x  10a 12
+ Khi đó:    
SA ' SC ' x 5x 5
+ Các bước tiếp theo làm tương tự như cách 1.

Câu 61. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho hình hộp ABCDABCD có
tất cả các cạnh bằng nhau. Điểm M di động trên cạnh AB , điểm N di động trên cạnh AD sao cho
AN  2 AM . Gọi (α) là mặt phẳng chứa MN và song song với AC . Dựng thiết diện của hình hộp bởi
(α) và chứng minh rằng (α) luôn chứa một đường thẳng cố định.
Lời giải
Tác giả: thuy hoang ; Fb: thuy hoang

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 515   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

* Dựng thiết diện của hình hộp bởi   :

Y
B R C

X A D
Q

T
B' C'
P

A' N D'

 M  ( )  (ABCD)
Xét
    ABCD   d có:  AC / /( )
 AC  (ABCD)

Nên d là đường thẳng qua M và song song với AC , d cắt AD tại X , cắt CD tại Y cắt BC tại R .
Tương tự xét     ABC D   d  , d  qua N và song song với AC cắt C D tại P . XN cắt AA
tại T , YP cắt CC tại Q .

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác MRQPNT .


* Chứng minh rằng (α) luôn chứa một đường thẳng cố định:

 AC  // ( )

- Ta có:  AC  ( ACC A)  TQ  // AC (1)
( )  ( ACC A)  TQ

AT AX
- Trong mặt phẳng  ADDA  có AX  // A'N  
TA AN
Mà tứ giác AXRC là hình bình hành suy ra AX  CR (*)
AM CR
-Xét tam giác ABC cân có MR  // BC  =
AB CB
Mà AB  BC nên AM  RC . Suy ra AX  AM (kết hợp (*))
AT AX AM 1 AT 1
Suy ra    , hay  . Suy ra điểm T cố định.
TA AN AN 2 TA 2
Kết hợp (1) suy ra TQ cố định. Vậy   luôn chứa đường TQ cố định. (đpcm).

Câu 62. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật,
AD  2a, AB  a ; O là giao điểm của AC và

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 516   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a
BD , SO vuông góc với  ABCD  và SO  . Gọi M là trung điểm của BC .
2
a. Chứng minh đường thẳng SM vuông góc với mặt phẳng  SAD  .
b. Gọi  là góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  SAD  , tính sin  .
Lời giải

a) Gọi N là trung điểm của AD .

 AD  MN
Ta có   AD   SMN   AD  SM (1).
 AD  SO

a 2
Mặt khác SM  SN  SO 2  OM 2  và MN  a suy ra SM 2  SN 2  MN 2 .
2
Theo định lý Pitago ta có SM  SN (2).

Mà AD, SN   SAD  ; AD  SN   N  (3)

Từ (1), (2), (3) ta được SM   SAD  .

.
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên  SAD  . Khi đó:   CSH

a 2
Do CM / /  SAD  nên d  C ,  SAD    d  M ,  SAD    CH  MS  .
2

a 2 5a 2 a 6
Mặt khác SC  SO 2  OC 2    .
4 4 2

CH a 2 2 3
Vậy sin    .  .
SC 2 a 6 3

Câu 63. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' . Gọi M là một
1
điểm trên cạnh AD sao cho AM  AD, N là một điểm trên đường thẳng BD ', P là điểm trên
4
MN
đường thẳng CC ' sao cho 3 điểm M , N , P thẳng hàng. Tính tỉ số
MP
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 517   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

B C

M E
A D
N
C'
B'

A' P
D'
I

Vì 2 đường thẳng BD ', MP cắt nhau tại điểm N nên 4 điểm B, M , D ', P đồng phẳng.

Xét 3 mặt phẳng  ABCD  ,  CDD'C'  ,  BMD 'P  đôi một cắt nhau theo 3 giao tuyến là DC , BM , D ' P .
Mà BM cắt DC . Do đó 3 đường thẳng DC , BM , D ' P đồng quy.

Trong mặt phẳng  ABCD  : BM  CD  I .

Trong mặt phẳng  CDD ' C ' : ID ' CC '  P .

Trong mặt phẳng  IBP  : BD ' MP  N .

Trong mặt phẳng  IBP  : ME // IP  E  BD ' .

BM D ' I NP ME D ' I D ' P


Ta có  1 1 .
BI D ' P NM ID ' D ' P ME
IM MD 3 BM 1
Mặt khác     (2) .
IB BC 4 BI 4
ID ' ID MD 3 D'I
     3  3 .
IP IC BC 4 D'P
NP 4 MN 3
Từ (1), (2), (3) ta có    .
NM 3 MP 7

Câu 64. (HSG12 Cụm Thanh Xuân năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD
1) Gọi E , F , G lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC , ACD , ABD .

a) Chứng minh  EFG  / /  BCD  .

b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích tam giác BCD .
2) Cho tứ diện ABCD .
M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d / / AB .
a) Xác định giao điểm B ' của đường thẳng d và mặt phẳng  ACD  .

b) Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng  ABD  và

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 518   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

MB ' MC ' MD '


 ABC  theo thứ tự tại C ', D ' . Chứng minh rằng    1.
AB AC AD
AB AC AD
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T    .
MB ' MC ' MD '
Lời giải
1) Gọi E , F , G lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC , ACD , ABD .

a) Chứng minh  EFG  / /  BCD  .

b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích tam giác BCD .Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Trà My ; Fb: Nguyễn My
Phản biện:Trần Trung; Fb: Trung Tran
Phản biện: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan

a) Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CD , DB .

AE AF 2
Theo tính chất trọng tâm ta có    EF / / MN .
AM AN 3

Ta có MN   BCD  nên EF / /  BCD  . (1)

Chứng minh tương tự ta có EG / /  BCD  . (2)

Từ (1) và (2) ta có  EFG  / /  BCD  .

EF FG EG 2
b) Ta có    theo định lý Talet.
MN NP MP 3
2 S 4
 EFG  MNP theo tỉ số  EFG  (3) (Do tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng
3 S MNP 9
bình phương tỉ số đồng dạng)
1 S 1
Mặt khác MNP  DBC theo tỉ số  MNP  . (4)
2 SDBC 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 519   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

SEFG 1 1
Từ (3) và (4) ta có   SEFG  SBDC .
SDBC 9 9

2) Cho tứ diện ABCD .


M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d / / AB .

a) Xác định giao điểm B ' của đường thẳng d và mặt phẳng  ACD  .

b) Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng  ABD  và
MB ' MC ' MD '
 ABC  theo thứ tự tại C ', D ' . Chứng minh rằng    1.
AB AC AD

AB AC AD
c) Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T    .Lời giải
MB ' MC ' MD '

Tác giả: Trần Mạnh Trung ; Fb: Trung Tran


PB: Nguyễn Phương Thu ; Fb: Nguyễn Phương Thu
PB: Đỗ Hữu Nhân; Fb: Do Huu Nhan

a) Trong mặt phẳng  BCD  gọi BM  CD   E .

Trong mặt phẳng  ABE  kẻ MB '/ / AB  B '  AE   d  MB ' .

 B ' d
Ta có   d   ACD    B '
 B '  AE   ACD 

b) Trong mặt phẳng  BCD  gọi CM  BD   F  , DM  BC  G .

Trong mặt phẳng  ACF  kẻ MC '/ / AC  C '  AF  .

Trong mặt phẳng  ADG  kẻ MD '/ / AD  D '  AG  .

MB ' ME S MCD
Ta có MB '/ / AB    (1).
AB BE S BCD

MC ' SMBD MD ' S MBC


Tương tự ta có  (2);  (3) .
AC S BCD AD SBCD

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 520   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

MB ' MC ' MD ' S MCD  S MBD  S MBC


Từ (1) , (2) và (3) Suy ra    1
AB AC AD S ABC

MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' 1 27


c) Ta có    33   .
AB AC AD AB. AC. AD MB '.MC '.MD ' AB. AC. AD

AB AC AD AB. AC. AD 27. AB. AC. AD


Ta có T     33  33 3 3.
MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' AB. AC. AD

MB ' MC ' MD ' 1 ME MF MD 1


Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi        .
AB AC AD 3 BE CF DG 3

Câu 65. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABCD . Một mặt phẳng  P 
cắt các tia AB , AD , AA , AC lần lượt tại M , N , P , Q .

3 1 1 1
a) Chứng minh rằng:    .
AQ AM AN AP
b) Gọi H là hình chiếu của A lên  P  . Chứng minh rằng AQ  3 AH .
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Lưu; Fb: Bùi Văn Lưu

a) Theo quy tắc hình hộp ta có:


    AC   AB  AD  AA 
AC  AB  AD  AA  AQ  AM  AN  AP .
AQ AM AN AP

1
Ta có AC là đường chéo của hình lập phương ABCD. ABCD  AB  AD  AA  AC  .
3

AC  AB AD AA 3 1 1 1
Mà M , N , P , Q đồng phẳng nên        .
AQ AM AN AP AQ AM AN AP

1 1 1 1
b) Ta có AMNP là tứ diện vuông  2
 2
 2
 .
AH AM AN AP 2
2
1 1 1  1 1 1 
Mà 2
 2
 2
    .
AM AN AP  AM AN AP 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 521   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1 1 1 1 3
       AQ  3 AH .
AH AM AN AP AH AQ

Câu 66. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy ABCD là
  120 . Biết các đường thẳng AA, AB , AC cùng tạo với mặt phẳng  ABCD 
hình thoi cạnh a , BAD
một góc bằng 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BB , CC  .
a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD .
b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng  DMN 
Lời giải
Tác giả: Nhóm 3 tổ 8 nhóm strong team vd- vdc

a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD .


Gọi I là trung điểm của BC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng  ABCD  vì các đường thẳng AA,
'  HBA
AB , AC cùng tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc bằng 60 nên HAA '  HCA
'  60  . Tam

giác ABC đều


Do tam giác ABC tam giác đều nên A. ABC là hình chóp tam giác đều.
a 3 a 3   a2 3
Ta có AI   AH   A H  AH tan A AH  a , S ABCD  AB. AD.sin BAD 
 
2 3 2
3
a 3
Thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là V  AH .S ABCD  .
2
b) Tính khoảng cách giữa đường thẳng AD và mặt phẳng  DMN 

Cách 1.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 522   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Do MN / / AD nên A thuộc mặt phẳng  DMN 

Gọi E  AM  AB , F  DN  DC  EF / / BC / / AD và B , C lần lượt là trung điểm của các đoạn
3
thẳng AE , DF . Suy ra A, H , F thẳng hàng và AF  HF .
2
3
Ta có AD / /  DMN   d  AD, DMN   d  A, A EF   d  H , A EF  .
2

Do AH  BC  AH  EF  EF   AHF    AEF    AHF 

Trong tam giác AHF , kẻ HK  A F  HK   A EF   d  H ,  A EF   HK

2a 3 1 1 1 1 3 7 2a 7
Ta có A H  a, HF  2 HA  ,    2  2  2  HK  .
3 HK 2
HA  2
HF 2
a 4a 4a 7

3 3a 7
Suy ra d  AD,  D MN   HK  .
2 7
Cách 2.

 a  a 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho I  O 0;0;0, B  ;0;0 , C  ;0;0
 2  2  

 a 3   a 3   a 3 
H 0; ;0 , A0; ;0 , A 0; ; a
 6 
  2   6 

    a a 3   a a 3     a 3 


Do AA  BB  CC  nên B   ;  ; a , C   ;  ; a ; BC  A D   D  a; ; a 
 2 3   2 3   6 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 523   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

 a a 3 a   a a 3 a 
M , N lần lượt là trung điểm của BB , CC  nên M  ;  ;  , N  ;  ; 
 2 6 2   2 6 2 

   a a 3 a 
Ta có MN  a;0; 0 , D N   ;  ;  
 2 3 2 

    a 2 a 2 3  a 2

Suy ra  MN , D N   0; ; 
   2
 
3  6

0;3; 2 3 

Mặt phẳng  DMN  có một véc tơ pháp tuyến là n  0;3;2 3  
3a 3
Phương trình mặt phẳng  DMN  : 3 y  2 3 z  0
2

3a 3 3a 3

2 2 3a 7
Do đó d  AD, DMN   d  A, DMN    .
9 12 7

Câu 67. (HSG12 tỉnh GIA LAI 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a , chiều cao h không đổi. Gọi M , N lần lượt là hai điểm di động trên hai cạnh BC , CD sao cho góc
  45 . Đặt BM  x . Tìm x theo a sao cho thể tích khối chóp S . AMN đạt giá trị nhỏ nhất.
MAN
Lời giải

B x M
C

N
α
45°
A D
1 1 1 h 2
Ta có VS . AMN  .h.S AMN  .h. . AM . AN .sin 45  . AM . AN .
3 3 2 12
   , 0    45  NAD
Đặt MAB   45  

AB AD a2 2 2a 2 2
Khi đó AM . AN  .   .
cos  cos  45    cos   cos   sin   1  2 sin  2  45 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 524   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Khi đó VS . AMN nhỏ nhất  AM . AN nhỏ nhất  1  2 sin  2  45  lớn nhất    22,5 .

Vậy khi x  a.tan 22, 5  a  


2  1 thì thể tích khối chóp S . AMN đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 68. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là
hai điểm thay đổi lần lượt
thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng ( DMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) .
Đặt AM  x, AN  y . Tìm x, y để tam giác DMN có diện tích nhỏ nhất, lớn nhất.
Lời giải
Tác giả: Trần Duy Khương ; Fb:Tran Duy Khuong

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác đều ABC . Do ABCD là tứ diện đều nên
DO   ABC  . Theo đề bài, mặt phẳng  DMN    ABC  nên suy ra O  MN .

1
Tam giác DMN có DO  MN nên S DMN  DO.MN . Mà DO là hằng số nên SDMN lớn nhất khi MN
2
lớn nhất, nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất.
2
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMN ta có MN 2  x 2  y 2  xy   x  y   3 xy .

Như vậy M , N thay đổi sao cho đoạn thẳng MN luôn đi qua O . Ta có 0  x, y  1 .
        2    1   1 
Ta có MN  AN  AM  y AC  x AB , MO  AO  AM  AH  x AB    x  AB  AC .
3 3  3

1 1
  x 1  1
3
Vì MN và MO cùng hướng nên  3  0  y   x    x  3xy  x  y .
y x 3  3

1 1 1 1 1 1
Từ 0  x, y  1 , ta có x  y  3 xy    3   3   2  x 
x y x y x 2
2
Ta có MN 2   x  y    x  y  .

x 1  3 x  3x  2 
Đặt t  x  y . Ta có t  x  với x   ;1 , t '  x   2
. Bảng biến thiên:
3x  1 2   3x  1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 525   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

4 3
Quan sát bảng biến thiên, ta có t .
3 2

4 3
Ta có MN 2  f  t   t 2  t . Khảo sát sự biến thiên của hàm f  t  trên đoạn  ;  ta được
3 2

 2  3  1
 x  t  x  1, y 
4  3 , MN max   2   2
MN min  t   
3 y  2 t  1  y  1, x  1 .
 3  2  2

Câu 69. (HSG12 tỉnh Hải Dương năm 2018-2019)Cho hình hộp đứng ABCD. ABCD có đáy ABCD
là hình vuông.
1) Gọi S là tâm của hình vuông ABCD . SA , BC có trung điểm lần lượt là M và N . Tính thể tích
của
khối chóp S. ABC theo a , biết MN tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc bằng 600 và AB  a .

2) Khi AA  AB . Gọi R , S lần lượt nằm trên các đoạn thẳng AD , CD sao cho RS vuông góc với
mặt
a 3
phẳng  CBD  và RS  . Tính thể tích khối hộp ABCD. ABCD theo a .
3
3) Cho AA  AB  a . Gọi G là trung điểm BD  , một mp  P  thay đổi luôn đi qua G cắt các đoạn
thẳng
AD  , CD , D B  tương ứng tại H , I , K .
1 1 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T    .
DH .DI DI .DK DK .DH
Lời giải
Tác giả: Đoàn Tấn Minh Triết; Fb: Đoàn Minh Triết
1) Gọi H là trung điểm của AC  SH là trung tuyến trong tam giác SAC . Mặt khác tam giác SAC
cân tại S  SH là đường cao  SH  AC .

 SAC    ABC  ;  SAC    ABC   AC 


  SH   ABC  .
SH   SAC  ; SH  AC 

Gọi I là trung điểm của AH , mà M là trung điểm của SA  IM là đường trung bình trong tam
 IM / / SH

giác SAH   1 .
 IM  SH
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 526   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

SH   ABC    
IM / / SH
 0
  IM   ABC   MNI  MN ,  ABC   60 .


3 3
Tam giác ABC vuông cân tại B , có AB  a  BC  a ; AC  a 2  CI  AC  a 2 .
4 4
1 a
NC  BC  ; tam giác ABC vuông cân tại B     450 .
AC
2 2

  a 10  MI  IN .tan 600  a 30 .
Xét tam giác CNI có NI  CI 2  CN 2  2CI .CN .cos ICN
4 4

a 30 1 1 1 a 3 30
 SH  2 MI   VS . ABC  .S ABC .SH  . . AB.BC .SH  .
2 3 3 2 12
              
2) Đặt AA  m , AD  n , AB  p  m  n  p  b ; m.n  n. p  p.m  0 .
   
Mặt khác AR  x. AD ; D S  y.D C .
            
Ta có AR  x.m  x.n ; DS  y.m  y. p  RS  RA  AD  DS   y  x  m  1  x  n  y p .

Do đường thẳng RS vuông góc với mặt phẳng  CBD  nên ta có:

      
 RS .BC  0   y  x  m  1  x  n  y p  .
  m  n  0
        
 RS .DC  0   y  x  m  1  x  n  y p  . m  p  0
 2
 x
1  y  2 x  0  3
  .
2 y  x  0 y  1
 3
 2   1 
Vậy R , S là các điểm sao cho AR  AD ; DS  DC
3 3
 1  1  1  2 b2 b 3 a 3
 RS   m  n  p  RS   RS    b  a  VABCD. ABC D  a 3 .
3 3 3 3 3 3
3) Vì AA  AB  a nên ABCD. ABCD là hình lập phương có G là trung điểm BD  nên G là tâm
của ABCD. ABCD . Gọi E , F lần lượt là tâm ADD A và BBCC  E , F lần lượt là trung điểm
AD và BC ; G là trung điểm EF .
        1   
 GA  GB  GC  GD  2GE  2GF  0  DG  DA  DC  DB
4
 
 DA  DC  DB   a 2  a 2  a 2 
 4 DG  .DH  .DK  .DI  DG  .DI  .DK  .DH 1
DH DK DI 4 DI 4 DK 4 DH
Vì bốn điểm H , I , K , G đồng phẳng nên:
        

GH  kGI  lGK  DH  DG  k DI  DG  l DK  DG   

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 527   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
 k  l  1 
 DG  .DI  .DK  .DH  2 
k  l 1 k  l 1 k  l 1
   a 2 a 2 a 2
do D I , D K , D H không đồng phẳng nên từ 1 và  2 ta được:    1.
4 DI 4 DK 4 DH
2
1 1 1 1 1 1 1  8
Mặt khác T          2
DH .DI DI .DK DK .DH 3  DI DH DK  3a

8 3a 2
T  2
 DH  DI  DK  .
3a 4
8
Vậy giá trị lớn nhất của T là .
3a 2

Câu 70. (HSG12 THPT Thuận Thành năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình
thang, đáy lớn BC  2a đáy bé AD  a , AB  b . Mặt bên SAD là tam giác đều, M là một điểm di
động trên AB . Mặt phẳng  P  đi qua M và song song với SA , BC .

1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P  . Thiết diện là hình gì?
2. Tính diện tích thiết diện theo a , b và x  AM ,  0  x  b  . Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn
nhất.
Lời giải

P Q

C B

N M

D A

1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng  P  . Thiết diện là hình gì?

Do SA//  P  nên  P  cắt  SAB  theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M , song song với SA cắt SB
tại Q .

Do BC //  P  nên  P  cắt  ABCD  theo giao tuyến là đường thẳng đi qua M , song song với BC cắt
CD tại N .

 P  cắt  SBC  theo giao tuyến là đường thẳng đi qua Q , song song với BC cắt SC tại P .

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  P  là hình thang MNPQ ( MN //PQ ) .

Do MN //BC , MQ //SA nên ( MNPQ )//( SAD ) suy ra PN //SD .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 528   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  SDA
Khi đó PNM   600 , QMN
  SAD
  600 (hai góc có các cặp cạnh tương ứng song song) nên
MNPQ là hình thang cân.

2. Tính diện tích hình thang MNPQ

P Q

N K M

bx 2.a.x ab  ax
Ta tính được MQ  NP  a, PQ  ; MN  .
b b b

ab  a.x 3
Từ đó tính được QK  . .
b 2
Suy ra diện tích của MNPQ là:

1 3.a 2
S MNPQ   MN  PQ  .QK  2  b  x  b  3x 
2 4b
2
3.a 2 3.a 2  3b  3.x  b  3.x  3.a 2
Ta có S MNPQ   b  x  b  3 x     
4b 2 12b 2  2  3

b
Dấu “=” xảy ra khi x  .
3
b
Vậy SMNPQ đạt giá trị lớn nhất  x  .
3

Câu 71. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB  3 , AC  4 ,
  BAD
AD  6 và các góc BAC   60 , CAD
  90 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
CD .
Lời giải

3
Gọi N là trung điểm của AD , M là điểm trên cạnh AC sao cho AM  AC .
4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 529   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Vì AB  3 , AC  4 , AD  6  AB  AM  AN  3 .
  BAD
Lại có BAC   60 , CAD
  90 nên BM  CN  3; MN  3 2 .

 BMN vuông tại B .


Gọi O là trung điểm của MN thì O là tâm đường tròn ngoại tiếp BMN .

Lại có AB  AM  AN   3

3 2
 AO   BMN  và AO  AN 2  ON 2  .
2

1 3 2
Vì BMN vuông tại B nên BO  MN ; BO  MN  .
2 2
Đặt hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ với:

 3 2 3 2   3 2   3 2 
O  0;0;0  , A  0;0;  , N  ;0;0  , M   ;0;0  , B  0; ;0  .
 2   2   2   2 

3 2 3 2
+) Vì N là trung điểm của AD nên D  ;0;  .
 2 2 

4  4   2
+) Có AC  AM  AC  AM  C  2 2 ;0;  .
3 3  2 


 CD  5 2 ;0;  2   
  3 2 3 2    AB , CD    3;  15;  15  .
Có AB   0; ; 
 2 2 


Có AC  2 2 ;0;  2 2 
  
  AB , CD  . AC  6 2  30 2  36 2 .
  
 AB , CD  . AC
 
Áp dụng công thức d  AB , CD    
 AB , CD 
 

36 2 4 102
 d  AB , CD    .
9  225  225 17

Câu 72. (HSG12 tỉnh Lào Cai năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh
 
bằng a . Biết hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm M thỏa mãn AD  3MD .
Trên cạnh CD lấy các điểm I , N sao cho   và MN vuông góc với BI . Biết góc giữa SC
ABM  MBI
và  ABCD  bằng 60. Tính thể tích khối chóp S. AMCB và khoảng cách từ N đến mặt phẳng  SBC  .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 530   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

*) Tính thể tích khối chóp S. AMCB :


Ta có :
AD 2a
DM  , AM   CM  DM 2  CD 2
3 3
  60  SM  CM . tan 60  a 3
SM   ABCD   SCM
3

Khi đó : S AMCB 
 AM  CB  . AB  5a 2  V 1
 .SM .S AMCB 
5a 3 30
S . AMCB
2 6 3 54

*) Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng  SBC 

a 13 AB 3
Ta có : BM   cos 
ABM   
 cos IBM
3 BM 13

a2 2
Đặt DI  x  IM 2  x 2  , IB   a  x   a 2 .
9
Áp dụng định lý cosin ta có
2 2
  x 2  a   a  x 2  a 2  13a  2a.
IM 2  MB 2  IB 2  2 MB.IB.cos IBM a  x
2
 a2
9 9
7a 13a
 x  IB 
12 12
a
Gọi H  MN  BI .Ta có ABM  MBH  BH  AB  a, IH  IB  BH 
12
BI CI HI .BI 13a a CN 1
CBI  HNI    NI   , CN  CD  DI  IN   
NI HI CI 60 5 CD 5
1 1
Suy ra : d  N ,  SBC    .d  D,  SBC    d  M ,  SBC  
5 5

Kẻ ME vuông góc với BC , MK vuông góc với SE . Suy ra : MK  d  M .  SBC  

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 531   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1 1 13 a 130 1 a 130
Ta có : 2
 2
 2
 2
 MK   d  N ,  SBC    .d  M ,  SBC   
MK MS ME 10a 13 5 65

Câu 73. (HSG12 tỉnh Lâm Đồng năm 2018-2019)


a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB, AD và H là giao điểm của CN và DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) và
2a
khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC bằng . Tính theo a thể tích khối tứ diện SHMC .
3
b) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' có AB  2 3, AA '  3 , Gọi M , N , P lần lượt là trung
điểm các cạnh A ' B ', A ' C ' , và BC . Tính côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP  .
Lời giải
a)
Tác giả: Nhóm 2 - Tổ 8 nhóm toán team toán vd - vdc

B C

H
A N D

Theo giả thiết ABCD là hình vuông, suy ra ADM  DNC (c.g.c)

Từ đó suy ra    DM  CN
ADH  DCN

 a2  a 5 CD 2 2a DC .DN a
Vậy có: NC  DC 2  DN 2  a 2     ; HC   ; HD   ;
 2  2 CN 5 NC 5

a 5 a 3a 5 1 1 2a 3a 5 3a 2
HM  MD  HD    và SHMC  HC.HM  . . 
2 5 10 2 2 5 10 10

Mặt khác, ta có SH  ( ABCD)  SH  DM

Theo chứng minh trên DM  CN  DM  ( SCN ).

2a
Kẻ HK  SC thì HK là khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC . Suy ra HK  .
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 532   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tam giác SHC vuông tại H , đường cao HK suy ra


1 1 1 1 1 1 1
2
 2
 2
 2
 2
 2
 2  SH  a
HK SH HC SH HK HC a

1 1 3a 2 a3
Vậy VSHMC  S HMC .SH  . .a 
3 3 10 10
b)
Cách 1:

3 5
Gọi I , Q lần lượt là trung điểm của các cạnh MN và B ' C ' , khi đó AQ  3 2, PI  . Giả sử
2
PI  AQ  G  G   AB ' C '   MNP  .

 MN   MNP  , B ' C '   AB ' C ' 


Hơn nữa  nên giao tuyến của hai mặt  AB ' C ' và  MNP  là đường
 MN  B ' C '
thẳng  đi qua G và song song với MN và B ' C ' .

Ta có B ' C '   AA ' QP   AG   , chứng minh tương tự PG   , do đó


 AB ' C ' ,  MNP    
AG , PG  . Mặt khác IQ  AP , theo định lý Ta-lét ta có:
GQ GI IQ 1 2 2
    GA  2GQ  AQ  2 2; GP  2GI  PI  5.
GA GP AP 2 3 3
2 2

Xét tam giác AGP có cos 


AGP 
GA  GP  AP 2 2 2

2 2    5   32

1
.
2GA.GP 2 2. 5 10

Vậy cos
1
 AB ' C ' ,  MNP   
10

Cách 2.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 533   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi I , Q, X lần lượt là trung điểm của MN , B ' C ' và AA ' . Ta có AP  PQ  QA '  A ' A  3 và

A ' AP  90o nên tứ giác APQA ' là hình vuông.


IPQ  XQA '  c  g  c   IPQ XQA '  PI  QX 1 . Ta có B ' C '   APQA '  B ' C '  QX mà
MN  B ' C '  MN  QX  2 

Từ (1) và (2) suy ra QX   MNP  , chứng minh tương tự ta có A ' P   AB ' C '

Do đó 
 AB ' C ' ,  MNP    
A 'P , QX  .

TP TQ PQ
Ta có XA  PQ , theo định lý Ta-lét có    2 , từ đó ta được TP  2 2, QX  5 . Áp
TA TX XA
2 2


dụng định lý cosin cho tam giác PTQ ta có cosPTQ 
TP 2  TQ2  PQ 2


2 2  5  32

  
1
2TP.TQ 2 2. 5 10

Vậy cos
1
 AB ' C ' ,  MNP   
10

Cách 3.

Gọi I , O, J lần lượt là trung điểm các cạnh B ' C ', MN , AP . Ta có MN  B ' C ' và
A ' I  B ' C '  MN  A ' I . Đặt hình lăng trụ tam giác đều ABC . A ' B ' C ' trong hệ trục tọa độ Oxyz với
gốc O  0;0;0  , chiều dương Ox trùng với tia ON , chiều dương Oy trùng với tia OI , chiều dương Oz

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 534   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

trùng với tia OJ . Khi đó ta có:


 3   3   3   3   3   3 
A  0;  ;3  , B '   3; ; 0  , C '  3; ; 0  , M   ; 0; 0  , N  ; 0; 0  , P  0; ;3 
 2   2   2   2   2   2 
 
Gọi n1 và n2 lần lượt là các véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP  . Ta có
     
n1   AB ', AC '   0;1;1 , n2   MN , MP    0;  2;1

  0  2 1
cos
1
 AB ' C ' ,  MNP    cos  n1 ; n2   2

02  12  12 . 02   2   12 10

Vậy cos
1
 AB ' C ' ,  MNP    .
10

Câu 74. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019)


Cho hình hộp đứng ABCD. A1B1C1 D1 có các cạnh AB  AD  2 ,
  60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm
AA1  3 và BAD
A1D1 , A1 B1 .

a. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng  BDMN  .

b. Tính thể tích khối chóp A.BDMN .

Lời giải

a. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng  BDMN  .

Ta có:

 BD  AC
  BD   ACC1 A   BD  AC1 (1)
 BD  AA1
       1  
 

AC1.BN  AB  BC  CC1  BB1  BA 
2 
   1  1  1 
 ABBB1  BC BB1  CC1 BB1  ABBA  BC BA  CC1 BA
2 2 2
1  2 1    2
 AB  BA. AD  BB1
2 2
1 1 2
  .22  2.2.cos 60  3
2 2
  0

 AC1  BN . (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AC1   BDMN  .

b. Tính thể tích khối chóp A.BDMN .

Gọi AA1  DM  BN   I   A1 , M , N lần lượt là trung điểm của AI , DI , BI .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 535   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

VI . AMN IM .IN 1 3
   VA.BDMN  VI . ABD
VI . ABD IB.ID 4 4
3 1 1 3 3
 VA.BDMN  . .IA.S ABD  .2 3.22.   dvtt 
4 3 4 4 2
3
Vậy VA.BDMN  .
2

Câu 75. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có
SA  SB  SC  AB  AC  1 cm và BC  2 cm. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và SC
A. 30 . B. 45 . C. 60 . D. 90 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ
Chọn C

 
Theo giả thiết đề bài ta thấy BC 2  SB 2  SC 2  SB  SC  SB.SC  0 .
 
  AB.SC        1

Ta có cos AB, SC  
AB.SC
 
 SB  SA .SC  SB.SC  SA.SC  0  SA.SC .cos 60  
2
 
 
Do đó AB, SC  120 . Suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 180  120  60 .

Câu 76. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành tâm O . Mặt phẳng  P  qua trung điểm SO và song song với BD cắt SA, SC lần
SM 2 SN
lượt tại M , N . Biết  . Tính .
SA 3 SC
2 3 1 2
A. . B. . C. . D. .
5 2 2 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Thanh; Fb: Thanh Văn Nguyễn
Chọn A

Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của SB và SD . Mặt phẳng  P  chính là mặt phẳng  MPQ  .

 P  đi qua trung điểm E của SO .

ME cắt SC tại N .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 536   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

SA SC SB SD
Ta có:    .
SM SN SP SQ

3 SC 2 2 SC 5
Suy ra:      .
2 SN 1 1 SN 2
SN 2
Do đó:  .
SC 5

Câu 77. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh bằng 6 . Biết rằng các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau và một trong các cạnh
bên bằng 3 2 . Tính thể tích nhỏ nhất của khối chóp S. ABC .
A. 2 3 . B. 2 2 . C. 3 . D. 4 .
Lời giải
Chọn C

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  , M , N , P lần lượt là hình chiếu của H trên
AB, BC , CA . Khi đó SM , SN , SP lần lượt là các đường cao của các mặt bên.

Vì các mặt bên của hình chóp có diện tích bằng nhau nên SM  SN  SP . Do đó HM  HN  HP .
Như vậy H là tâm đường tròn nội tiếp hoặc bàng tiếp tam giác ABC .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 537   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

+ TH1: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Khi đó hình chóp S. ABC là hình chóp đều có
cạnh đáy bằng 6 , cạnh bên bằng 3 2 .
2
2  2 6. 3 
2
Ta có: SH  SA  AH  2
3 2    .
3 2
  4 .
 
2
1 1  6 . 3
Thể tích khối chóp S. ABC là V  .SH .SABC  .4. 2 3.
3 3 4
+ TH2: H là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác ABC . Do tam giác ABC đều nên không mất tính
tổng quát giả sử H là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC . Ta có
6. 3
AH  2.  3 2, BH  CH  6 .
2

Nếu SA  3 2 thì SH  SA2  AH 2  0 (vô lí).

Nếu SA  3 2 thì SB  SC  3 2 . Ta có: SH  SB 2  BH 2  2 3 .


2
1 1
Thể tích khối chóp S. ABC là V  .SH .SABC  .2 3.
 6 . 3
 3.
3 3 4
+ Vậy thể tích nhỏ nhất của khối chóp S. ABC là V  3 .

Câu 78. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam
giác BCD , G  là trung điểm của AG .Một mặt phẳng ( ) đi qua G  cắt các cạnh AB , AC , AD lần
AB AC AD
lượt tại B , C , D  . Tính   .
AB AC  AD
Lời giải
Tác giả: Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức.
Phản biện: Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc.
1) Trước hết ta xét bài toán: “ Cho tam giác ABC có đường trung tuyến AM . Một đường

thẳng d bất kì cắt các cạnh AB, AC và đoạn thẳng AM lần lượt tại các điểm B1 , C1 , M1 khác

AB AC AM
A . Chứng minh rằng  2 ”
AB1 AC1 AM1

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 538   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chứng minh:

Qua B và C lần lượt dựng các đường thẳng nhận B1C1 làm vectơ chỉ phương. Mỗi đường thẳng này
theo thứ tự cắt đường thẳng AM tại E và F (hình vẽ). Không mất tính tổng quát, ta giả sử E thuộc
đoạn AM thì khi đó F đối xứng với E qua M .
Áp dụng định lí Thales, ta có
AB AE AM  ME AC AF AM  MF AM  ME
  ,    .
AB1 AM1 AM1 AC1 AM1 AM1 AM1

AB AC AM  ME AM  ME AM
    2 .(đpcm)
AB1 AC1 AM1 AM 1 AM 1

2) Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của CD và BG còn M , N  theo thứ tự là giao điểm của mặt
phẳng ( ) với AM , AN .

Áp dụng kết quả của bài toán trên vào các tam giác ACD, ABG, AMN ta được:

AC AD AM
   2   1 ,
AC  AD AM 
AB AG AN AB AN AB AN
   2  22  2  2   2 
AB AG AN  AB AN  AB AN 
AM AN AG
  + 2  2.2  4   3
AM  AN  AG
AC AD AB  AM AN 
Từ 1 ,  2  và  3  suy ra    2 +   2  2.4  2  6 .
AC  AD AB  AM  AN  

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 539   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

AC AD AB
Vậy    6.
AC  AD AB

Câu 79. (HSG11 Bắc Ninh 2018-2019) Cho tứ diện đều ABCD có đường cao AH . Mặt phẳng  P 
chứa AH cắt ba cạnh BC , CD , BD lần lượt tại M , N , P ; gọi  ,  ,  là góc hợp bởi AM , AN ,
AP với mặt phẳng  BCD  . Chứng minh rằng tan 2   tan 2   tan 2   12 .
Lời giải
Tác giả: Vũ Ngọc Phát; Fb: Vũ Ngọc Phát

2
Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện có cạnh bằng a . Suy ra AH  a .
3
1 1 1 18
Khi đó tan 2   tan 2   tan 2   12  2
 2
 2
 2.
MH NH PH a
Gọi I , J , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên BC , CD , BD . Vì tứ diện ABCD là tứ diện
3
đều nên tam giác BCD là tam giác đều. Do đó IH  JH  KH  a .
6
Không mất tính tổng quát giả sử M nằm giữa B và I , gọi 1 ,  2 ,  3 lần lượt là ba góc hợp bởi MH
, NH , PH với BC , CD , BD .
  HJC
Vì HIC   90  90  180 nên tứ giác HICJ nội tiếp. Suy ra IHJ
  120 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 540   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  IHM
Vì IMH   JNH   JHN   180 
và IHM   180 nên
JHI  JHN   JNH
IMH   120 hay
1   2  120 . Suy ra  2  120  1 .

 là góc ngoài tam giác nên IMH


Tam giác BMP có IMH   MBP
  MPB
      60 .
3 1

Suy ra:

1 1 1 sin 2 1 sin 2  2 sin 2 3 12


      2  sin 2 1  sin 2  2  sin 2 3 
MH 2 NH 2 PH 2 HI 2 HJ 2 HK 2 a
12
 sin 2 1  sin 2 120  1   sin 2 1  60  
2 
a
6
 1  cos 21  1  cos 2 120  1   1  cos 2 1  60  
a2 

6 1 3 1 3  18
 2 
3  cos 2  cos 2  sin 2  cos 2  sin 2   2 .
a 
1 1 1 1 1
2 2 2 2  a

Vậy tan 2   tan 2   tan 2   12 .

Câu 80. (HSG11 Cụm Hà Đông Hoài Đức Hà Nội năm 2018-2019) Cho tứ diện ABCD . Chứng minh
rằng:
( AB  CD)2  ( AD  BC )2  ( AC  BD)2 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Mạnh Quyền; Fb: Nguyễn Mạnh Quyền

Gọi M ,  N ,  P,  Q,  O lần lượt là trung điểm của AB,  BC ,  CD,  AD,  AC . Ta có tứ giác MNPQ là hình
bình hành và điểm O không nằm trên  MNPQ 

Từ đó, ta có:

( AB  CD)2  ( AD  BC )2  (2ON  2OQ)2  (2OP  2OM )2  4 NQ 2  4MP 2 (1)

Ta lại có:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 541   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
  2  
  
4 NQ 2  4 MP 2  4 NM  MQ  MN  NP 
2

   



 4 NM 2  2 NM .MQ  MQ 2  MN 2  2 MN .NP  NP 2 
  
 
 4 2 NM 2  MQ 2  NP 2  2 NM MQ  NP 
 4(2MN 2  2MQ 2 )  2( AC 2  BD 2 )  ( AC  BD)2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

Câu 81. (HSG11 THuận Thành 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy
lớn BC  2a, đáy bé AD  a, AB  b . Mặt bên SAD là tam giác đều. M là một điểm di động trên
AB , mặt phẳng ( P) đi qua M và song song với SA, BC.
1. Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( P) . Thiết diện là hình gì?
2. Tính diện tích thiết diện theo a, b và x  AM (0  x  b) . Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn
nhất.
Lời giải
Tác giả: Võ Quỳnh Trang ; Fb: Võ Quỳnh Trang
1.

Do ( P) qua M và song song với SA, BC nên:

+) Trong ( SAB) kẻ MQ / / SA , cắt SB tại Q .

+) Trong ( ABCD) kẻ MN / / BC , cắt CD tại N .

+) Trong ( SBC ) kẻ QP / / BC , cắt SC tại P .

Nối P, N . Ta có thiết diện là hình thang MNPQ.

CN BM BQ PC MQ BQ PC PN
Mặt khác:     PN / / SD    
CD BA BS CS SA BS CS SD
Mà SA  SD nên MQ  PN . Vậy thiết diện là hình thang cân MNPQ.

2.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 542   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

MA QS QP MA.BC 2ax
Ta có:    QP  
AB BS BC AB b
Gọi I là trung điểm của BC , J là giao điểm của MN và DI .
JN DJ DJ .IC ax ax a (b  x ) a ( x  x ) 2ax
Khi đó:   JN    MN  a      QP
IC DI DI b b b b b
Suy ra thiết diện là hình thang có đáy lớn là MN.
Kẻ đường cao QH (như hình vẽ) của thiết diện.

QM BM BM .SA a (b  x ) 1 a (b  x )
Ta có:   QM   ; MH  ( MN  PQ )  .
SA AB AB b 2 2b

a (b  x). 3
 QH  QM 2  MH 2 
2b

( PQ  MN ).QH a 2 . 3
Khi đó diện tích thiết diện là S MNPQ   2
(3 x 2  2bx  b 2 )
2 4b
2
 b  4b 2 4b 2
Xét f ( x)  3 x 2  2bx  b 2  3  x    
 3 3 3

b a2 . 3
Nên diện tích thiết diện lớn nhất khi x  . Và khi đó S MNPQ  .
3 3

Câu 82. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi
  600 , SA  SB  SC  b và SD  2b . Gọi M là trung điểm của BC , điểm P trên cạnh SD
cạnh a, BAD
sao cho SD  4 SP . Mặt phẳng    qua M , P và song song với AC. Tính theo a, b diện tích thiết diện
tạo bởi mặt phẳng    hình chóp S . ABCD.
Lời giải
Fb: Nguyenduytinh
S
  600  BD  a, AC  a 3 .
Xét hình thoi ABCD cạnh a và BAD
P
Gọi giao điểm của () với SC , AB, SA lần lượ là N. R, Q.

Gọi I, J là giao điểm của MR với AD và CD.


Q
Thiết diện là ngũ giác MNPQR N

Ta có S MNPQR  S PIJ  S IQR  S MNJ A


I D
Mặt khác, IQR  JNM  S IQR  S JNM
R K O
Ta có, tam giác PIJ cân, gọi K là trung điểm của H
B
M C
Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 543   
J
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

IJ ta có PK  IJ
Xét tam giác ABC có M là trung điểm của BC,
MR / / AC  MR là đường trung bình của tam giác ABC và K là trung điểm của OB.

OD 2 1 a 3
 OD  2OK   ; MR  AC  .
DK 3 2 2
Xét tam giác DIJ ta có
DA DO AC 2 3 3 2a 3 S
AC / / IJ      IJ  AC  a 3 
DI DK IJ 3 2 2 2
P
 2a 3 a 3  a 3
 MJ     : 2  E
 2 2  4
N K
OD 2 BK 1 SP 1 BK SP DP DH
Mặt khác,    ,     
DK 3 BD 4 SD 4 BD SD DS DB
D
DP DK 3 PK 3
Xét tam giác SBD có     PK  b F
DS DB 4 SB 4 C
J
1 1 3a 3 3 9ab 3
 S PIJ  PK .IJ  . . b
2 2 2 4 16
Xét tam giác DPJ
Gọi E là trung điểm của SD
Khi đó ta có EC / / PJ
Xét tam giác SCE có NP / / EC , P là trung điểm của SE
 NP là đường trung bình của tam giác SEC
 N là trung điểm của SC
1 b
 MN là đường trung bình của tam giác SBC  MN  SB 
2 2
Ta có: MN / / SB / / PK nên MN  IJ

1 1 b a 3 ab 3
 S MNJ  MN .MJ  . . 
2 2 2 4 16

9ab 3 2ab 3 7 ab 3
S MNPQR    .
16 16 16

Câu 83. (HSG12 Quảng Ninh 2018-2019) Cho lăng trụ ABC . ABC  có đáy là tam giác vuông tại
A, AB  a, BC  2a. Mặt bên BCC B là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
5 2
chứa đáy. Góc giữa hai mặt phẳng  BCC B  và  ABBA  bằng  , với tan   , hãy tính theo a :
4
a) Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC .
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC  và BC.
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 544   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Tác giả: Nguyễn Như Hưng; Fb: Nguyen Hung



* Nhận xét: Đề nên cho B 
BC là góc nhọn, nếu không phải xét thêm trường hợp B BC  900 và

B BC  900

a) Dựng AH  BC   H  BC  , suy ra AH   BCC B  .

AB. AC a 3
Trong tam giác vuông ABC : AC  BC 2  AB 2  a 3, AH   .
BC 2

 BB  HI
Dựng HI  BB  I  BB   thì   BB   AHI  hay 
AIH   .
 BB   AH

AB 2 a AH a 3 5 2 a 6   IH  2 6 .
Ta có: BH   , IH   :   sin IBH
BC 2 tan  2 4 5 BH 5

1 1   6 2 a3.
Vậy VABC . ABC   3VA. BBC  3 AH . BB.BC .sin IBH
3 2 5

b) Dựng BD  BC   D  BC  , ta có BD   ABC  . Ta có

BC
Câu 1. d  AC , BC   d  AC ,  BAC    d  C ,  BAC    d  B,  BAC   
.d  D,  BAC   .
DC
Dựng DJ  AC   J  AC  , DK  BJ   K  BJ  , khi đó d  D ,  BAC    DK .

   2a
BD  BB.cos IBH

  2 6  cos IBH
Trong tma giác vuông IBH : sin IBH  1 5

5 5    4 6a
BD  BB.sin IBH
 5

2a
2a 
DJ CD 5  4  DJ  4 a .
Trong tam giác ABC :   
AB CB 2a 5 5

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 545   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

4 6a 4
. a
DB.DJ 5 5 4 42a
Suy ra DK    .
DB '2  DJ 2 96 2 16 2 35
a  a
25 25

BC 42
Vậy d  AC ; BC   .DK  a.
DC 7

Câu 84. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy là hình
  120 . Biết các đường thẳng AA , AB , AC cùng tạo với mặt phẳng  ABCD 
thoi cạnh a , góc BAD
một góc 60 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB , CC .
a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD .
b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng  DMN  .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyen

a) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD .

Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng  ABC  ,do các đường thẳng AA , AB , AC cùng

tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc 60 nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

  120 nên tam giác ABC đều. Do đó H đồng


Mặt khác, ABCD là hình thoi với góc BAD

2 a 3 a 3
thời là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC  AH  .  .
3 2 3

Vì AH   ABCD  nên AA có hình chiếu trên mặt phẳng  ABCD  là AH .

 Góc giữa AA và mặt phẳng  ABCD  là góc 


AAH . Theo bài ra ta có 
AAH  60

a 3
Trong tam giác AAH có AH  AH . tan 60  . 3a.
3
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 546   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a2 3 3a 3
V  S ABCD . AH .  2. .a  .
4 2
Tác giả: Hồ Ngọc Hưng ; Fb: Ho Ngoc Hung
b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng  D MN  .

Cách 1:
Gọi E  AM  AB , F  DN  DC  EF // BC // AD và B, C lần lượt là trung điểm của đoạn
AE , DF .

3
Ta có d  AD,  DMN    d  A,  AEF    d  H ,  AEF   .
2

Vì AH  BC nên AH  EF hay HF  EF  d  H ,  AEF   bằng chiều cao h của tam giác AHF .

2
2a 3  2a 3  a 21
Trong đó AH  a, HF  2 HA  , AF  AH 2  HF 2  a 2     .
3  3  3

HA. HF 2a
Xét tam giác AHF vuông tại H  h   .
AF 7

3 3 2a 3a
Vậy d  AD,  DMN    d  A,  AEF    d  H ,  AEF    .  .
2 2 7 7

Cách 2:

 a  a   a 3 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho I  O  0; 0; 0  , B   ;0;0  , C  ;0;0  , H  0; ;0  ,
 2  2   6 
 a 3   a 3 
A  0; ;0  , A  0; ;a  .
 2   2 

    a a 3  a a 3 


Do AA  BB  CC   B   ;  ; a  , C  ;  ;a  .
 2 3  2 3 

   a 3 
BC  AD  D  a; ;a .
 6 

    3a a 3 a  a a 
MN   a;0;0   a 1;0;0   ai , MD   ; 
;   9;2 3;3  m. . 
 2 3 2 6 6
  

Vecto pháp tuyến của  D MN  là n  i; m   0; 3; 2 3 . 
3a 3
Mặt phẳng  D MN  có phương trình 3 y  2 3z   0.
2
Vì AD song song với MN nên AD song song với  D MN  .

Câu 85. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có tất cả các mặt là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 547   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

  BAA
hình thoi cạnh a , BAD   
AAD  60 .
a)Tính thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D '
b)Gọi I , J , G lần lượt là trung điểm AD, AB, IJ . Mặt phẳng P đi qua G cắt các cạnh
AA, AB, AD lần lượt tại A1 , B1 , D1  A   P  , B   P  , D   P   . Gọi VA. A1B1D1 , VB . A1B1D1 , VD . A1B1D1 lần lượt là
thể tích các khối chóp A. A1 B1 D1 , B. A1 B1 D1 , D. A1 B1 D1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T  V A. A1B1D1  VB. A1B1D1  VD . A1B1D1 theo a
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Tuấn Phương ; Fb:phuongnguyentuan86

1. Các tam giác ABD, AAD, AA ' B là các tam giác đều suy ra AB  BD  AD  a . Do đó tứ diện
AABD là tứ diện đều có cạnh bằng a.
2 a 3 a 3
Gọi H là trọng tâm tam giác ABD . Ta có BH  .  . Tam giác ABH vuông tại H nên
3 2 3
a2 a 2 a2 3
AH  AB 2  BH 2  a 2   ; S A ' BD  .
3 3 4
1 a 2 a 2 3 a3 2
Vậy VA. A' BD  .  .
3 3 4 12
a3 2 a3 2
Suy ra VABCD. ABCD  6.VA. A ' BD  6.  .
12 2
Cách khác:
Gọi O là trọng tâm ABD , tứ diện A ' ABD là tứ diện đều nên AO vuông góc với mặt phẳng
 ABD  . Do đó AO là chiều cao của hình hộp.
a2 a 2
Ta có AO  AD 2  OD 2  a 2   .
3 3
a2 3 a2 3 a 2 a 2 3 a3 2
S ABCD  2SABD  2  . Vậy VABCD. ABCD  AO . S ABCD  .  .
4 2 3 2 2
2. Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  1 . Một mặt phẳng ( P) thay đổi qua trọng tâm G của
1 1 1
tứ diện lần lượt cắt SA, SB, SC tại M , N , P . CMR :   4.
SM SN SP
Chứng minh:

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 548   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi G  là trọng tâm ABC . Theo tính chất trọng tâm của tứ diện ta có S , G , G  thẳng hàng và
SG 3 1
 . Thêm nữa VSABGG  VSBCG  VSG CA  VSABC .
SG  4 3
Ta có:
VSMNG SM SN SG 3V 3SM .SN V SM .SN
 . .  SMNG   SMNG  1 (Lưu ý SA  SB  1 ).
VSABG SA SB SG VSABC 4 VSABC 4
VSNPG SN .SP V SP.SM
Lập luận tương tự thu được   2  và SGPM   3 .
VSABC 4 VSGCA 4
Cộng theo vế các đẳng thức 1 ,  2  ,  3  ta được
VSMNP SM .SN  SN .SP  SP.SM SM SN SP SM .SN  SN .SP  SP.SM
  . . 
VSABC 4 SA SB SC 4
1 1 1
 4.SM .SN .SP  SM .SN  SN .SP  SP.SM     4.
SM SN SP
Quay lại bài toán đã cho:

G là trung điểm đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối của tứ diện AABD nên G là trọng tâm tứ
diện. Coi a là một đơn vị dài. Áp dụng bổ đề trên cho tứ diện AABD với G là trọng tâm tứ diện và

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 549   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A1 , B1 , D1 lần lượt là giao điểm của mặt phẳng  P qua G với các cạnh AA, AB, AD . Ta có:
1 1 1
  4 .
AA1 AB1 AD1
1 1 1
Đặt AA1  x; AB1  y; AD1  z  0  x, y, z  1 ta được   4.
x y z
1 1 1 1 27 27
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 4     33   64  xyz  .
x y z xyz xyz 64
3
Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  (mặt phẳng (P) song song với  ABD  ).
4
Mặt khác
VAA1B1D1 AA1 1  x VBA1B1D1 BB1 1  y VDA1B1D1 DD1 1  z
  ;   ;   và
VAA1B1D1 AA1 x VAA1B1D1 AB1 y VAA1B1D1 AD1 z
VAA1B1D1 AA1 AB1 AD1
 . .  xyz  VAA1B1D1  xyz.VAABD
VAABD AA AB AD
Suy ra
1 1 1  1 1 1  27
T    1   1   1 .VAA1B1D1      3  .xyz.VAABD  xyz.VAABD  VAABD
x y z  x y z  64
a3 2 27 a 3 2 9a 3 2
Mà VAABD  T  .  Tmin  đạt được khi mp ( P) song song với mp  ABD  .
12 64 12 256
Cách trình bày khác: (Theo thầy Kiên Nguyễn)
AA AB AD AA1 BB1 DD1
Chứng minh được    4    1 (cách chứng minh tương tự như
AA1 AB1 AD1 AA1 AB1 AD1
bổ đề trên)
Đặt h1  d  A;  A1 B1 D1   ; h2  d  B;  A1 B1 D1   ; h3  d  C ;  A1 B1 D1   ; h  d  A;  A1 B1 D1  
h1 AA1 h2 BB1 h3 DD1 h h h
Ta có  ;  ;   1  2  3  1  h1  h2  h3  h .
h AD1 h AB1 h AD1 h h h
1 1
VA. A1B1D1  VB . A1B1D1  VD. A1B1D1  S A1B1D1 .  h1  h2  h3   h.S A1B1D1  VAA1B1D1
3 3
3
 AA AB AD 
 
VAA1B1D1 AA AB AD  AA1 AB1 AD1  4
Lại có  . .   
VA. ABD AA1 AB1 AD1  3  27
 
 
27 27 a 3 2 9a 3 2
 VAA1B1D1  VA. ABD  .  .
64 64 12 256
AA AB AD 4
Dấu bằng xảy ra       A1 B1D1  //  ABD  .
AA1 AB1 AD1 3
9a 3 2
Vậy min T  đạt được khi  P  //  ABD  .
256
Nhận xét: (Lê Thanh Bình) Cách chứng minh bằng vectơ cho bổ đề:
Bổ đề: Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  a . Một mặt phẳng ( P) thay đổi qua trọng tâm G của tứ
1 1 1 4
diện lần lượt cắt SA, SB, SC tại M , N , P . CMR :    .
SM SN SP a

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 550   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chứng minh:

M
P
G
A C
N
H
K

B
      SM SM SN SN SP SP
Ta có SM  xSA, SN  ySB , SP  zSC với x   ; y  ;z 
SA a SB a SC a

Vì G là trọng tâm tứ diện S . ABC nên ta có SG   ABC   H với H là trọng tâm tam giác ABC .
 3  3 1    1  1  1  1  
4 4 3
 
Suy ra SG  SH  . SA  SB  SC   SM  SN  SP 
4 x y z 
1 1 1 1 1 1 a a a
Vì M , N , P, G đồng phẳng nên   1     4    4
4x 4 y 4z x y z SM SN SP

1 1 1 4
Hay   
SM SN SP a

Câu 86. (HSG12 tỉnh Điện Biên năm 2018-2019)


1. Cho hình chóp S. ABC . Trên các đoạn thẳng lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' khác với S . Chứng
V SA SB SC
minh rằng: S . ABC  . .
VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

2. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD , có AB  a , SA  a 3 . Gọi O là giao điểm của AC và BD , gọi
G là trọng tâm tam giác SCD .
a) Tính thể tích khối chóp S.OGC .
b) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) .
c) Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BG .
Lời giải
1.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 551   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi H , H ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, A ' trên ( SBC ) .

AH SA
Ta có 
AH ' SA '
1 ; S 1 
S SBC  SB.SC .sin BSC SB ' C '  SB '.SC '.sin BSC
2 2
1 1 
Khi đó VS . ABC  VA.SBC  AH .S SBC  AH .SB.SC .sin BSC
3 6
1 1 
VS . A ' B 'C '  VA '.SB 'C '  A ' H '.S SB 'C '  A ' H '.SB '.SC'.sin BSC
3 6
VS . ABC AH SB SC SA SB SC
Vậy  . .  . .
VS . A ' B 'C ' A ' H ' SB ' SC ' SA ' SB ' SC '

2.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 552   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

a 10
a) Ta có AC  a 2; SO  SA2  OA2 
2
Gọi M là trung điểm của CD

1 a 3 10
Khi đó VS .OCM  SO.OM .MC 
6 48
VS .OCG SG 2
 
VS .OCM SM 3

2 a 3 10
Suy ra VS .OGC  VS .OMC  .
3 72
2 2
b) Ta có d (G , ( SBC ))  d ( M , ( SBC ))  d (O, ( SBC ))
3 3
Gọi H là trung điểm BC , K là hình chiếu vuông góc của O trên SH .
1 1 1 4 4 22
Ta có 2
 2
 2
 2 2
 2
OK OH SO a 10a 5a

a 10
d (O; (SBC))  OK 
22

2 a 110
d (G , ( SBC ))  d (O, ( SBC )) 
3 33
c) Gọi I là giao của BD và AM , I là trọng tâm tam giác ADC .
Suy ra IG / / SA nên góc giữa hai đường thẳng SA, BG bằng góc giữa hai đường thẳng IG, BG

1 a 3 2a 2 a 11
Ta có IG  SA  ; BI  ; BG 
3 3 3 3

 BG 2  IG 2  BI 2 33
cos IGB  .
2.BG.IG 11

Câu 87. (HSG12 tỉnh QUẢNG NINH 2018-2019) Cho lăng trụ ABC. ABC  có đáy là tam giác vuông
tại A , AB  a , BC  2 a . Mặt bên BCC ' B ' là hình thoi và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt
phẳng chứa đáy. Góc giữa hai mặt phẳng  BCC ' B ' và  ABB 'A' bằng  .

5 2
1. Trong trường hợp tan   , hãy tính theo a :
4
a. Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
b. Khoảng cách giữa hai đường thẳng A ' C ' và B'C .
2. Gọi  là góc giữa hai mặt bên qua CC ' của lăng trụ ABC. A ' B ' C ' , tìm hệ thức liên hệ giữa cot 
và cot  .
Lời giải
Tác giả: Trần Văn Tiền ; Fb: Tien Tran

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 553   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1a. Dựng AH  BC  H  BC  , suy ra AH   BCC ' B ' . Trong tam giác vuông ABC có
AB. AC a 3
AC  BC 2  AB 2  a 3 ; AH   .
BC 2

 BB '  HI
Dựng HI  BB '  I  BB ' , Ta có   BB '   AHI  .
 BB '  AH

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng  BCC ' B ' và  ABB 'A' bằng góc giữa hai đường thẳng AI và HI
bằng 
AIH   ( Do tam giác AHI vuông tại H nên 
AIH là góc nhọn).

AB 2 a
Trong tam giác vuông ABH ta có: BH   , ta lại có:
BC 2
AH 5 2 AH a 6   IH  2 6 .
tan   tan 
AIH    IH    sin IBH
IH 4 tan  6 BH 5

3 3 1  6a 3 2
Ta có : V  V  . .BC .BB '.sin B ' BC. AH  .
ABC. A ' B ' C ' 2 A.BC B ' C ' 2 3 5
1b.

Dựng B ' D  BC  D  BC   B ' D   ABC  .

Ta có A'C'// AC  A ' C '//  B ' AC  nên:

BC
d  A ' C ', B ' C   d  A ' C ',  B ' AC    d  C ',  B ' AC    d  B,  B ' AC    .d  D,  B ' AC   .
DC

Dựng DJ  AC  J  AC  Ta có DJ //AB .

Dựng DK  JB '  K  JB ' .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 554   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Ta dễ dàng chứng minh được DK   B ' AC   d  D,  B ' AC    DK .

Ta có: cos B   BI  1 .
' BD  cos IBH
BH 5
 BD  2a DJ CD 4 4a
Mà cos B ' BD   BD  BB '.cos B ' BD      DJ  .
BB ' 5 AB CB 5 5

Ta có: sin B ' BD  sin IBH  IH  2 6  B ' D  B ' D  4a 6 .


BH 5 BB ' 5
1 1 1 25 25 175
Xét tam giác B ' DJ vuông tại D có: 2
 2
 2
 2
 2
 .
DK B'D DJ 96a 16a 96a 2
BC 5 4a 42 a 42
Vậy: d  A ' C ', B ' C   .DK  .  .
DC 4 35 7
2.

CC   AH
Dựng HE  CC  E  CC . Ta có   CC    AHE  .
CC   HE

Ta có góc giữa hai mặt phẳng  BCCB  và  ACC A  bằng góc giữa hai đường thẳng AE và HE (
 là góc nhọn).
do tam giác AHE vuông tại H nên HEA
HE
Xét tam giác vuông AHE , ta có cot   .
AH

a a 3 a 3
Ta có BH  , AH  , IH  AH .cot   cot  .
2 2 2

a 3 a 1
Do tam giác BHI vuông tại I nên HI  BH  .cot    cot    60    90 .
2 2 3

a BC HE HC HE 3HI
Vì BH      3  HE  3HI  cot     3cot   60    90  .
2 4 HI HB AH AH

Vậy cot   3cot   60    90 .

Câu 88. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho hai đường thẳng Ax, By chéo nhau, vuông
góc và nhận đoạn AB làm đoạn vuông góc chung. Hai điểm M , N lần lượt di động trên Ax, By sao
cho AM  BN  MN . Gọi O là trung điểm của đoạn AB . Chứng minh tam giác OMN là tam giác tù
và khoảng cách từ O đến đường thẳng MN không đổi khi M , N di động trên Ax, By .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trần Vũ; Fb: Nguyễn Trần Vũ

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 555   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Dựng hình chữ nhật ABPM .


Ta có:

 AB  BN
MP / / AB mà   MP  NP
 AB  BP

 BN  AB
  BN  ( ABPM )  BN  BP
 BN  AM

Do đó: MN 2  MP 2  NP 2  MP 2  BP 2  BN 2  AB 2  AM 2  BN 2

Theo đề bài ta có MN  AM  BN  MN 2  AM 2  BN 2  2 AM .BM


AB
Suy ra: AM .BN 
2
Áp dụng hệ quả định lí côsin cho tam giác OMN , ta có:
  2   2

cos MON 
OM 2
 ON 2
 MN 2

  
OA  AM  OB  BN   AM  BN 
2

2OM .ON 2OM .ON


   
OA2  2OA. AM  AM 2  OB 2  2OB.BN  BN 2  AM 2  2 AM .BN  BN 2

2OM .ON
AB 2 AB 2
2 2  2. 2
OA  OB  2 AM .BN 2   AB
  2 0
2OM .ON 2OM .ON 4OM .ON
 là góc tù  (đpcm).
 MON

Kẻ OH  MN ,  H  MN 

Trên tia đối của tia Ax lấy điểm Q sao cho AQ  BN

Do OAQ  OBN  c  g  c   OQ  ON

Vì MN  AM  BN  AM  AQ  MQ  OMQ  OMN  c  c  c   OA  OH

AB
Vậy d  O, MN   OH  không đổi.
2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 556   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 89. (HSG12 YÊN LẠC 2 năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật
có AB  3, BC  6, mặt phẳng  SAB  vuông góc với đáy, các mặt phẳng  SBC  và  SCD  cùng
tạo với mặt phẳng  ABCD  các góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD
bằng 6. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
Lời giải

Hạ SH  AB  H  AB   SH   ABCD 

Kẻ HK  CD  K  CD   tứ giác HBCK là hình chữ nhật.


Ta có: BC   SAB   Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  là: SBH

  SKH
Theo giả thiết: SBH   SHB  SHK  g  c  g   HK  HB  BC  6 .

Do đó A là trung điểm của HB.

Ta thấy  ABDK là hình bình hành  BD / / AK  BD / /  SAK  mà SA   SAK 

Suy ra d  BD, SA   d  BD,  SAK    d  D,  SAK    d  H ,  SAK    h  6.

1 1 1 1 1 1 1 1
Do tam diện H .SAK vuông tại H nên: 2
 2
 2
 2
  2
 
h HS HA HK 6 HS 9 36
1 1
 SH  6 Suy ra VS . ABCD  .SH .S ABCD  .6.3.6  36 (dvtt).
3 3

Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SA và BD     BD, SA    AK , SA 

Ta có: SK  6 2, SA  AK  3 5. Trong tam giác SAK có:

 AS 2  AK 2  SK 2 45  45  72 1
cos SAK   .
2. AS . AK 2.3 5.3 5 5

  arccos 1 .
Vậy   SAK
5

Câu 90. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD đáy là hình thoi
a 6
tâm O , biết SO vuông góc với mặt phẳng  ABCD  Cho AB  SB  a, SO  . Số đo của góc
3
giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  bằng
A. 90 . B. 60 . C. 45 . D. 30 .
Lời giải
Tác giả: Tuyetnguyen; Fb: Tuyetnguyen

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 557   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chọn A

 SO  BD
Ta có   BD   SAC   BD  SA .
 AC  BD

Gọi I là trung điểm của SA .

Do tam giác SAB cân tại B nên BI  SA , mà BD  SA   BID   SA

Suy ra góc giữa 2 mặt phẳng  SAB  và  SAD  bằng góc giữa hai đường thẳng BI và DI .

2 2 2a 2 a 2
2 2 a
Xét tam giác SBO vuông tại O có OB  SB  SO  a    OB  .
3 3 3

SA SO 2 a
Ta có SA   BID   SA  OI , nên tam giác SOI vuông cân tại O  OI    .
2 2 3
BD
 OI 
2
BD
Tam giác IBD có OI là trung tuyến, với OI  nên tam giác IBD vuông tại I .
2

Câu 91. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc
với nhau. Kẻ OH vuông góc với mặt phẳng  ABC  tại H . Khẳng định nào sau đây sai?

1 1 1 1
A. 2
   . B. OA  BC .
OH OA OB OC 2
2 2

C. H là trực tâm tam giác ABC . D. AH   OBC  .


Lời giải
Tác giả: Nguyễn Mạnh Hùng; Fb: Nguyễn Mạnh Hùng
Chọn D

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 558   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

O B

Gọi M là giao của CH và AB . Gọi N là giao điểm của AH và CB . Ta có tam giác COM vuông tại
O.

 AB  OH
  AB   COM  . Suy ra OM là đường cao tam giác OBA .
 AB  OC
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Ta có 2
 2
 2
. Mà 2
 2
 2
nên 2
   .
OH OA OM OM OB OC OH OA OB OC 2
2 2

Do đó mệnh đề ở A. là đúng.

OA  OB
Ta có   OA  BC . Do đó mệnh đề ở B. là đúng.
OA  OC
Theo chứng minh trên ta có CH  AB . Tương tự, ta có AH  BC . Suy ra H là trực tâm tam giác
ABC . Do đó mệnh đề ở C. đúng.
Vậy chọn đáp án D.

Câu 92. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A ,
  90 . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  bằng a 3 . Tính thể tích
  SCA
AB  AC  a , SBA
2
của khối chóp S. ABC .
a3 6 a3 3 a3 6 a3 3
A. . B. . C. . D. .
6 6 3 3
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Diệu Linh ; Fb: Dieulinh Nguyen
Chọn B

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 559   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi M là trung điểm của BC . Trong tam giác SAB kẻ BK  SA, K  SA .

Ta có tam giác ABC vuông cân tại A nên AM  BC .

Mặt khác SAB  SAC  c.c.c   BK  KC .

Trong tam giác BKC , kẻ BF  KC , F  KC; ME / / BF , E  KC .

Từ đó dẫn đến ME là đường trung bình của tam giác BKC .


Ta cũng có tam giác SBC cân tại S nên SM  BC .

Như vậy BC   SAM   BC  SA .

 BC  SA
Có   SA   BKC    SAC    BKC  .
 BK  SA

 SAC    BKC 
 a 3 a 3
Vì  SAC    BKC   KC  BF   SAC  nên d  B ;  SAC    BF   ME  .
 BF  KC 2 4

a 2
Tam giác ABC vuông cân tại A có cạnh bằng a nên BC  a 2  MC  .
2
Tam giác KMC vuông tại M , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:

1 1 1 1 16 2 10 a 3
2
 2
 2
 2
 2  2  2  MK  .
ME MK MC MK 3a a 3a 10

2a
Tam giác KMC vuông tại M có KM 2  MC 2  KC 2  KC   KB .
5

Tam giác SAB vuông tại B , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:
1 1 1 1 5 1 1
2
 2
 2
 2
 2  2  2  SB  2a  SC .
BK SB AB SB 4a a 4a
1
Tam giác SAC vuông tại C có diện tích S  . AC.SC  a 2 .
2

1 1 a 3 a3 3
Thể tích của khối S . ABC  .S SAC .BF  .a 2 .  .
3 3 2 6

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 560   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Câu 93. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh đáy bằng
a và chiều cao bằng 2 a. Tính theo a thể tích của khối đa diện có các đỉnh là trung điểm các cạnh
của hình chóp đã cho.
5a 3 5a 3 a3 3a 3
A. . B. . C. . D. .
24 12 12 8
Lời giải
Tác giả: Dương Chiến; Fb: DuongChien
Phản biện:Nguyễn Văn Mộng; Fb:Nguyễn Văn Mộng
Chọn B
Xét hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB  a , SO  2 a như hình vẽ

M Q
N P
H
D
E A
O G
B F C

Gọi E , F , G , H , M , N , P , Q lần lượt là trung điểm cạnh AB , BC , CD , DA, SA, SB , SC , SD.

Gọi V là thể tích khối đa diện cần tính, ta có:

V  VS . ABCD  VS .MNPQ  VBEFN  VCFGP  VDGHQ  VAHEM  VS . ABCD  VS .MNPQ  4VB. EFN .

1 2a3 VS .MNPQ 2VS .MNP 1 1 a3


VS . ABCD  a 2 .2a  ;    VS .MNPQ  VS . ABCD  .
3 3 VS . ABCD 2VS . ABC 8 8 12

VB. EFN 1 1 1 a3
  VB. EFN  VS . ABC  VS . ABCD  .
VB. ACS 8 8 16 24

2a 3 a 3 a 3 5a 3
Vậy V    4.  .
3 12 24 12

Câu 94. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Lấy
   
hai điểm M , N sao cho AM  k AC ', CN  tCD ' với t.k  0 . Tính độ dài MN theo a khi MN song
song với B ' D .
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hải Thu; Fb: Đỗ Hải Thu
Phản biện: Tran Quoc An

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 561   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

A'
D'

B' C'
M

N
z

A
x D

B C
y
     
Đặt BA  x, BC  y, BB '  z.
     
Vì ABCD. A ' B ' C ' D ' là hình lập phương cạnh a nên x. y  0, y. z  0, z. x  0 .
           

BM  BA  AM  BA  k AC '  BA  k BC '  BA  BA  k BC  BB '  BA   
  
 1  k  x  k y  k z .
          

BN  BC  CN  BC  tCD '  BC  t CD  CC '  t x  y  t z . 
           
 MN  BN  BM  t x  y  t z  1  k  x  k y  k z    t  k  1 x  1  k  y   t  k  z .
        
B ' D  BD  BB '  BA  BC  BB '  x  y  z .
 1
t  2
t  k  1  m 
    3
Vì MN / / B ' D nên MN  mB ' D  1  k  m  k  .
t  k   m  4
  1
m  4

 1  1  1  1   
 MN  x  y  z  x  y  z .
4 4 4 4
 
 2 1  
  2
 MN 2  MN 
16

x yz 
1  2  2  2       1 3a 2

16  16

x  y  z  2 x. y  2 y. z  2 z. x   a 2  a 2  a 2  
16
.

a 3
Vậy MN  .
4
Câu 95. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành
tâm O. Một mặt phẳng không qua S cắt các cạnh SA, SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P , Q thỏa mãn :
2
    SB  SB 
2
 SD 
SA  2 SM , SC  3SP .Tính tỉ số khi biểu thức T     4  đạt giá trị nhỏ nhất.
SN  SN   SQ 
Lời giải
Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 562   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

M P
G

Q
E
A B

O
D C
F

• Dựng mặt phẳng (P) không qua S thỏa mãn yêu cầu bài toán :
Trên đoạn SA lấy M sao cho SA = 2 SM
Trên đoạn SC lấy P sao cho SC = 3 SP
Trong mp (SAC) : gọi G  SO  MP
MP  ( SAC )
Do NQ  ( SBD)
( SAC )  ( SBD)  SO

MP , NQ phân biệt ,không song song


 SO,MP, NQ đồng quy tại G .
Trong (SBD ) : Qua G kẻ đường thẳng d cắt SB tại N , SD tại Q .
• Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AE , CF song song với MP cắt SO lần lượt tại E , F .
SA SE
Vì AE // MP nên ta có :  .
SM SG
SC SF
CF // MP nên ta có:  .
SP SG
Cộng vế với vế hai đẳng thức trên ta được:
SA SC SE  SF SO  OE  SO  OF
   (1)
SM SP SG SG
Xét AOE và COF có :
OA = OC ( vì ABCD là hình bình hành )
  ( đối đỉnh)
AOE  COF
  FCO
EAO  (2 góc ở vị trí SLT , AE//CF)

 AOE  COF (g.c.g)


 AE  CF (2 cạnh t/ư)
Mà AE // CF (theo cách dựng)
 Tứ giác AECF là hình bình hành (dhnb)  OE  OF (2)

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 563   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

SA SC SO
Từ (1) và (2) ta có:  2
SM SP SG
Tương tự trong (SBD) ta cũng kẻ các đường thẳng song song với NQ và cũng chứng minh được
SB SD SO
 2
SN SQ SG

SA SC SB SD
Suy ra   
SM SP SN SQ

SB SD
Đặt  x,  y ta có: x  y  2  3
SN SQ

Khi đó T  x 2  4(5  x) 2  5 x 2  40 x  100  5( x  4)2  20  20

Tmin  20 khi x = 4

SB
 4
SN

Câu 96. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC , có SA vuông góc với mặt
  300 . Gọi M là điểm di
phẳng  ABC  , SA  2a và tam giác ABC vuông tại C với AB  2a, BAC

 
động trên AC , đặt AM  x, 0  x  a 3 . Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x . Tìm các
giá trị của x để khoảng cách này lớn nhất.
Lời giải
Cách 1

*) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BM. Khi đó độ dài SH chính là khoảng cách từ S đến BM.

SH  BM 
Ta có:   BM   SAH   BM  AH .
SA  BM 

AH AM AM .BC
Do đó hai tam giác AHM và BCM đồng dạng nên   AH  .
BC BM BM
2
Mà AM  x, BC  AB.sin 300  a, BM   2a   x2  2.2a.x.cos 300  4a 2  x 2  2 3ax
ax 5 x 2  8 3ax  16a 2
 AH  ; SH 2  SA2  AH 2  a 2
4a 2  x 2  2 3ax x 2  2 3ax  4a 2

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 564   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

5 x 2  8 3ax  16a 2
 SH  a .
x 2  2 3ax  4a 2
*) Do SA cố định nên SH lớn nhất khi và chỉ khi AH lớn nhất.
2 a2 x2
Ta có AH  2 .
x  2 3ax  4a 2
TH1: x  0  AH  0 .
2 a2
TH2: x  0  AH  .
a a2
1 2 3  4 2
x x
a 3
Do đó AH lớn nhất khi và chỉ khi hàm số f  t   4t 2  2 3t  1 nhỏ nhất, với t  (t  ).
x 3
3 3
Mà f '  t   8t  2 3  0, t  , nên f  t  đạt giá trị nhỏ nhất tại t  , tức là x  a 3 , khi đó
3 3
AH  a 3 .
Từ hai trường hợp trên ta kết luận được SH lớn nhất khi và chỉ khi x  a 3 .
Cách 2

Ta có AC  AB.cos 30 o  a 3 .

Trong không gian, chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho C  0;0;0  , B  a;0;0  , A 0; a 3;0 ,  
   
S 0; a 3; 2a . Khi đó M 0; a 3  x;0 . Ta có:
 
  
BS  a; a 3; 2a , BM  a; a 3  x;0 
 

  BS , BM   2 3a 2  2ax; 2a 2 ; ax 
 
 BS , BM  5 x 2  8 3ax  16a 2
 
 d  S ; BM    a .
BM x 2  2 3ax  4a 2

5 x 2  8 3ax  16a 2
Từ đây, xét hàm số f ( x)  với 0  x  a 3 , ta suy ra được d  S ; BM  đạt giá trị
x 2  2 3ax  4a 2
lớn nhất tại x  a 3 .

Cách 3: Dễ thấy SH  SM  SC  SH lớn nhất là SC , khi đó vị trí M trùng với C , tức là x  a 3 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 565   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Đây là bài toán cực trị dừng lại ở mức trung bình và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi
cấp tỉnh. Mời bạn đọc tham khảo các bài toán dưới đây.

Câu 97. (HSG12 tỉnh Thái Binh năm 2018-2019)Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi
cạnh a 3 , SA  a , SB  SC  SD  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh CD .
1. Tính thể tích khối chóp S. ABCM .
2. Tính khoảng cách giữa SM và BC .
Lời giải

K
B C

N
O
H I M

A D

1. Gọi O là tâm của hình bình thoi ABCD .


Xét hai tam giác ABD và SBD ta có: AB  SB , AD  SD , BD chung.

Suy ra ABD  SBD  AO  SO (hai đường trung tuyến tương ứng).Tương tự CO  SO .


Tam giác SAC có đường trung tuyến SO và AO  CO  SO . Do đó SAC vuông tại S .

Từ đó ta tính được AC  SA2  SC 2  2a , OD  CD 2  OC 2  a 2 , BD  2a 2 .

Diện tích của tam giác BCD : S BCD  a 2 2 (công thức Hê-rông).

BC . CD. BD 3a
Bán kính đường tròn ngoại tiếp BCD là r   .
4 S BCD 2

Gọi H là hình chiếu của S trên  ABCD  . Vì SB  SC  SD nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp
3a a 3
BCD và HB  r   SH  SB 2  HB 2  .
2 2

3 3a 2 2
Diện tích tứ giác ABCM : S  S ABCD  S AMD  S ABCD  .
4 2

1 a3 6
Thể tích của khối chóp S. ABCM là V  S .SH  .
3 4
2. Tính khoảng cách giữa SM và BC .
Gọi N là trung điểm của AB .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 566   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Dễ thấy MN / / BC  BC / /( SMN ) nên d ( BC , SM )  d ( BC , ( SMN ))  d (C , ( SMN ))

Mà CO  2 HO  d (C , ( SMN ))  2d (H, ( SMN )).

Kẻ HI  MN  I  MN  , kẻ HK  SI  K  SI  ta có HK  d  H ,  SMN   .

2 S BCD 2a 6 1 a 6
Ta có: d ( D, BC )  d ( A, BC )    HI  d ( H , MN )  d ( A, BC )  .
BC 3 4 6

a 6 a 3
.
HI .HS 6 2 a 66 a 66
HK     d (C , ( SMN ))  2 HK  .
HI 2  HS 2 2
a 6 a 3
2 22 11
   
 6   2 

a 66
Vậy d ( BC , SM )  .
11

Câu 98. (HSG12 tỉnh TỈNH VĨNH PHÚC 2018-2019) Cho tứ diện ABCD và các điểm M , N , P lần
lượt là các điểm thuộc các cạnh BD, BC , AC sao cho BD  2 BM , BC  4 BN , AC  3 AP . mặt phẳng
 MNP  cắt AD tại điểm Q . Tính tỉ số thể tích của hai phần của khối tứ diện ABCD cắt bởi mặt
phẳng  MNP  .
Lời giải
Tác giả: Hồ Thanh Nhân; Fb:NhanHoThanh

Trong mặt phẳng  BCD  gọi I là giao điểm của MN và CD , Q là giao điểm của IP và AD .

 AD cắt mặt phẳng  MNP  tại Q .

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác BCD có ba điểm N , M , I thẳng hàng.

NB IC MD IC
. . 1 3 .
NC ID MB ID
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ACD có ba điểm P, I , Q thẳng hàng.

PA IC QD QD 2
. . 1 
PC ID QA QA 3

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICN có ba điểm D, M ,P thẳng hàng.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 567   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

DC MI BN MI
. . 1 2
DI MN BC MN
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IPC có ba điểm D, Q, A thẳng hàng.

DC QI AP IQ 3
. . 1  .
DI QP AC QP 2

Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích ta có:


VIMQD IQ IM ID 3 2 1 2
 . .  . .  1
VINPC IP IN IC 5 3 3 15

VINPC CN CP 3 2 1 VABCI CI 3
 .  .   2 ;    3
VABCI CP CA 4 3 2 VABCD CD 2

VINPC 3 V 3 2 1
Từ (1),(2) và (3)   ,          IMQD  . 
VABCD 4 VABCD 4 15 10

VCDMNPQ 3 1 13 VABMNPQ 13 7 VABMNPQ 7


      1    .
VABCD 4 10 20 VABCD 20 20 VCDMNPQ 13

Câu 99. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho khối chóp S. ABC có SA  6 , SB  2 , SC  4 ,
  90 , 
AB  2 10 và SBC ASC  120 . Mặt phẳng  P  đi qua B và trung điểm N của SC và vuông
VS .MBN
góc với mặt phẳng  SAC  cắt cạnh SA tại M . Tính tỉ số thể tích .
VS . ABC
2 1 2 1
A. . B. . C. . D. .
5 4 9 6
Lời giải
Tác giả: Trương Thanh Tùng; Fb: Trương Thanh Tùng
Chọn D
S

B A

VS .MBN SM SN 1 SM
Ta có:  .  k, k  . Áp dụng định lí cosin ta có:
VS . ABC SA SC 2 SA

  60 , 
BSC ASC  120 , 
ASB  90 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 568   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
  
 

       a  6, b  2, c  4


Đặt SA  a, SB  b, SC  c       .
a.b  0, b.c  4, c.a  12

Kẻ BH  MN  BH   ASC  .

          1  


Khi đó      
BH  xBM  1  x  BN  x SM  SB  1  x  SN  SB  x k a  b  1  x   c  b 
2 
  1 x 
 kx.a  b  .c
2

   1
 BH .SA  0 36kx  6 1  x   0 k  3
Mặt khác, BH   ASC        .
 BH .SC  0 12kx  4  8 1  x   0 x  1
 3

VS .MBN SM SN 1 1 1
Vậy  .  .  .
VS . ABC SA SC 2 3 6

Câu 100. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với
AB  3; AD  7 . Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy góc 450 và 600 . Biết cạnh
bên của hình hộp có độ dài bằng 1. Thể tích của khối hộp là:
A. 3 3 . B. 7 . C. 3 . D. 3 7 .
Lời giải
Tác giả: Bích Thuận; Fb: Bich Thuan
Chọn C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A ' trên ( ABCD)

Kẻ EH  AB, FH  AD

(( ABB ' A '),( ABCD ))  ( A ' E , EH )  


A ' EH  450

(( ADD ' A '),( ABCD ))  ( A ' F , FH )  


A ' FH  600
0
Ta có: A ' H  HE tan 45  HE

A ' H  HF .tan 600  HF 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 569   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông AFA ' ta có:

AA '2  AF 2  A ' F 2
 1  A ' H 2  A ' H 2  FH 2
2
2 A' H 
 1  2A' H   
 3 
3
 A' H 2 
7
21
 A' H 
7

21
VABCD. A ' B ' C ' D '  S ABCD . A ' H  3. 7. 3
7

Câu 101. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Cho khối hộp ABCD. ABCD có thể tích bằng V .
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB , BC và DD . Thể tích khối tứ diện C. MNP bằng
V V V V
A. . B. . C. . D. .
32 8 16 4
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mộng ; Fb: Nguyễn Văn Mộng
Phản biện:Trần Đức Phương; Fb: Phuong Tran Duc
Chọn C

VC. MNP CM 1 1


Ta có:   (do N là trung điểm của BC )  VC. MNP  VC. MB P (1)
VC. MBP CB 2 2

Gọi Q là trung điểm của AA . Khi đó, tứ giác C B QP là hình bình hành.

1
Do đó, VC. MBP  VM .CBQP  VM .CBQ (2)
2

Trong  ABBA  , gọi I  MQ  AB   Q là trung điểm của MI .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 570   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

VM .CBQ MQ 1 1
   VM .CB Q  VM .CB I (3)
VM .CBI MI 2 2

1
Ta lại có, SCB I  . BI .d  C, AB   và SABCD  BA.d  C, AB 
2
1
SCBI . BI.d  C, AB 
2 1 3 3 3
Suy ra,   .   SCBI  .S AB CD
S ABCD BA.d  C, AB  2 2 4 4

Gọi h  d  M,  ABCD  

1 1 3 1 1
VM .CBI  .SCBI .h  . .S ABCD .h  .SABCD .h  .V (4)
3 3 4 4 4
1
Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra VC. MNP  V
16

Câu 102. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có SA vuông góc với mặt
phẳng  ABC  , đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AC  a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB
và K là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên cạnh SC . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và
a
 AGK  . Tính cos  , biết rằng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  KBC  bằng .
2
1 2 3 3
A. cos   . B. cos   . C. cos   . D. cos   .
2 2 2 3
Lời giải
Chọn D
Cách 1: Theo công thức hình chiếu

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 571   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

M
G I
A C

N
B

Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên SB , ta dễ chứng minh được AM   SBC  hay
a
AM   KBC  , kết hợp giả thiết suy ra d  A,  KBC    AM  .
2

1 1 1
Do tam giác SAB vuông tại A có AM là đường cao nên 2
 2  SA  a .
AM SA AB 2
Do đó tam giác SAB vuông cân tại A nên M là trung điểm của SB suy ra G  AM .

Gọi N , I lần lượt là hình chiếu của M , K trên mặt phẳng  ABC  , khi đó góc  giữa hai mặt phẳng
 ABC  và  AGK  cũng chính là góc giữa hai mặt phẳng  ANI  và  AMK  .

S ANI 2
Ta có cos  .Tam giác SAC có AK là đường cao nên tính được AK  a.
S AMK 3

2 1 a
Tam giác AKC vuông tại K  AK 2  AI . AC  AI  a, AN  AB  ,
3 2 2
1 1
S AIN  AI . AN .sin 45  a 2 .
2 12

2 1
Tam giác AMK vuông tại M có AM  a , MK  AK 2  AM 2  a
2 6

1 2
a
1 3 2 S 12 3
 S AMK  AM .MK  a , cos  ANI   .
2 12 S AMK 3 2 3
a
12
Cách 2: Tính theo định lý cách xác định góc giữa hai mặt phẳng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 572   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 
S

M
G I
A
C

Các điểm M , K xác định như cách 1, kéo dài MK cắt BC tại J .

Ta dễ chứng minh được

 AGK    ABC   JA

 JA   SAC     , cos  AI  3 .
    AGK  ,  ABC     AK , AI   KAI
 SAC    AGK   AK AK 3
 SAC  ABC  AI
   
Cách 3 : Theo định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng

Ta dễ chứng minh được SA   ABC  , SC   AGK  suy ra góc  giữa hai mặt phẳng  ABC  và
 AGK  cũng chính là góc giữa hai đường thẳng SA và SC .
SA 3
Suy ra cos  cos 
ASC   .
SC 3

Câu 103. (HSG11 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành
tâm O . Gọi M là điểm di động trên cạnh BC ( M khác B và C ). Mặt phẳng   đi qua M và song
song với hai đường thẳng SB , AC .
Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp   . Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn
nhất.
Lời giải
Tác giả:Trần Quốc An; Fb:Tran Quoc An

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 573   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Q
R

P
H
A
K D
N

I O
B M C

Kẻ MN // AC , N  AB , NP // SB , P  SA , PK // MN // AC , K  SC .

Gọi I  MN  BD . Kẻ IQ // SB , Q  SD

Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mp   là ngũ giác MNPQK .

 NP // SB
Ta có:   MK // NP .
 SBC      MK

Ta có tứ giác MNPK là hình bình hành.

BM  MK  1  x  SB
Gọi  là góc giữa SB và AC . Đặt x   0  x  1  BM  xBC   .
BC  MN  x. AC

1
Suy ra : S MNPK  BM .MK .sin   x. 1  x  .SB. AC .sin  . Gọi H  IQ  PK .
2
QH SH BI BM 1
Gọi R là trung điểm của SD , ta có :     x  QH  xOR  x.SB và PK  MN .
OR SO BO BC 2
 
Vì  SB , AC    QH , PK  , ta có :
1 1 1
S PQK  S PQH  S QHK  PH .QH .sin   QH .HK .sin   QH .PK .sin 
2 2 2
1 1 1
 . x.SB.x. AC.sin   x 2 .SB. AC .sin 
2 2 4

 1   3x 2 
Do đó : S MNPQK  S MNPK  SPQK   x 1  x   x 2  .SB. AC.sin    x   .SB. AC.sin  .
 4   4 

Câu 104. (HSG11 tỉnh Thanh Hóa năm 2018-2019)Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 .Một mặt phẳng
  thay đổi và luôn song song với mặt đáy cắt các đoạn AB1 ,BC1 , CD1 , DA1 lần lượt tại M , N , P, Q
.Hãy xác định vị trí   sao cho MNPQ nhỏ nhất
Lời giải
Tác giả Nguyễn Quang Huy; Fb: Nguyễn Quang Huy

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 574   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi ABC D là thiết diện của   với lăng trụ ABCD. A1 B1C1D1 .Do   thay đổi và luôn song song
với mặt đáy nên S ABC D  S ABCD  S A1B1C1D1  S

AA
Đặt AB  a; BC  b; CD  c; DA  d và các cạnh bên bằng nhau và bằng 1 ,  AA  x, 0  x  1
AA1

AM AA
Xét AA1 B1 có AM / / A1 B1 .Theo định lí talet:   AM  ax
A1 B1 AA1

A1 A AQ
Xét AA1 D có AQ / / AD . Theo định lí talet:   AQ  1  x  d ta cũng có
A1 A AD

SAMQ AM . AQ.sinM A 'Q


Nên tỉ số diện tích:   x 1  x 
SABD AB.AD.sinBAD

SBMN SC NP SDPQ


Tương tự ta cũng có các kết qủa sau:  x(1  x),  x(1  x),  x(1  x)
SABC SBCD SACD

 SBMN
SABC  x .(1  x)

 SCNP
S  SBCD  x .(1  x)
SBMN S S  
Xét  x(1  x), CNP  x(1  x), D PQ  x(1  x), A MQ  x(1  x)  
SABC SBCD SACD S ABD S SDPQ
ACD 
 x.(1  x)

S S AMQ

 ABD
x.(1  x)

.Cộng các đẳng thức lại với nhau ta có :


1 1
2S 
x(1  x)
 SAMQ  SBMN  SC NP  SDPQ  
x(1  x)
S  SMNPQ 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 575   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Đặt S MNPQ  S  S   S  2 x (1  x ) S .Vâỵ để S  nhỏ nhất 2 x(1  x) thì lớn nhất.

( x  1  x) 2 1
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: 2 x(1  x)  2  
4 2
1
Dấu bằng xẩy ra khi: x  1  x  x 
2

Vậy   đi qua trung điểm cạnh bên và luôn song song với mặt đáy thì SMNPQ  S nhỏ nhất và bằng
nửa diện tích đáy.

Câu 105. (HSG12 tỉnh Bến Tre năm 2018-2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi
  600 cạnh SA  a và vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Gọi M là điểm di động trên
cạnh a, BAC
đoạn AB và AM  x , 0  x  a , K là hình chiếu của S trên DM. Tính độ dài đường SK theo a và x.
Tìm giá trị lớn nhất của đoạn SK.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 576   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chuyên đề 21 Nón, trụ, cầu


 
 
 
Câu 1. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Một cơ sở sản xuất đồ gia dụng được đặt hàng làm các chiếc
hộp kín hình trụ bằng nhôm để dựng rượu có thể tích là V  28 a 3  a  0  . Để tiết kiệm sản xuất và
mang lại lợi nhuận cao nhất thì cơ sở sẽ sản xuất những chiếc hộp hình trụ có bán kính là R sao cho
diện tích nhôm cần dùng là ít nhất. Tìm R .
A. R  a 3 7 . B. R  2a 3 7 . C. R  2a 3 14 . D. R  a 3 14 .
Lời giải
Tác giả: Hương Giang ; Fb: Huong Giang
Chọn D
Gọi h là chiều cao hình trụ.

3 28a 3
2
Ta có thể tích khối trụ là: V  S .h  28 a   R .h  h  2
R

28a 3 56 a 3
Diện tích toàn phần khối trụ là: Stp  2 R.h  2 R 2  2 R. 2
 2 R 2
  2 R 2
R R
Ta cần tìm R sao cho S tp min

Xét hàm:

56 a 3 56 a 3
f  R   2 R 2  f   R   4 R 
R R2

f   R   0  4 R 3  56 a 3  0  4  R 3  14 a 3   0  R  a 3 14 .

Lập bảng biến thiên ta có:

Vậy S tp min khi và chỉ khi R  a 3 14

Câu 2. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 5 . Tính thể
tích V của khối nón nội tiếp tứ diện ABCD .
25 6 125 3 125 6 25 6
A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .
108 108 108 36
Lời giải
Tác giả: Trần Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran
Chọn C

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 577   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Gọi O là tâm giác đều BCD và I là trung điểm của cạnh BC . Khối nón nội tiếp tứ diện đều ABCD
có đường tròn đáy nội tiếp tam giác đều BCD và đỉnh là điểm A , khi đó khối nón này có bán kính
5 3 5 6
đáy là r  OI  và chiều cao là h  OA  AD 2  OD 2  . Vậy thể tích của khối nón cần tìm
6 3
2
1 1  5 3  5 6 125 6
là V   r 2 h   .   .  .
3 3  6  3 108

Câu 3. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho tứ diện ABCD có AB  6a ; CD  8a và các cạnh
còn lại bằng a 74 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD .
100 2
A. S  96 a2 . B. S  100 a2 . C. S  25 a 2 . D. S  a .
3
Lời giải
Tác giả: Đỗ Tấn Lộc; Fb: Do Tan Loc
Chọn B

A I
C
M
B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD ta có: DCA  DBC  AN  BN


Suy ra MN là trung trực của AB , tương tự MN là trung trực của DC
Khi đó I  MN sao cho ID  IA

Lại có AN  AD 2  DN 2  a 58  MN  AN 2  AM 2  7 a

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 578   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Mặt khác IM  IN  R 2  AM 2  R 2  DN 2  R 2  9 a 2  R 2  16 a 2  7 a

R5

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là S  100 a2 .

Câu 4. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Một người thợ muốn tạo
một đồ vật hình trụ từ một khối gỗ hình hộp chữ nhật, có đáy là hình vuông và
chiều cao bằng 1,25 m . Để tạo ra đồ vật đó người thợ vẽ hai đường tròn (C) và
(C’) nội tiếp hai hình vuông của hai mặt đáy của khối gỗ hình hộp chữ nhật rồi
dọc đi phần gỗ thừa theo các đường sinh của đồ vật hình trụ. Biết rằng, trong
tam giác cong tạo bởi đường tròn (C) và hình vuông ngoại tiếp của (C) có một
hình chữ nhật kích thước 0,3cm  0, 6cm (như hình vẽ) và mỗi mét khối gỗ thành
phẩm có giá 20 triệu đồng. Hỏi người thợ cần số tiền gần nhất với số tiền của phương án nào dưới
đây để tạo được 10 đồ vật như vậy.
A. 196000 đồng. B. 65000 đồng. C. 176000 đồng. D. 58000 đồng
Tác giả: Nguyễn Đăng Trúc; Fb: Trúc Xinh
Lời giải
Chọn C

a
I

M(6;3)
x
O

Xét hệ trục Oxy như hình vẽ, 1 đơn vị trên trục là 1 milimet.
Vì hình chữ nhật có kích thước 0,3cm  0, 6cm nên nếu ta gọi M là giao điểm của hình chữ nhật và
đường tròn (C) thì ta có toạ độ M(6; 3).
Vì đường tròn (C) nội tiếp hình vuông nên nếu ta cạnh hình vuông có độ dài là a ( a  3 ) thì ta có
được tâm của đường tròn (C) là I (a; a ) .

Theo đề bài ta có: (C ) : (x  a) 2  ( y  a) 2  a 2 .

Vì M thuộc (C) nên ta có (6  a)2  (3  a)2  a 2  a 2  18a  45  0  a  3 (loại) hoặc a  15 (nhận).

Vậy (C) có bán kính R = 15 cm = 0,015 m.


Ta có thể tích V của khối gỗ thành phẩm là khối trụ có R = 0,015 m và h = 1,25 m.
9
V   R 2 h   .0, 0152.1, 25 
32000

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 579   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

9
Vậy số tiền cần dùng để tạo 10 đồ vật như vậy: 10.20.106.  176714 (đồng).
32000

Câu 5. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Một
hình cầu (S) tiếp xúc với ba đường thẳng lần lượt tại B , C và D . Tính thể tích V của hình cầu (S).
 a3 3 4 a 3  a3 2 8 a 3
A. V  . B. V  . C. V  . D. V  .
2 81 3 27
Lời giải
Tác giả: Hoàng Thảo; Fb: Hoàng Thảo
Chọn C

Gọi I là tâm của mặt cầu (S).


Hình cầu (S) tiếp xúc với ba đường thẳng AB, AC , AD lần lượt tại B , C và D nên

ABI  
ACI  
ADI  90  A, B, C , D, I  S  E ; R  với E là trung điểm AI và bán kính bằng bán kính
a 6
mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là R  .
4

a 6 a 2
Ta có AI  2 R   IB  IA2  AB 2 
2 2
3
4  a 2   a3 2
Thể tích của hình cầu (S) là V      .
3  2  3

Câu 6. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A’B’C’D’ có
đáy là hình thang cân với đáy nhỏ AB     15 , đáy lớn CD     28 và chiều cao lăng trụ là h     12 . Biết
rằng có một hình cầu (S) tiếp xúc với tất cả các cạnh đáy của hình lăng trụ đã cho. Hãy tính diện tích
của hình cầu (S).
A. 608 . B. 560 . C. 1824 . D. 564 .
Lời giải
Tác giả: Hồng Hạnh; Fb: Cactuss Lee

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 580   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Chọn D

AB  CD 43 CD  AB 13
Ta có: AD  BC   , HC  
2 2 2 2

BH 645
IO  JO   105 , OB  IO 2  IB 2  , OC  JC 2  OJ 2  301
2 2

OK  OI  JO  105 (bán kính đường tròn nội tiếp hình thang cân ABCD )
2
h
R( S )  GK     OK 2  141
2

Vậy diện tích hình cầu ( S ) cần tìm: S  4 R(2S )  564 .

Câu 7. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho khối nón có chiều cao bằng 8 và độ dài
đường sinh bằng 10. Thể tích của khối nón đã cho là:
A. 96 . B. 140 . C. 128 . D. 124 .
Lời giải
Tác giả: Cao Xuân Hùng; FB: Cao Hùng
Chọn A
S

Theo giả thiết, ta có h  SO  8,  l  SA  10 . SOA vuông tại O nên suy ra


R  OA  SA2  SO 2  100  64  6 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 581   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1
Vậy thể tích khối nón là V   R 2 h   .36.8  96 .
3 3

Câu 8. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Cho hình nón đỉnh S đáy là hình tròn tâm
O,  SA,  SB là hai đường sinh biết SO     3, khoảng cách từ O đến  SAB  là 1 và diện tích tam giác
SAB là 27. Tính bán kính đáy của hình nón trên.
15 2 3 130 530 674
A. . B. . C. . D. .
4 4 4 4
Lời giải.
Tác giả:Phạm Quân. Facebook: Phạm Khánh Huyền
Chọn B

d  O;  SAB    OH  1.

1 1 1 1 8 3 2
Ta có 2
 2
 2
 2
  OM  .
OM SO OH OM 9 4

9 2
Suy ra: SM  SO 2  OM 2  .
4
Gọi AM  MB  x  AB  2 x .

1 1 9 2
Vì S SAB  SM . AB  27 suy ra . .2 x  27  x  6 2  MB
2 2 4

3 130
r  OB  OM 2  MB 2 
4

Câu 9. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình trụ có bán kính đáy r . Gọi O và O  là tâm của
hai đường tròn đáy với OO  2r . Một mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ tại O và O  . Gọi Vc
V
và Vr làn lượt là thể tích của khối cầu và khối trụ. Khi đó c bằng
Vt
2 3 1 3
A. . B. . C. . D. .
3 4 2 5
Lời giải
Tác giả: Trần Vinh; Fb: Vinh Trần .
Chọn A

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 582   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Ta có thể tích khối trụ là Vt   .r 2 .OO  2 r 3 (1)

1
Mặt cầu tiếp xúc với hai đáy của hình trụ nên mặt cầu có bán kình R  OO  r , suy ra thể tích
2
4 4
khối cầu là Vc   R 3   r 3 (2)
3 3
4 3
Vc 3
r 2
Từ (1) và (2) ta có  3
 .
Vt 2 r 3

Câu 10. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Thiết diện qua trục của một hình nón là tam giác đều
cạnh có độ dài 2a . Thể tích của khối nón là
 a3 3  a3 3  a3 3  a3 3
A. . B. . C. . D. .
3 12 2 6
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung
Chọn A

Gọi chiều cao và bán kính đáy của hình nón lần lượt là h và R .

3 2
Ta có h 
2
.2a  a 3 và R   2a 
2
 h2   2a 
2

 a 3   a.

1  a3 3
Vậy thể tích của khối nón là V  . R 2 .h  .
3 3

Câu 11. (HSG11 tỉnh Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Một tấm vải hình chữ nhật được cuốn 100 vòng

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 583   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

(theo chiều dài tấm vải) quanh một lõi hình trụ có bán kính đáy bằng 5cm sao cho mép vải luôn
song song với trục của hình trụ. Biết rằng bề dày tấm vải là 0,3 cm. Tính chiều dài tấm vải đó.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Như Hưng; Fb: Nguyen Hung
Chiều dài của vòng thứ 1 là 2 .5  cm  .

Chiều dày của vòng thứ 2 là 2  5  0, 3   cm  .

Chiều dày của vòng thứ 3 là 2  5  2.0, 3   cm  .

….

Chiều dày của vòng thứ 100 là 2  5  99.0, 3   cm  .

Suy ra chiều dài tấm vải là

 99.100 
2  5.100  0,3 1  2  3   99    2  500  0,3.   3970   cm  .
 2 

vantrung38@gmail.com
chucnguyen29796@gmail.com

Câu 12. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019)Trong không gian cho tam giác ABC có
  120. Gọi M là điểm thay đổi thuộc mặt cầu tâm B, bán kính R. Giá trị nhỏ
AB  2 R, AC  R, CAB
nhất của MA  2 MC là
A. 4R . B. 6R . C. R 19 . D. 2R 7 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Mạnh ; Fb: Nguyễn Văn Mạnh
Phản biện: Trần Thanh Sơn; Fb: Trần Thanh Sơn
Chọn C
C

M
E

Gọi E là giao điểm của AB với mặt cầu S  B; R  và F là trung điểm của EB

ta có E là trung điểm của AB , BE  BM  R .


2 2
2 2 2   R 2   3R   2.R. 3R .cos120  19 R
AFC có FC  AC  AF  2 AC . AF .cosCAB  
 2  2 4

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 584   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

R 19
 FC 
2
Xét hai tam giác BFM và BMA có:
  
ABM  chung
 MA AB
 BF BM 1  BFM  BMA    2  MA  2MF
   FM MB
 BM BA 2

R 19
Khi đó MA  2 MC  2  MF  MC   2 FC  2.  MA  2 MC  R 19
2

Vì F nằm trong mặt cầu  S  và C nằm ngoài mặt cầu  S  nên dấu “=” xảy ra khi M là giao điểm của
FC và  S  , do đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức MA  2 MC là R 19 .

Câu 13. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hai mặt phẳng  P  ,  Q  song song với nhau cắt
khối cầu tâm O , bán kính R tạo thành hai hình tròn cùng bán kính. Xét hình nón có đỉnh trùng với
tâm của một trong hai hình tròn, đáy trùng với hình tròn còn lại. Tính khoảng cách giữa  P  ,  Q  để
diện tích xung quanh của hình nón là lớn nhất.
2R 3
A. R . B. R 2 . C. . D. 2 R 3 .
3
Lời giải

A H B

Chọn C
Cắt hình nón bởi mặt phẳng qua trục, ta được thiết diện như hình trên. Khi đó, ta có OA  R .

Đặt OH  x , ta có SH  2 x , AH  R 2  x 2 , SA  R 2  3 x 2 .

Diện tích xung quanh của hình nón là S xq   AH  SA   R 2  x 2  R 2  3x 2 .

3 2R2 3
Ta có R2  x2  R2  3x2   3R 2  3 x 2  R 2  3 x 2  .
3 3

R 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3R 2  3 x 2  R 2  3 x 2  x  .
3

Câu 14. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Một cái phễu có dạng hình nón chiều cao của phễu là

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 585   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

3
7
h. Người ta đổ một lượng nước vào phễu sao cho chiều cao của lượng nước trong phễu là h1  h
2
( hình H1 ). Ta bịt kín miệng phễu rồi lật ngược phễu lên ( hình H 2 ), gọi chiều cao của cột nước
k
trong phễu ở hình H 2 là k . Tính .
h
Lời giải

Cho hình chóp như hình vẽ bên.

Đặt SO1  h1; SO  h; AO1  r1; CO  r .

SO1 AO1 h r
Ta có  t 1  1 t
SO CO h r

Gọi V1;V2 lần lượt là thể tích của khối nón tròn xoay khi quay SA; SC quanh trục SO1

Ta có

1 
V1   r12 h1  2
3  V1  r1  h1 3
   t
1 2  V r h
V1   r h
3 

Áp dụng kết quả trên ta có :


3 3
V1  h1   3 7  7 7
Thể tích phần chứa nước là       V1  V
V h  2  8 8

1
Suy ra thể tích phần không chứa nước là V2  V . Chiều cao của phần phễu không chứa nước trong
8
3
V hk  1 h k 1
hình H 2 là h  k . Ta có 2      2  h  k   h  k  . Vậy  .
V  h  8 2 h 2

  60 , BC  a , SA   ABC  .
Câu 15. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình chóp S. ABC có BAC
Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB , SC . Bán kính mặt cầu đi qua các điểm
A,  B,  C,  M ,  N bằng:
3a 2 3a
A. . B. . C. a . D. 2a .
3 3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 586   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Lời giải
Tác giả: Lê Thị Hồng Ngọc ; Fb: Lê Thị Hồng Ngọc
Chọn B

M
J
A 60°
C
O a
I

B
Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC  OA  OB  OC 1 .
I , J lần lượt là trung điểm AB , AC .
Ta có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABM .
OI   ABM  .
 OI là trục của tam giác ABM  OA  OB  OM  2  .
Tương tự ta cũng có OA  OC  ON  3  .
BC 2 3a
1 ,  2  ,  3   O là tâm mặt cầu ngoại tiếp ABCMN  bán kính  R .
sin A 3
Câu 16. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một nhà sản xuất sữa bột dành cho trẻ em cần thiết
kế bao bì cho sản phẩm mới. Theo yêu cầu của lãnh đạo nhà máy, hộp sữa mới có dạng hình hộp chữ
nhật với đáy là hình vuông hoặc có dạng một hình trụ. Biết rằng hộp sữa mới có thể tích bằng 1 dm3 .
Hãy giúp lãnh đạo nhà máy thiết kế hộp sữa sao cho vật liệu sử dụng làm bao bì ít nhất.
Lời giải
Tác giả : Nhóm 4 tổ 8 nhóm strong team toán vd-vdc
Vật liệu làm bao bì ít nhất khi và chỉ khi diện tích toàn phần của hộp đạt giá trị nhỏ nhất.

Nếu hộp sữa có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là hình vuông: Gọi độ dài cạnh đáy là x  dm  , chiều
cao h  dm  , x, h  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 587   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1
Khi đó thể tích khối hộp: V  x 2 h  1  h  .
x2
4
Diện tích toàn phần của hộp là: Stp  2 xh  2 x 2   2x2 .
x
4 2 2
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương:  2 x 2    2 x 2  3.2  6 .
x x x
2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  2 x 2  x  1  dm  .
x

Vậy trong trường hợp này Stp đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 dm 2 , đạt được khi khối hộp là hình lập
phương cạnh bằng 1 dm .

Nếu hộp sữa có dạng hình trụ với đáy là đường tròn bán kính r  dm  , chiều cao h  dm  với h  0 ,
r 0.

1
Khi đó thể tích của khối trụ là: V   r 2 h  1  h  .
 r2
Suy ra diện tích toàn phần của hộp bằng:
2 1 1
Stp  2 rh  2 r 2   2 r 2    2 r 2  33 2 .
r r r

Vậy trong trường hợp này Stp đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 3 2 dm 2 khi đáy là hình tròn có bán kính
1 1
r thỏa mãn:  2 r 2  r  3  dm  .
r 2

Vì 3 3 2  6 nên lãnh đạo nhà máy nên thiết kế hộp sữa có dạng hình trụ với bán kính đáy là:
1 4
r 3
dm và chiều cao h  3 dm .
2 

Câu 17. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một nhà sản xuất sữa bột dành cho trẻ em cần thiết
kế bao bì cho loại sản phẩm mới. Theo yêu cầu của lãnh đạo nhà máy, hộp sữa mới có dạng hình hộp
chữ nhật với đáy là hình vuông hoặc có dạng một hình trụ. Biết rằng hộp sữa mới có thể tích bằng 1
dm3 . Hãy giúp lãnh đạo nhà máy thiết kế hộp sữa này sao cho vật liệu sử dụng làm bao bì là ít nhất.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Ngọc Tâm ; Fb:Nguyễn Ngọc Tâm

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 588   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

Nếu hộp sữa có dạng hình hộp chữ nhật với đáy là hình vuông, có độ dài cạnh đáy là x  dm  , chiều
cao là h  dm  x, h  0  .

1
Khi đó thể tích hộp sữa là V1  x 2 h  1  h  .
x2
4
Suy ra diện tích toàn phần của hộp sữa là Stp1  4 xh  2 x 2   2 x2 .
x
4 2 2 2
Stp   2 x 2    2 x 2  3.2  6 ,dấu ‘=’ xảy ra khi và chỉ khi  2 x 2  x  1 .
x x x x

Nếu hộp sữa có dạng một hình trụ có đáy là đường tròn có bán kính R  dm  , chiều cao k  dm  ,
 R, k  0  .

1
Khi đó thể tích hộp là V2   R 2 k  1  k  .
 R2
Suy ra diện tích toàn phần của hộp sữa là:
2 1 1
Stp 2  2 Rk  2 R 2   2 R 2    2 R 2  3 3 2 , dấu ‘=’ xày ra khi và chỉ khi:
R R R

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 589   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
 

1 1
 2 R 2  R  3  dm  .
R 2

Vật liệu sử dụng làm bao bì ít nhất khi và chỉ khi diện tích toàn phần của hộp sữa đạt giá trị nhỏ
1
nhất, do đó nên thiết kế hộp sữa có dạng hình trụ có đáy là đường tròn bán kính 3  dm  và chiều
2
1 3 2
cao

 
2  dm  .

Câu 18. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Trong tất cả các hình trụ nội tiếp một hình nón có bán kính
đáy là r và chiều cao bằng 3r . Tìm chiều cao h của hình trụ có thể tích lớn nhất .
4r 3r
A. h  . B. h  r . C. h  3r . D. h  .
3 4
Lời giải
Tác giả: Bích Thuận; Fb: Bich Thuan
Chọn B

Gọi R là bán kính của hình trụ

SO ' R 3r  h R 3r  h
Ta có:    R
SO OB 3r r 3
2
2  3r  h   (3r  h) 2 h
Vtru   R .h     .h 
 3  9

Vtru lớn nhất  (3r  h ) 2 ..h lớn nhất

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số ta có:

3r  h  3r  h  2h  3 3 (3r  h) 2 .2h
 2r  3 (3r  h) 2 .2h
 8r 3  (3r  h) 2 .2h
 4r 3  (3r  h) 2 h

(3r  h ) 2 ..h lớn nhất khi và chỉ khi 3r  h  2h  r  h

Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao h  r
 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 590   


VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 22 Tọa độ trong không gian

Câu 1. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng
 x  1  t
x 1 y 1 z 
d1 :   và d 2 :  y  1 và mặt  P  : x  y  z  1  0 . Đường thẳng vuông góc với mặt
2 1 1  z  t

phẳng  P  cắt d1 và d 2 có phương trình là

13 9 4 1 3 2
x y z x y z
A. 5  5 5 . B. 5 5 5.
1 1 1 1 1 1
7 2
x z
C. 5  y 1  5. D.
x y z
  .
1 1 1 1 1 1
Lời giải
Tác giả: Phùng Hằng; Fb: Phùng Hằng
Chọn B

 x  2a  1  x  1  t
 
d1 :  y  1  a , d 2 :  y  1 .
z  a  z  t
 

Gọi d là đường thẳng cần tìm, d cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B . Khi đó:

A  2a  1;  1  a ; a  , B  1  t ;  1;  t   AB   2  t  2a ; a ;  t  a  .

 4
t  5
 2  t  2 a  k 
    2
Do d   P   AB  knP  a  k  a   .
t  a  k  5
  2
k   5

  2 2 2  2
 AB    ;  ;     1;1;1 .
 5 5 5 5

1 3 2
 x y z
1 3 2 5 5 5.
Đường thẳng d qua A  ;  ;   có vectơ chỉ phương u  1;1;1 là:
5 5 5 1 1 1

Câu 2. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các vectơ
   
a   2; m  1;3 , b  1;3;  2n  . Tìm m , n để các vectơ a , b cùng hướng.

4
A. m  7 ; n   . B. m  1 ; n  0 .
3

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 591 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

3
C. m  7 ; n   . D. m  4 ; n  3 .
4
Lời giải
Tác giả: Phạm Văn Mạnh; Fb: Phạm Văn Mạnh
Chọn C

m  7
  2 m 1 3 
Hai vectơ a , b cùng hướng khi:    0  3.
1 3 2n  n  
4

Câu 3. (Tổ-25-Lan-2-HSG-Yên-Dũng) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
A 1; 2;5  , B 1; 4;3  , C  5; 2;1 . Gọi M là điểm trên mặt phẳng tọa độ  Oxy  sao cho biểu thức
T  MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó giá trị nhỏ nhất của T là:
145 154
A. . B. 2 3 . C. . D. 2 .
3 3
Lời giải
Tác giả: Ngô Gia Khánh; Fb:Khánh Ngô Gia
Chọn A
   
Ta có: AB   0; 2; 2  , AC   4; 0; 4  suy ra: AB , AC không cùng phương hay A, B, C là ba đỉnh của
một tam giác.

7 8 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Suy ra: G  ; ;3  .
3 3 
 2  2  2
Ta có: MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC
  2   2   2
    
 MG  GA  MG  GB  MG  GC   3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .

Do tổng GA2  GB 2  GC 2 không đổi nên MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi
MG nhỏ nhất.
Mà M nằm trên mặt phẳng  Oxy  nên M là hình chiếu vuông góc của G lên mặt phẳng  Oxy  .

7 8  145
Suy ra: M  ; ; 0   T  MA2  MB 2  MC 2  .
3 3  3

Câu 4. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019)Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S1 ) có tâm
I1 1;0;1 , bán kính R1  2 và mặt cầu ( S2 ) có tâm I 2 1;3;5 , bán kính R2  1 . Đường thẳng d thay
đổi nhưng luôn tiếp xúc với (S1 ) , ( S2 ) lần lượt tại A và B . Gọi M , m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của đoạn AB . Tính P  M .m .
A. P  2 6 . B. P  8 5 . C. P  4 5 . D. P  8 6 .
Lời giải (theo thầy Phu Dang)
Tác giả: Lê Tuấn Anh ; Fb:Anh Tuan Anh Le
GV phản biện:Vũ Huỳnh Đức; Fb: Vũ Huỳnh Đức

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 592 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chọn D

Ta có I1 I 2  5  R1  R2  3, I1 A  I 2 B .

   2  


 
Ta có: I1 I 22  I1 A  AB  BI 2  R12  AB 2  R22  2I1 A.BI 2
   

 AB 2  20  2 I1 A.I 2 B  20  2.2.1.cos I1 A, I 2 B 
 
 Max AB  2 6  I1 A  I 2 B
   .
 Min AB  4  I1 A  I 2 B

Vậy M .m  8 6

Câu 5. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm
M (6; 0; 0) , N (0; 6; 0) , P (0; 0; 6) . Hai mặt cầu có phương trình ( S1 ) : x 2  y 2  z 2  2 x  2 y  1  0 và
( S 2 ) : x 2  y 2  z 2  8 x  2 y  2 z  1  0 cắt nhau theo đường tròn (C ) . Hỏi có bao nhiêu mặt cầu có
tâm thuộc mặt phẳng chứa (C ) và tiếp xúc với ba đường thẳng MN , NP , PM ?
A. 4. B. 3. C. 1. D. Vô số.
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Nguyên Chương; Fb: Nguyễn Chương
Chọn D

M P

Gọi ( ) là mặt phẳng chứa (C ) và I là tâm mặt cầu cần tìm.

Trừ theo vế hai phương trình mặt cầu ta được ( ) : 6 x  4 y  2 z  0  3 x  2 y  z  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 593 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Mặt cầu tiếp xúc với ba cạnh của tam giác MNP suy ra tâm mặt cầu thuộc đường thẳng vuông góc
với  MNP  và đi qua tâm đường tròn nội tiếp hoặc bàng tiếp tam giác MNP .

Dễ thấy ( )   MNP  và ( ) qua J  2; 2; 2  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đều MNP nên I
thuộc đường thẳng qua J và vuông góc  MNP  .

Vậy có vô số mặt cầu thỏa yêu cầu bài toán.

Câu 6. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng
x  2 y z 1
:   . Gọi M là giao điểm của  với mặt phẳng  P  : x  2 y  3 z  2  0 . Tọa độ của
3 1 2
điểm M là
A.  5;  1;  3 . B.  1;1;1 . C.  2;0;  1 . D. 1; 0;1 .
Lời giải
Tác giả: Vũ Hoàng Anh; Fb: Vũ Hoàng Anh
Chọn B

 x  2  3t

Phương trình tham số của đường thẳng  là:  y  t
 z  1  2t

Vì M thuộc  nên M  2  3t ; t ;  1  2t 

Mặt khác M thuộc mặt phẳng  P  nên: 2  3t  2t  3  1  2t   2  0  t  1

Vậy điểm M  1;1;1 .

Câu 7. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm M 1; 2;5  . Số
mặt phẳng   đi qua M và cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại A , B , C mà OA  OB  OC  0
là:
A. 1. B. 2.
C. 3. D. 4.
Lời giải
Tác giả: Vũ Xuân Định ; Fb: Vu Xuan Đinh
Chọn D

Giả sử mặt phẳng   cắt các trục Ox , Oy , Oz lần lượt tại các điểm A  a ; 0 ; 0  , B  0; b ; 0  ,
x y z
C  0; 0; c  với abc  0 . Khi đó phương trình mặt phẳng   có dạng:   1 .
a b c
1 2 5
Điểm M thuộc mặt phẳng   ta có:    1 1 .
a b c
Để OA  OB  OC thì a  b  c .

1 2 5 8
+ Trường hợp 1: a  b  c thay vào 1 ta được   1 1 a  8 .
a a a a

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 594 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

x y z
 a  b  c  8 . Phương trình mặt phẳng   :   1 x  y  z 8  0.
8 8 8
1 2 5 2
+ Trường hợp 2: a  b  c thay vào 1 ta được    1    1  a  2 .
a a a a

 a  b  2 x y z
 . Phương trình mặt phẳng   :   1 x  y  z  2  0.
c  2 2 2 2

1 2 5 4
+ Trường hợp 3: a  b  c thay vào 1 ta được   1 1 a  4.
a a a a

a  c  4 x y z
 . Phương trình mặt phẳng   :   1 x  y  z  4  0 .
b  4 4 4 4

1 2 5 6
+ Trường hợp 4: a  b  c thay vào 1 ta được    1    1  a  6 .
a a a a

a  6 x y z
 . Phương trình mặt phẳng   :   1 x  y  z  6  0.
b  c  6 6 6 6

Vậy có 4 phương trình mặt phẳng   .

Câu 8. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm
x 1 y 1 z  3
A(3; 1; 2), B(1; 5; 0) và đường thẳng d :   . Biết rằng điểm M (a; b; c) là điểm trên
2 1 1
d sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 9 2 . Giá trị của biểu thức T  a  b  c là.
A. T  0 . B. T  3 . C. T  1 . D. T  2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đăng Điệp; Fb: Nguyễn Đăng Điệp
Chọn C

Gọi M  d  M 1  2t ;1  t ;3  t  .

1  
Theo bài ra ta có S MAB   AM , AB   9 2 (1)
2  
 
Ta có AM   2t  2; t  2; t  5 ; AB   2; 4; 2 
 
 AM , AB    6t  24; 6t  6; 6t  12 
 
1 2 2 2
1   6t  24    6t  6    6t  12  9 2
2

 108t 2  216t  108  0

 t 2  2t  1  0
 t  1

 M  1; 0; 2  .Vậy giá trị của biểu thức T  a  b  c  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 595 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 9. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian Oxyz cho ba điểm
A 1;0;0 , B  0;2;0  , C  0;0;3 . Đường thẳng  đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , song
song với mặt phẳng  Oxy  và vuông góc với đường thẳng AB có phương trình là
 13  6  6  13
 x  98  t  x  49  t  x  49  2t  x  98  2t
   
 40  41  41  40
A.  y   2t . B.  y   2t . C.  y  t . D.  y  t .
 49  49  49  49
 135  135  135  135
 z  98  z  98  z  98  z  98
   
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Yến ; Fb: Nguyễn Yến.
Chọn D

Gọi I  x0 ; y0 ; z0  là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Ta có

 13
 2 2 2 2 2 2  x0 
 IA  IB 1  x0   y0  z0  x0   2  y0   z0 2 x0  4 y0  3 
98
  2 2   40
 IA  IC  1  x0   y02  z02  x02  y02   3  z0   2 x0  6 z0  8   y0 
 I  mp ABC x 6 x  3 y  2 z  6  49
   y z
 0  0  0 1  0 0 0
 135
1 2 3  z0  98


Gọi u là một véc tơ chỉ phương của đường thẳng  , do đường thẳng  song song với mặt phẳng
  
 Oxy  và vuông góc với đường thẳng AB nên chọn u   AB  1; 2;0 ; k  0;0;1    2;1;0 .
 13 40 135  
Vậy đường thẳng  qua I  ; ;  và có véc tơ chỉ phương u  2;1; 0  có phương trình là
 98 49 98 
 13
 x  98  2t

 40
y   t , t  .
 49
 135
 z  98

Câu 10. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu (S):
( x  1) 2  y 2  ( z  2) 2  10 và hai điểm A(1; 2; 4), B(1; 2;14) . Điểm M ( a; b; c ) trên mặt cầu (S) sao cho
P  MA  2 MB đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị biểu thức T  a  b  c .
7 23
A. T  . B. T  . C. T  4 . D. T  7 .
41 41
Lời giải
Tác giả:Vũ Duy Hải; Fb: Toán ôn
Chọn A

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 596 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có  S  có tâm I (1; 0; 2) và bán kính R  10

Ta thấy IA  2 10  2 R .

1 1
Gọi P là giao điểm của IA và  S   P(1;1; 1) là trung điểm của IA.Gọi Q(1; ; ) là trung điểm của IP.
2 2
IQ IM 1
Xét 2 tam giác IQM và IMA có:   và góc 
AIM chung
IM IA 2
MA AI
 IQM  IMA  c.g .c     2  MA  2MQ
QM MI

Vậy P  MA  2MB  2  MQ  MB   2 BQ  3 82

Vì Q nằm trong  S  và B nằm ngoài  S  nên dấu = xảy ra khi M là giao điểm của QB và  S  và M
thuộc đoạn QB


x  1

 3
Phương trình QB là:  y  2  t  t  R  và (S): ( x  1) 2  y 2  ( z  2) 2  10
 2
 27
 y  14  2 t

 2
2
 t
 3  27 3
Vậy ta có: (1  1)2   2  t   (14  t  2) 2  10  
 2  2 t   46
 41

2
TH1: t    M (1;1;5)  T  a  b  c  7 (thỏa mãn) vì MB < BQ
3
46 13 47 7
TH2: t    M (1; ;  )  T  a  b  c  (loại) vì MB > BQ
41 41 41 41

Câu 11. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho ba mặt cầu
( S1 ) : ( x  3) 2  ( y  2)2  ( z  4)2  1 , ( S2 ) : x 2  ( y  2)2  ( z  4) 2  4 và
( S3 ) : x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  1  0 . Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) ,
( S3 ) ?
A. 2. B. 4. C.6. D. 8
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 597 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Phạm Thái Ly; Fb: Thai Ly Pham


Chọn A

(S1 ) có tâm I1 (3, 2, 4) , bán kính R1  1 .

(S2 ) có tâm I 2 (0, 2, 4) , bán kính R2  2 .

(S3 ) có tâm I 3 (2, 2, 0) , bán kính R3  3 .



Gọi ( P ) là mặt phẳng tiếp xúc với ba mặt cầu có VTPT n  ( a, b, c ) , a 2  b 2  c 2  0 .

Nhận xét: I1I 2  R1  R2 nên ( S1 ) tiếp xúc ngoài (S2 ) . Do đó ta có hai trường hợp sau:
  1 
TH 1: (P) qua M nhận I1 I 2 làm VTPT, trong đó M là điểm thoả mãn I1M  I1 I 2 .
3

Ta có M ( 2, 2, 4) , I1I 2  (3,0,0)  phương trình ( P ) : x  2  0 .

Nhận thấy I 3  ( P) nên mặt phẳng này không thoả mãn ycbt.
 
TH 2: ( P ) qua N , trong đó N là điểm thoả mãn NI1  I1 I 2 . Suy ra N ( 6, 2, 4) .

Phương trình ( P ) : a ( x  6)  b ( y  2)  c ( z  4)  0  ax  by  cz  6 a  2b  4c  0 .

* ( P ) tiếp xúc với (S1 )  d ( I1 ;( P))  R1  3a  2b  4c  6a  2b  4c  a 2  b 2  c 2

 3a  a 2  b 2  c 2 . (1)

* ( P ) tiếp xúc với (S3 )  d ( I3 ;( P))  R3  2a  2b  6a  2b  4c  3 a 2  b 2  c 2

 4a  4c  3 a 2  b 2  c 2 . (2)

 3a  a 2  b 2  c 2  9a  4a  4c

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   
2 2 2
 4a  4c  3 a 2  b 2  c 2  3a  a  b  c

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 598 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 5a  4c
 2 2 2
(I)
3a  a  b  c

 9a  4a  4c  5a  4c
  (II)
 9a  4a  4c
2 2 2
 3a   a  b  c
   .
 2 2 2  13a  4c
 3a  a  b  c  
 (III)
2 2 2  3a  a 2  b 2  c 2
 3a   a  b  c 
13a  4c
 2 2 2
(IV)
 3a   a  b  c


a  0
5a  4c 
 5
Xét hệ (I):  2 2 2
 c   a
3a  a  b  c  4
 2 103 2
b  16 a

 chọn được 2 bộ vectơ (4; 103; 5) , (4;  103; 5) .


a  0
5a  4c 
 5
Xét hệ (II):  2 2 2
 c   a
3a   a  b  c  4
 2 103 2
b  16 a

 chọn được 2 bộ vectơ (4; 103;5) , (4;  103;5) .


a  0
13a  4c 
 13
Xét hệ (III):  2 2 2
 c  a  không có bộ ( a , b , c ) nào thoả mãn.
3a  a  b  c  4
 2 41 2
b   16 a


a  0
13a  4c 
 13
Xét hệ (IV):  2 2 2
 c  a  không có bộ ( a , b , c ) nào thảo mãn. .
3a   a  b  c  4
 2 41 2
b   16 a

Từ kết quả trên ta có 2 mặt phẳng tiếp xúc với cả ba mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) , ( S3 ) .

Câu 12. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho vectơ
   
u  1;1;  2  , v  1;0; m  . Tìm tất cả các giá trị của m để góc giữa hai vectơ u , v bằng 45 .
A. m  2  6 . B. m  2  6 . C. m  2 . D. m  2  6 .
Lời giải

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 599 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Tác giả: Nguyễn Thị Hồng Nhung; Fb: Nguyễn Thị Hồng Nhung
Chọn D
  1
  u.v 1  2m m 
 
Ta có: cos u , v     cos  45  
u.v

6. 1  m 2
 2  m  2 6 .
  m  4m  2  0
2

Câu 13. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt
2 2 2 14 x4 y4 z4
cầu  S  :  x  1   y  2    x  3  và đường thẳng d:   . Gọi
3 3 2 1
A  x0 ; y0 ; z0  x0  0  là điểm nằm trên đường thẳng d sao cho từ A kẻ được ba tiếp tuyến đến mặt
cầu  S  và các tiếp điểm B, C , D sao cho ABCD là tứ diện đều .

Tính giá trị của P  x0  y0  z0 .


A. P  8 . B. P  6 . C. P  16 . D. P  12 .
Lời giải
Tác giả: Đào Hải Nam – Bùi Quý Minh
Chọn D

14
Câu 1.  S  có tâm I 1; 2;3  bán kính R  .
3

2 a 3 a 3 BN 3
Câu 2.Đặt AB  a ; BN  .   sin 
A1   .
3 2 3 AB 3

BI BI
Mặt khác sin 
A1   AI   14 .
AI sin 
A1

Giả sử điểm A có tọa độ  4  3t ; 4  2t ; 4  t  và do AI  14 nên ta có :


2 2 2
Câu 3.  4  3t  1   4  2t  2    4  t  3   14 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 600 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
2
Câu 4.   t  1  1 .

t  0
Câu 5.   .
 t  2

Kết hợp với điều kiện điểm A có hoành độ dương nên ta nhận t  0  A  4; 4; 4  .

Chọn D

Câu 14. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
A 1;  1;0  , B  2;0;3 và mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  4  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc  P  sao cho
AM  61 và MB vuông góc với AB .
Lời giải
   
Ta có nP  1;  2;  2  và AB  1;1;3  nên nP ; AB    4;  5;3 .

Dễ thấy B   P  và M   P  nên MB   P  .
  
Lại có MB  AB (giả thiết) nên đường thẳng MB có véc tơ chỉ phương là: u   nP ; AB  .

 x  2  4t

Phương trình tham số của đường thẳng MB là:  y  5t  M   2  4t ;  5t ;3  3t  .
 z  3  3t

2 2 2
Mà AM 2  61   4t  1   5t  1  9  t  1  61 .

 t 2  1  0  t  1 .

Vậy có hai điểm M  2;  5;6  và M  6;5;0  .

Câu 15. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
x y2 z
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  2 z  1  0 và đường thẳng d :   . Hai mặt phẳng  P  ,  P  chứa
1 1 1
d và tiếp xúc với  S  tại T , T  . Tìm toạ độ trung điểm H của TT  .
5 2 7  7 1 7 5 1 5  5 1 5
A. H  ; ;   . B. H   ; ;  . C. H  ; ;   . D. H   ; ;  .
6 3 6  6 3 6 6 3 6  6 3 6
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Tuân; Fb: Nguyễn Tuân
Chọn C

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 601 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

+ Mặt cầu  S  có tâm I 1; 0 ;  1 và có bán kính R  1 .

+ Gọi M là hình chiếu của I trên d . Suy ra: M  t ; 2  t ;  t   d .


 
Ta có: IM  t  1; t  2;  t  1 và ud 1;1;  1 là vectơ chỉ phương của d .
 
Suy ra: IM . ud  0  t  1  t  2  t  1  0  t  0  M  0; 2;0  .

1
+ Ta có: IM  6 , IH .IM  IT 2  1  IH  .
6

 1  5
 xH  1   6  xH  6
 1   
 1  1 5 1 5
Suy ra: IH  IM   yH  0  .2   yH  . Vậy H  ; ;   .
6  6  3 6 3 6
 1  5
 zH  1  6  zH   6
 

Câu 16. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 )Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng
 P  : x  y  z  1  0 và hai điểm A 1;  1; 2  , B  2;1;1 . Mặt phẳng  Q  chứa A , B và vuông góc
với mặt phẳng  P  , mặt phẳng  Q  có phương trình là

A.  x  y  0 . B. 3x  2 y  z  3  0 .
C. 3x  2 y  z  3  0 . D. x  y  z  2  0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Hiếu; Fb: Hieu nguyen
Chọn C
 
Ta có AB  1; 2;  1 , mặt phẳng  P  có vectơ pháp tuyến n( P )  1;1;1 mặt phẳng Q có vectơ
  
pháp tuyến n(Q )   AB , n( P )    3;  2;  1  .

Lại có  Q  đi qua A 1;  1; 2  nên  Q  có phương trình

 Q  :3( x  1)  2( y  1)  1( z  2)  0  3x  2 y  z  3  0 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 602 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 17. (HSG12 Thành Phố Đà Nẵng 2018-2019) Trong không gian Oxyz , cho các điểm A  5;3;1 ,
B  4;  1; 3  , C  6, 2, 4  và D  2;1; 7  . Biết rằng tập hợp các điểm M thỏa
     
3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB là một mặt cầu  S  . Xác định tọa độ tâm I và tính bán kính R
của mặt cầu  S  .

4 2 3  1 14 2  21
A. I  ;1;  , R  . B. I  ; ;  , R  .
3 3 3 3 3 3 3
 14 8  21  8 10 1  3
C. I 1; ;  , R  . D. I  ; ;  , R  .
 3 3 3 3 3 3 3
Lời giải
Tác giả: Đỗ Hữu Nhân ; Fb: Do Huu Nhan
Phản biện: Nguyễn Xuân Giao ; Fb: Giao Nguyen
Chọn C

Gọi M  x , y , z  .
   
3MA  2MB  MC  MD   3  3x;14  3 y;8  3z 
     
3MA  2 MB  MC  MD  MA  MB

2 2 2
 9  x  1   3 y  14    3z  8  21

2 2
2  14   8 21
  x  1   y     z   
 3  3 9

 14 8  21
Vậy tập hợp các điểm M là một mặt cầu  S  có tâm I 1; ;  và bán kính R  .
 3 3 3

Câu 18. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm
     
A  4;1;5  , B  3;0;1 , C  1; 2;0  và điểm M  a; b; c  thỏa mãn MA.MB  2MB.MC  5MC.MA lớn nhất.
Tính P  a  2b  4c .
A. P  23 . B. P  31 . C. P  11 . D. P  13 .
Lời giải
Tác giả: Trần Anh Tuấn; Fb: Trần Anh Tuấn
Chọn D
  
Ta có: MA   4  a;1  b;5  c  , MB   3  a; b;1  c  , MC   1  a; 2  b; c 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 603 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019
     
MA.MB  2MB.MC  5MC.MA
  4  a  3  a   1  b  b    5  c 1  c 
2  3  a  1  a   2  b  2  b   2 1  c  c 
5  4  a  1  a   5 1  b  2  b   5  5  c  c 
 2a 2  2b 2  2c 2  4a  10b  17c  21
2 2
2  5  17  573 573
 2  a  1  2  b    2  c    
 2  4 8 8


a  1

 5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b  . Khi đó P  a  2b  4c  13 .
 2
 17
c  4

Câu 19. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
 S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 và mặt phẳng  P  : 2 x  y  2 z  14  0 . Điểm M thay đổi trên
 S  , điểm N thay đổi trên  P  . Độ dài nhỏ nhất của MN bằng:
1 3
A. 1 . B. 2 . C. . D. .
2 2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Huyền ; Fb: Huyen Nguyen
Chọn A

Mặt cầu  S  có tâm I 1; 2; 1 , bán kính R  3 .

Khoảng cách từ I đến  P  bằng: d  I ,  P    4  R   S  và  P  không có điểm chung.

Đường thẳng qua I và vuông góc với  P  cắt  S  tại A , cắt  P  tại H . Gọi M , N lần lượt là hai
điểm thay đổi trên  S  và  P  . Gọi K , E lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên  P  và IH .

Ta có: MN  MK  EH

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 604 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Vì M nằm trên mặt cầu  S  ( M nằm trên đường tròn tâm E là giao tuyến của mặt cầu với mặt
phẳng qua M vuông góc với IH ) nên EH  AH  MN  AH .

Vậy độ dài MN nhỏ nhất bằng AH  d  I ,  P    R  1 , xảy ra khi M  A, N  H .

Câu 20. (HSG12 tỉnh Hà Nam năm 2018-2019) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
A  1; 1;0  , M  0;1; 0  . Tìm tọa độ điểm H thuộc mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 biết rằng
AH  2 và mặt phẳng  AMH  vuông góc với mặt phẳng  P  .
Lời giải
    
Ta có: nP  1;1;1 ; AM  1; 2; 0   u AM . Ta có: nP ; AM    2; 1; 1 .

Mặt phẳng  AMH  chứa AM và vuông góc với mặt phẳng  P  nên phương trình mặt phẳng  AMH 
là : 2 x  y  z  1  0 .
 2 2
Gọi H  x; y; z  , ta có: AH   x  1; y  1; z  và AH 2  2   x  1   y  1  z 2  2 .

 2x  y  z  1  0

Vì H thuộc mặt phẳng  P  nên ta có hpt:  x y z20 giải hpt ta được H1   1;0; 1
 2 2 2
 x  1   y  1  z  2
và H 2   1; 2;1

Câu 21. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Trong không gian Oxyz , cho điểm A 1;2;0  và
 x  1  2t

đường thẳng d :  y  t . Tìm phương trình mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vuông góc với d .
z  1  t

A. 2 x  y  z  4  0 . B. x  2 y  z  4  0 .
C. 2 x  y  z  4  0 . D. 2 x  y  z  4  0 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Khoa ; Fb: Nguyễn Khoa
Chọn D
 
Do mặt phẳng  P  vuông góc với đường thẳng d nên  P  có VTPT là n P  u d   2;1; 1 .

Mặt phẳng  P  đi qua điểm A 1;2;0  và vuông góc với đường thằng d có phương trình là:

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

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 605 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Chuyên đề 23 Số học

Câu 1. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Cho đa thức P( x) có hệ số nguyên a, b, c là các
số nguyên thỏa mãn P (a )  1, P(b)  2 và P(c)  3 . Chứng minh rằng: a  c  2b .
Lời giải
Tác giả: Trần Dung ; Fb: Trần Dung

Cách 1:
xb ( x  b).q( x)
Đa thức có nghiệm có thể viết dưới dạng .
P (b)  2 P ( x)  ( x  b).q( x)  2 q( x)  [x]
Vì nên ta có với .

 P(a)  1 1  P(a )  (a  b).q (a )  2 (a  b).q (a )  1


 P( x)  
Ta có:  P(c)  3 thay vào ta được 3  P(c)  (c  b).q (c)  2 (c  b).q (c)  1

a  b, c  b, q  a  , q  c  a b c b
Vì là những số nguyên nên và là ước của 1.

a  b  1 a  b  1
P(a)  P(c)  a  c.  
Ta có Suy ra: c  b  1 hoặc c  b  1
 a  c  2b

Cách 2:
P( x) a, b
Bổ đề: Cho là đa thức với hệ số nguyên; là hai số nguyên khác nhau. Khi đó:
P(a)  P(b)  a  b
.

Trở lại bài toán.

 P(a )  P(b) a  b
 
 P(c)  P (b) c  b
Ta có: P(a )  P(c) nên a  c .

 

 P(a)  P(b)  a  b 2  1  a  b 1  a  b
  
Khi đó:  P(c)  P(b)  c  b 3  2  c  b 1  c  b

a b c b 1
Như vậy: và là ước của . . .

a  b  1 a  b  1
   a  c  2b
Suy ra: c  b  1 hoặc c  b  1

Câu 2. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Cho đa thức bậc ba P  x   x3  3 x .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 606 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a) Chứng minh rằng tồn tại các số thực a, b, c đôi một phân biệt sao cho P  a   b, P  b   c, P  c   a .

b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực  ai , bi , ci  với i  1, 3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho
P  ai   bi , P  bi   ci , P  ci   ai với i  1, 3 . Đặt Si  ai  bi  ci với i  1, 3 .
Chứng minh rằng S12  S 22  S32  S1 .S 2  S 2 .S3  S3 .S1 .
Lời giải

a) Giả sử a, b, c là bộ 3 số thực đôi một phân biệt thỏa mãn P  a   b, P  b   c, P  c   a .

Xét a  2cos  với    0;   khi đó b  P  a   P  2 cos    8cos3   6 cos   2cos3 .

Tương tự, c  P  b   P  2 cos 3   2 cos 9 , a  P  c   P  2 cos 9   2 cos 27 .

 k
   13
Từ đó ta cần có 2cos   2cos 27    27  k 2   k  Z  .
  k 
 14

 3 9
Vậy chọn a  2 cos thì b  2 cos , c  2 cos ta được bộ 3 số thực a, b, c đôi một phân
13 13 13
biệt thỏa mãn bài toán.

b) Giả sử tồn tại 3 bộ số thực  ai , bi , ci  với i  1, 3 gồm 9 số đôi một phân biệt sao cho
P  ai   bi , P  bi   ci , P  ci   ai với i  1, 3 . Đặt Si  ai  bi  ci với i  1, 3 .

Chứng minh rằng S12  S 22  S32  S1 .S 2  S 2 .S3  S3 .S1 .

Giả sử S12  S 22  S32  S1 .S 2  S 2 .S3  S3 .S1  S1  S 2  S3  d .

Xét đa thức Q  x   x  P  x   P  P  x    d suy ra Q  x  là đa thức bậc 9.

Ta có: Q  a1   a1  P  a1   P  P  a1    d  a1  b1  P  b1   d  a1  b1  c1  d  S1  d  0 .

Q  b1   b1  P  b1   P  P  b1    d  b1  c1  a1  d  S1  d  0 .

Q  c1   c1  P  c1   P  P  c1    d  c1  a1  b1  d  S1  d  0 .

Suy ra a1 , b1 , c1 là 3 nghiệm phân biệt của phương trình Q  x   0 .

Tương tự, a2 , b2 , c2 và a3 , b3 , c3 cũng là các nghiệm phân biệt của phương trình Q  x   0 hay phương
trình Q  x   0 có 9 nghiệm thực phân biệt có tổng bằng 3d .
3
Mặt khác, Q  x   x  x 3  3 x   x 3  3 x   3  x 3  3 x  hay Q  x   x9  9 x 7  27 x 5  29 x3  7 x suy ra
Q  x  không chứa x8 nên theo định lí viét thì phương trình Q  x   0 có tổng các nghiệm bằng 0 hay
3d  0  d  0  Q  x   0 có một nghiệm bằng 0, mà P  0   0 mâu thuẫn với giả thiết
P  ai   bi , P  bi   ci , P  ci   ai . Vậy S12  S 22  S32  S1 .S 2  S 2 .S3  S3 .S1 .

Câu 3. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Tìm tất cả các đa thức ( ) ∈

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 607 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

[ ] sao cho với mọi số nguyên dương, phương trình ( ) = 2 có nghiệm nguyên.
Lời giải
Rõ ràng deg( P)  0. Đặt deg( P)  m và là hệ số bậc cao nhất của , không mất tổng quát, coi > 0.

Gọi là nghiệm nguyên lớn nhất của phương trình ( ) = 2 .

axnm x
Dễ thấy xn   nên lim n
 1 , do đó lim n 1  m 2
2 xn

Hơn nữa, do xn 1  xn là ước của P  xn 1   P  xn  nên xn 1  xn  2 kn , với kn là số tự nhiên nào đó. Suy
ra

xn 1 2 kn
 1
xn xn
m
m  2 kn  a.2m.kn
Và  m
2 1   lim 
x
 n 
  lim
a. xn
m
 a lim 2m.kn  n .

Do đó, dãy  m.kn  n  phải hội tụ đến l (nguyên) nào đó. Kéo theo
m
 m
2 1   a.2l . Do đó m phải bằng 1

Đặt P  x   ax  b . Từ a  x2  x1   2 ta suy ra a  1, 2 . Từ đó, ta tìm được tất cả các đa thức P  x 


thỏa mãn là P  x   a  x  k  với a  1, 2 và k là một số nguyên tùy ý

Câu 4. (HSG12 tỉnh Hưng Yên 2018-2019) Cho đa thức f  x   x 4  ax 3  bx 2  cx  1 với a; b; c là các
số thực không âm. Biết rằng phương trình f  x   0 có 4 nghiệm thực, chứng minh
4
f  2018   2019 .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Văn Rin; Fb: Nguyễn Văn Rin
Nhận xét: Nếu x0 là nghiệm của phương trình f  x   0 thì x0  0 (vì nếu x0  0 thì f  x0   0 ).

Gọi 4 nghiệm của phương trình f  x   0 là  x1;  x2 ;  x3 ;  x4 với xi  0, i  1; 4 .

Khi đó f  x    x  x1  x  x2  x  x3  x  x4  ; f  0   1  x1 x2 x3 x4  1 .

4 4   4
Ta có f  2018    2018  xi    1  1
 ... 
 2018 laàn
i 1 
 i 1  
 1  xi    2019.2019 xi  20194.2019 x1 x2 x3 x4  2019 4 .
i 1 

Dấu “=” xảy ra  x1  x2  x3  x4  1 .

Câu 5. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019)


Giải phương trình nghiệm nguyên x 3  y 3  x 2 y  xy 2  4( x 2  xy  y 2 )  1 .
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Ngọc Như Trang; Fb:nhutrangnguyenngoc
Nhận xét: x  y

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 608 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

 2( x 2  y 2 )  4 xy  1

x 3  y 3  x 2 y  xy 2  4( x 2  xy  y 2 )  1  ( x 2  y 2 )( x  y  4)  4 xy  1


 2 4 xy  1  2 x 2  y 2   x  y  4  4 xy  1 x  y  4
 2  x  y  4  x  y  3 x  y  4 x  y  5

x  y  3 không thỏa.

x  y  4 không thỏa.

x  y  5 tìm được x  1; y  4 hoặc x  4; y  1

Câu 6. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Xét phương trình x31  y 5  z 2018 .
a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình trên.
b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên?
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Nương; Fb: Cô giáo Nương
a) Chứng minh rằng tồn tại vô số bộ ba số nguyên x, y, z thỏa mãn phương trình trên.

Cho x  0 phương trình trở thành y 5  z 2018 .

Cho y  a 2018 ( a là số nguyên tùy ý). Suy ra z  a 5 .

Khi đó  x, y , z    0, a 2018 , a 5  thỏa mãn phương trình.

Vì a là số nguyên tùy ý nên tồn tai vô số bộ ba  x, y, z  nguyên thỏa mãn phương trình.

b) Có tồn tại hay không bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên?

Có tồn tại bộ ba số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình trên.


31 31m 5
Vì: Xét x  25 m , y  231m ,  m     . Khi đó: x31  y 5  25 m   2   2.2155 m  2155m 1 .

Mà theo đề bài ta có: x31  y 5  z 2018 nên ta cần chọn m sao cho: 155m  1  2018n,  n     1 .

Khi đó: z  2 n . Từ 1 suy ra: 2018n  1 chia hết cho 155

Hay: 3n  1 chia hết cho 155 .

Đặt: 3n  1  155k ,  k     . Suy ra: 155k  1 chia hết cho 3 . Hay 156k   k  1 chia hết cho 3 .

Do đó: k  1 chia hết cho 3 .

Đặt: k  1  3q ,  q      k  3q  1,  q     .Từ đó suy ra: m  2018q  677 .

 
Như vậy  x, y , z   25 2018 q  677  , 231(2018 q  677) , 2155 q 52 ,  q     đều là nghiệm của phương trình đã cho.

Câu 7. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) Cho hàm số f :    thỏa mãn

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 609 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2 3
 f x 3
 x   f  2 x   2 và  f  2 x    3 f   x3  x   2 với mọi x  .

a)Chứng minh rằng f  x  không phải là đơn ánh trên  .


b)Chứng minh rằng f ( x )  1 với mọi x  .
Lời giải

a) Chứng minh rằng f  x  không phải là đơn ánh trên  .

Xét phương trình x3  x  2 x  x  0, x  1 .

Thay x  0 vào các điều kiện của đề bài, ta có


2 3
 f  0  f  0   2  1  f  0   2 và  f  0    3 f  0   2  f  0   1  f  0   2 .

Suy ra f  0   1 hoặc f  0   2 ; tức là f  0   1; 2 .

Một cách tương tự, thay x  1, x  1 trong điều kiện thứ nhất và thay x  1, x  1

trong điều kiện thứ hai, ta có f  2   1; 2 và f  2   1; 2 .

Do đó, trong ba số f  0  , f  2  , f  2  phải có hai số bằng nhau; điều này chứng tỏ f  x  không
phải là một đơn ánh trên  .
b)Chứng minh rằng f ( x )  1 với mọi x  .
Theo giả thiết suy ra f (2 x)  ( f ( x3  x))2  2  2 với mọi x  nên f ( x)  2, x  

Từ f ( 2 x )  3 3 f (  x 3  x )  2  3 4, x   . Suy ra f ( x)   3 4, x   .

Ta xây dựng dãy số u1  2, un 1  3 3un  2, n  1

Rõ ràng theo biến đổi trên thì với mọi x  , ta luôn có f ( x)  un , n  1.

Ta thấy u2   3 4  u1 nên u3  3 3u2  2  3 3u1  2  u2 và cứ như thế , ta thấy dãy đã cho là dãy số
tăng ngặt.

Ngoài ra , cũng bằng phương pháp quy nạp toán học , ta thấy un  1 với mọi n  1.

Thật vậy: Với n  1 có u1  2  1 (mệnh đề đúng với n  1 ).

Giả sử mệnh đề đúng với n  k (k   ) tức là uk  1

Ta chứng minh mệnh đề đúng với n  k  1 . Ta có:

u k  1
 3uk  3
 3uk  2  3  2
 3 3uk  2  1
 uk 1  1

Từ đó dãy (un ) tăng và bị chặn trên nên có giới hạn hữu hạn , đặt là L , L  1 .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 610 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ta có L  3 3L  2 , giải ra có L  1 .

Vì lim un  1 nên phải có f ( x)  1,   , đpcm.

Câu 8. (HSG11 tỉnh Phú Yên năm 2018-2019) Cho hàm số f liên tục trên  , thỏa mãn

i) f  2020   2019 ;

  
ii) f  x  . f 4  x   1 , x  , trong đó kí hiệu f 4  x   f f f  f  x   . Hãy tính f  2018  .
Lời giải
Tác giả: Thành Đức Trung; Fb: Thành Đức Trung

 
Kí hiệu f 2  x   f  f  x   , f 3  x   f f  f  x   .

Gọi D f là tập giá trị của hàm số f  x  .

Từ i) suy ra 2019  D f .

1
Từ ii) suy ra f  2020  . f 4  2020   1  2019. f 4  2020   1  f 4  2020    Df
2019

và xf 3  x   1 , x  D f .

 1  1
Do f liên tục trên D   ; 2019   D f nên f 3  x   , x  D .
 2019  x

Suy ra f là đơn ánh trên D và do f liên tục trên  nên f nghịch biến trên D .

1
Giả sử tồn tại x0  D sao cho f  x0   1 .
x0

1
Do f là hàm nghịch biến nên f 2  x0   f    2  .
 x0 

1 1 1 1


Và  f 3  x0   f 2   suy ra f    f 3    x0  3  .
x0  x0   x0   x0 

1
Từ  2  và  3  suy ra x0  f 2  x0  hay f  x0   f3  x0   , mâu thuẫn với 1 .
x0

1
Tương tự, ta cũng chứng minh được không tồn tại x0  D sao cho f  x0   .
x0

1 1
Vậy f  x   , x  D . Do 2018  D nên suy ra f  2018   .
x 2018

Câu 9. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, hai điểm
nguyên (hoành độ và tung độ là các số nguyên) A, B được gọi là “thân thiết” với nhau nếu A, B khác
 
O và 1  OA  OB  1 với O là gốc tọa độ.
a) Hỏi có tất cả bao nhiêu điểm nguyên M ( x, y ) với x  19, y  19 thỏa mãn điểm M và điểm

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 611 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

N (3; 7) “thân thiết” với nhau?


b) Hỏi có nhiều nhất bao nhiêu điểm nguyên đôi một “thân thiết” với nhau?
Lời giải
a) Ta có điều kiện 1  3x  7 y  1 nên có ba trường hợp:

(1) Nếu 3x  7 y  0 thì ( x, y )  (7t ,3t ) với t   thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc sau

19  7t  19
  2  t  2 và t  0 nên có tất cả 4 điểm.
19  3t  19
(2) Nếu 3x  7 y  1 thì ( x, y )  (2  7t ,1  3t ) với t   thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc
19  2  7t  19
  2  t  3 nên có tất cả 6 điểm.
19  1  3t  19
(3) Nếu 3x  7 y  1 thì ( x, y )  (2  7t , 1  3t ) với t   thỏa mãn. Xét hệ ràng buộc
19  2  7t  19
  3  t  2 nên cũng có tất cả 6 điểm.
19  1  3t  19
Vậy tổng số điểm nguyên thỏa mãn là 4  6  6  16.

b) Gọi điểm đã cho là Ai (ai ; bi ) với ai , bi  , i  1, n và ai2  bi2  0.

Ta có ai ak  bi bk  1 với mọi i  k . Ta thấy rằng:

- Có tối đa hai điểm thuộc trục Ox là (1;0) và (1; 0).

- Có tối đa hai điểm thuộc trục Oy là (0;1), (0; 1).

Ta sẽ chứng minh rằng có không quá 2 điểm không thuộc cả Ox, Oy . Giả sử ngược lại rằng có ba
điểm như thế thỏa mãn đề bài là A1 (a1 , b1 ), A2 (a2 , b2 ), A3 (a3 , b3 ). Ta có hai trường hợp:

(1) Nếu có hai điểm thuộc cùng một góc phần tư, giả sử là A1 , A2 thì các số a1 , a2 cùng dấu, các số
b1 , b2 cũng cùng dấu nên a1a2  0, b1b2  0  a1a2  b1b2  2 , loại.

(2) Nếu không có điểm nào thuộc cùng một góc phần tư thì phải có hai điểm thuộc hai góc phần tư
đối nhau, giả sử là A1 , A2 thì các số a1 , a2 trái dấu, các số b1 , b2 cũng trái dấu nên
a1a2  0, b1b2  0  a1a2  b1b2  2 , không thỏa.

Do đó, điều giả sử là sai, tức là tổng cộng có không quá 6 điểm thỏa mãn đề bài.

Ta có A1 (0;1), A2 (0; 1), A3 (1;0), A4 (1;0), A5 (1;1), A6 (1;1) đôi một “thân thiết”.

Câu 10. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Năm bạn học sinh Tính, Nghĩa, Tuấn, Phú và Thuận
ở chung một phòng trong ký túc xá của một trường trung học phổ thông. Một hôm người quản lý ký
túc xá đến phòng của năm học sinh này để xác định lại hộ khẩu nhà của từng học sinh. Vì đều là học
sinh giỏi toán nên các học sinh không trả lời trực tiếp mà nói với người quản lý ký túc xá như sau:
- Tính: “ Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ ”
- Nghĩa: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn ”
- Tuấn: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt ”
- Phú: “ Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều ”

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 612 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

- Thuận: “ Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt”
Em hãy giúp người quản lý ký túc xá xác định đúng hộ khẩu nhà của các học sinh trên. Biết rằng
trong câu trả lời của mỗi học sinh đều có một phần đúng và một phần sai đồng thời mỗi địa phương
là địa chỉ hộ khẩu của đúng một học sinh.
Lời giải
- Tính: “ Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ ” (1)
- Nghĩa: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn ” (2)
- Tuấn: “ Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt ” (3)
- Phú: “ Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều ” (4)
- Thuận: “ Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt” (5)
Xét phát biểu (3) xảy ra hai trường hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu ý đầu của (3) đúng thì có nghĩa nhà Tuấn ở Cờ Đỏ là đúng. Khi đó từ ý (2) nhà
Tuấn ở Ô Môn là sai và nhà Nghĩa ở Cờ Đỏ là đúng. Mâu thuẫn vì có hai bạn Tuấn và Nghĩa đều ở Cờ
Đỏ nên trường hợp này loại.
Trường hợp 2: Nếu ý đầu của (3) sai thì nhà bạn Phú ở Thốt Nốt là đúng dẫn đến ý đầu của (5) là
nhà Thuận ở Ninh Kiều đúng. Khi đó ý đầu của (4), nhà Phú ở Thới Lai là sai. Từ (1) có nhà Tính ở
Cờ Đỏ là đúng và từ (2) nhà Tuấn ở Ô Môn là đúng. Vậy còn lại nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai. Trường
hợp này thỏa mãn giả thiết bài toán.
Kết luận: Nhà Phú ở Thốt Nốt, nhà Thuận ở Ninh Kiều, nhà Tính ở Cờ Đỏ, nhà Tuấn ở Ô Môn và nhà
Nghĩa ở Thới Lai.

Câu 11. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019)
Tại một hội nghị khoa học có 100 đại biểu tham dự. Người ta nhận thấy rằng không có 3 đại biểu
nào đôi một quen nhau. Biết rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho không có đại biểu nào quen
quá n đại biểu khác và với mọi k , 1  k  n có ít nhất một đại biểu quen đúng k đại biểu khác. Hãy
tìm giá trị lớn nhất của n .
Lời giải

Ta chứng minh nmax  66 . Giả sử nmax  66 .

Cách 1:

Khi đó tồn tại đại biểu A100 quen 67 đại biểu A1 , A2 ,…, A67 .

Gọi X là tập hợp các đại biểu A68 , A69 ,…, A99 thì X  32 .

Khi đó các đại biểu A1 , A2 ,…, A67 chỉ có thể quen A100 và các đại biểu thuộc X ( vì các đại biểu Ai ,
A j với 1  i  j  67 không thể quen nhau).

Suy ra họ quen không quá 33 đại biểu.


Vì vậy những đại biểu quen 34, 35, …, 65, 66 đại biểu khác phải thuộc X .

Điều này vô lý bởi X  32  66  34  1 =33.

Cách 2:
Xét người A có 67 người quen. Xét người B có lớn hơn hoặc bằng 34 người quen.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 613 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Nếu A quen B , khi đó trong 98 người còn lại có 66 người quen A và lớn hơn hoặc bằng 33 người
quen B .
Do 66  33  99  98 nên A , B phải có người quen chung (mâu thuẫn giả thiết ).
Vậy A không quen B .
Vì có ít nhất 33 người có số người quen tương ứng là 34 , 35 ,…, 66 nên có ít nhất 33 người không
quen A . Điều này mâu thuẫn vì A quen với 67 người.

Vậy nmax  66 .

Ta xây dựng ví dụ thỏa mãn n  66 như sau:

A1 quen với B1 , B2 ,…, B66 , A2 quen với B2 , B3 ,…, B66 ,…, A34 quen với B34 ,…, B66 .

Khi đó không có 3 người đôi một quen nhau và Ak quen với 67  k người  k  1,..., 34  và Bk quen
với k người  k  1,..., 34  , Bk quen với 34 người  k  35,..., 66  .

Rõ ràng trường hợp trên thỏa mãn các yêu cầu đề bài.

Câu 12. (HSG12 tỉnh Bình Thuận vòng 2 năm 2018-2019) Cho 2018 tập hợp mà mỗi tập chứa đúng
45 phàn tử. Biết rằng hai tập hợp tùy ý trong các tập này đều có đúng một phần tử chung. Chứng
minh rằng tồn tại một phần tử thuộc tất cả 2018 tập hợp đã cho.
Lời giải
Lấy tập A tùy ý, trong A sẽ có phần tử a thuộc ít nhất 45 tập hợp khác. Nếu không, số tập hợp
không quá 45.44  1  1981 . Suy ra a thuộc 46 tập A, A1 , A2 ,... A45 .

Với tập B bất kì, nếu a không thuộc tập B thì mỗi tập Ai (1  i  45) đều có phần tử ai chung với B
mà ai  a .

Thành ra B không có phần tử chung với A , nếu có thì phần tử chung đó phải thuộc tập Ai
(1  i  45) nào đó nên A và Ai (1  i  45) có hai phần tử chung.(Vô lí)

Nên a thuộc B , do đó a thuộc 2018 tập đã cho.

Câu 13. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019) Bạn Thanh viết lên bảng các số 1, 2,3,...2019. Mỗi
ab
một bước Thanh xóa hai số a và b bất kì. Trên bảng và viết thêm số . Chứng minh rằng dù
a  b 1
1
xóa như thế nào thì sau khi thực hiện 2018 bước trên bảng luôn còn lại số .
2019
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung ; Fb:Ngọc Dung.
Cách 1.

Với mỗi tập T  a1 ; a2 ;...; an  các số viết trên bảng thì đặt

1  1  1 
A(T )    1  1... 1
 a1  a2   an 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 614 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

1  1   1 
 A 1; 2;...; 2019    1  1...  1  2020
1  2   2019 

 1  1  (a 1)(b 1) 1
Ta thấy:  1 1   1
 a  b  ab ab
a  b 1

ab
Suy ra nếu xóa hai số a và b và thay bởi tập T biến thành tập T ' thì:
a  b 1
A(T )  A(T ').

Giả sử sau khi thực hiện 2018 bước ta được số thực x ta có:
1 1
A({x})   1  2020  x  .
x 2019
1
Vậy trên bảng luôn còn lại số .
2019
Cách 2.
ab ab ab
Ta có  
a  b  1 a  b  1  ab  ab (a  1)(b  1)  ab

ab
.c
ab (a  1)(b  1) - ab abc
;c
Thực hiện xóa a  b 1 thì sẽ thêm 
 c  1 ( a  1)(b  1)(c  1) - abc
ab
(a  1)(b  1) - ab

1.2.3.....2019 1
Sau 2018 lần thực hiện, trên bảng còn lại là 1 số là:  .
2.3.4.....2020 1.2.3.....2019 2019

Câu 14. (HSG chọn HSG quốc gia tỉnh ĐỒNG THÁP 2018-2019) Cho bảng ô vuông gồm m hàng và n
cột. Tại ô góc trên bên trái của bảng người ta đặt một quân cờ. Hai người chơi luân phiên di chuyển
quân cờ, mỗi lượt di chuyển chỉ di chuyển quân cờ sang phải một ô hoặc xuống dưới một ô. Người
chơi nào đến lượt mình không di chuyển được quân cờ thì thua. Xác định điều kiện của m, n để
người thực hiện lượt chơi đầu tiên luôn là người thắng.
Lời giải
Trước hết, ta gọi người thứ nhất là người chơi đầu tiên, người còn lại là người thứ hai.
Ta dùng hai màu trắng, đen tô lần lượt các ô vuông trong bảng (tô đan xen như bàn cờ), với ô trên
cùng bên trái tô màu trắng.

Quy ước: ô thuộc hàng p , cột q gọi là ô  p; q  .

Khi đó:

+ Nếu m, n cùng tính chẵn, lẻ thì ô 1;1 cùng màu với ô m; n  .

+ Nếu m, n khác tính chẵn, lẻ thì ô 1;1 khác màu với ô m; n  .

Từ giả thiết bài toán, người chơi chỉ có thể di chuyển quân cờ sang phải hoặc xuống dưới một ô, ta
nhận thấy cả hai người chơi đều phải di chuyển quân cờ sang ô khác màu với ô đang đứng.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 615 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Ở lượt di chuyển đầu tiên, người thứ nhất sẽ di chuyển quân cờ sang ô màu đen, và người thứ hai sẽ
di chuyển quân cờ sang ô màu trắng. Cờ luôn được đưa về ô m; n  .

Để người thứ nhất thắng thì quân cờ phải được di chuyển vào ô m; n  và ô m; n  phải được tô màu
đen (trùng với màu mà người thứ nhất di chuyển lượt đầu tiên). Điều này xảy ra khi m, n khác tính
chẵn, lẻ.
Ngược lại, nếu m, n cùng tính chẵn, lẻ thì lập luận tương tự như trên, người thứ hai luôn thắng.

Vậy m, n khác tính chẵn, lẻ thì người thứ nhất luôn thắng.

Câu 15. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho đa giác lồi n đỉnh Mỗi
cạnh và đường chéo của đa giác được tô bởi một trong k màu sao cho không có hai đoạn thẳng nào
cùng xuất phát từ một đỉnh cùng màu. Tìm giá trị nhỏ nhất của k .
Lời giải

Dễ thấy kmin  n  1 , bởi vì k  n  1 thì hiển nhiên có hai đoạn thẳng xuất phát từ một đỉnh được tô
cùng một màu.
TH1. Nếu n là số chẵn thì gọi các màu cần tô là 0,1,..., n  2 . Ta tô màu như sau:

Ai Aj tô màu i  j  mod  n  1   0  i, j  n  2  và Ai An1 tô màu 2i  mod  n  1   0  i  n  2  .

Cách tô màu này thỏa mãn đề bài. Thật vậy

+ Nếu Ai Aj , Ai Ak  0  i, j , k  n  2  tô cùng màu thì j  k  mod  n  1  . Vô lí !

+ Nếu Ai An 1 , Ai Aj  0  i, j  n  2  tô cùng màu thì i  j  mod  n  1  . Vô lí !

+ Nếu Ai An 1 , A j An 1  0  i, j  n  2  cùng màu thì 2i  2 j  mod  n  1   i  j  mod  n  1  . Vô lí !

Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Như vậy kmin  n  1 . (1)

TH2: Nếu n là số lẻ thì giả sử tô với n  1 màu là 0,1,..., n  2 . Khi đó, tất cả các đoạn thẳng có màu
n 1
1,..., n  2 xóa hết chỉ còn lại các đoạn thẳng đều có màu 0. Suy ra deg Ai  1 do đó  deg A  n 2 (Vì
i 0
i

tổng số bậc bằng 2 lần số cạnh). Điều này vô lí. Do đó k  n.

Với k  n ta chỉ tô màu như sau: Gọi n màu cần tô là 0,1,..., n  1 thì Ai Aj tô màu i  j  mod n  . Cách
tô này thỏa mãn yêu cầu bài toán . Thật vậy Ai Aj , Ai Ak tô cùng màu thì i  j  mod n  vô lí.

Như vậy kmin  n. (2)

 n  1
Từ (1) và (2) suy ra kmin  2   1.
 2 

Câu 16. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho bảng ô vuông kích thước 100 100 mà
mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C , D sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng
ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được
điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh hoặc nằm trên cạnh
của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự A, B, C , D là “bảng tốt”.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 616 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

a) Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1 4, 4  1 và 2  2
đều có chứa đủ các ký tự A, B, C , D ?
b) Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho:
i) Luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.
ii) Luôn có một bảng tốt.
Lời giải
Tác giả: Vũ Hoàng Anh; FB: Vũ Hoàng Anh.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A , B , C , D . Khi đó, ô thứ
hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2x2 đã chứa sẵn A , B , C . Do đó, ta điền tiếp
được cột 2 theo thứ tự C , D , A , B . Cứ như thế ta điền tiếp cho cột 3, 4.

A C A C
B D B D
C A C A
D B D B
Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chứa hai loại ký tự. Vậy nên không có cách
điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu.
b)
i. Tồn tại hai cột.
Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự. Cố định cột 1, xét 99
cột còn lại. Gọi T là số bộ  a; b  trong đó cột a  2 có ô thứ b từ trên xuống là cùng ký tự. Theo giả
sử trên thì T  99.25 .
Mặt khác theo giả thiết thì T  100.24 (tính theo hàng).
Suy ra 100.24  99.25 , điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn chọn được hai
cột thỏa mãn đề bài.
ii. Tồn tại bảng tốt.
Giả sử phản chứng rằng không có 2 hàng, 2 cột nào cắt nhau tạo thành hình chữ nhật thỏa mãn. Xét
2 cột đã chọn được ở trên, giả sử đã có cặp  A; B  ,  A; C  thì sẽ không có  C ; D  ,  B; D  . Ta có hai
khả năng:

- Nếu có  A; D  thì không có  B; C  , khi đó mỗi cặp trong 76 cặp đều có ký tự A ; trong khi số lần ký
tự A xuất hiện trên đó tối đa là 50, vô lý.

- Nếu có  B; C  thì không có  A; D  , khi đó trên 76 cặp sẽ có 76.2  152 số lần xuất hiện của ký tự
A , B , C , trong đó số lần xuất hiện ký tự A , B , C tối đa trong 76 cặp trên là 150, cũng vô lý.
Từ đây ta có đpcm.

Câu 17. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Một lớp học trong một trường đại học có 60 sinh
viên, trong đó có 40 sinh viên học tiếng Anh, 30 sinh viên học tiếng Pháp và 20 sinh viên học cả
tiếng Anh và tiếng Pháp. Chọn ngẫu nhiên 2 sinh viên của lớp học này. Tính xác suất để 2 sinh viên
được chọn không học ngoại ngữ. Biết rằng trường này chỉ dạy hai ngoại ngữ là tiếng Anh và tiếng
Pháp.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 617 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải
Gọi A, P , K lần lượt là tập hợp sinh viên học tiếng Anh, học tiếng Pháp và không học ngoại ngữ. Khi
đó n  A  P  K   60, n  A  40, n  P   30, n  A  P   20 .

Ta có

n  A  P  K   n  A  n  B   n  K   n  A  P   n  A  K   n  P  K   n  A  P  K 

Nên 60  40  30  n  K   20  0  0  0  n  K   10 .

Gọi X là biến cố “2 sinh viên được chọn không học ngoại ngữ”.

Ta có n     C602 , n  X   C102 .

n  X  C102 3
Do đó P  X    2  .
n    C6 118

Câu 18. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Năm bạn học sinh Tính, Nghĩa, Tuấn, Phú và Thuận
ở chung một phòng trong ký túc xá của một trường trung học phổ thông. Một hôm, người quản lý ký
túc xá đến phòng của năm học sinh này để xác định lại hộ khẩu nhà của từng học sinh. Vì đều là học
sinh giỏi toán nên các học sinh không trả lời trực tiếp mà nói với người quản lý ký túc xá như sau:
- Tính: “Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ”.
- Nghĩa: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn”.
- Tuấn: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt”.
- Phú: “Nhà em ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều”.
- Thuận: “Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt”.
Em hãy giúp người quản lý ký túc xá xác định đúng hộ khẩu nhà của các học sinh trên.
Biết rằng trong câu trả lời của mỗi học sinh đều có một phần đúng và một phần sai đồng thời mỗi
địa phương là địa chỉ hộ khẩu của đúng một học sinh.
Lời giải.
Tác giả: Nhóm 5 tổ 8 nhóm strong team toán vd – vdc.
- Tính: “Nhà bạn Phú ở Thới Lai còn nhà em ở Cờ Đỏ”.(1)
- Nghĩa: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Tuấn ở Ô Môn”.(2)
- Tuấn: “Nhà em cũng ở Cờ Đỏ còn nhà bạn Phú ở Thốt Nốt”.(3)
- Phú: “Nhà em cũng ở Thới Lai còn nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều”.(4)
- Thuận: “Nhà em ở Ninh Kiều còn nhà bạn Tính ở Thốt Nốt”.(5)
Nếu ý đầu của (3) là đúng thì nhà Tuấn ở Cờ Đỏ. Do đó, cả hai ý của (2) là sai.
Vậy ý đầu của (3) là sai. Do đó ý sau của (3) là đúng hay nhà bạn Phú ở Thốt Nốt.
Do đó ý đầu của (1) là sai và ý sau của (5) là sai hay ý sau của (1) là đúng và ý đầu của (5) là đúng.
Suy ra nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ và nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều.
Vì nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ nên ý đầu của (2) là sai hay ý sau của (2) là đúng. Suy ra nhà bạn Tuấn ở Ô
Môn. Còn lại nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai.
Kết luận: Nhà bạn Phú ở Thốt Nốt, nhà bạn Tính ở Cờ Đỏ, nhà bạn Thuận ở Ninh Kiều, nhà bạn Tuấn
ở Ô Môn, nhà bạn Nghĩa ở Thới Lai.
Câu 19. (HSG11 tChuyênDHĐB Bắc Bộ năm 2018-2019) Tìm tất cả các số nguyên dương m, n và số

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 618 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

nguyên tố p thỏa mãn 4 m 3  m 2  40 m  2 11 p n  5  .


Lời giải
Tác giả: Trịnh Quang Hoàng; Fb: Hoàng DeMon
Phương trình đã cho tương đương với  4 m  1  m 2  10   22 p n .

TH1: n  1 , thử trực tiếp với m  1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.

Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó (4m  1) p, (m2  10) p vô lí do n  1 .

TH2: n  1 , thử trực tiếp với m  1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.

Với m  5  4m  1  22, m2  10  22 . Do đó (4m  1) p, (m2  10) p .

 4m  1  11x. p a
b 
Suy ra  2 y
x, y  0,1 ; x  y  1; a, b   *  .
 m  10  2.11 . p

Dễ thấy m  * ta có m 2  10  4m  1 .
+) Nếu b  a thì

11 m2  10   0 mod  4m  1  11m 2  110 mod  4m  1


11.16m2  1760 mod  4m  1  11  1760 mod  4m  1

(do 16m 2  1mod  4m  1 )  1771  0 mod  4m  1

 4m  1  77  m  19

Mà 4m  1  1 mod 4  , 1771  7.11.23   4m  1  161   m  40

 4m  1  253  m  63

Thử lại đều không thỏa mãn.

 4m  1  p a
+) Nếu b  a thì y  1, x  0   2 b
m  10  2.11. p

 p | 4m  1  p7
Do  2
 p | 4  m 2  10   m  4 m  1  40  m  p |  4m  160   p |161  
 p | m  10  p  23

+ Nếu p  23 thì do 22.23b  23a  22  23a b vô lí do a  b  * .

+ Nếu p  7 thì do 22.7b  7 a  22  7 a b  a  b  1 .

 4m  1  7b 1
Khi đó ta có:  2 k
 m  12 .
m  10  22.7

Thay vào phương trình ban đầu tìm được n  3 .

Vậy  m; n; p   12;3; 7  .

Câu 20. (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-2019) (HSG12 Hồ Chí Minh Ngày 2 năm 2018-

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 619 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

2019)Cho S là tập hợp các bộ  a1 , a2 ,..., a164  là hoán vị của 164 số nguyên dương đầu tiên.

a) Có bao nhiêu hoán vị  a1 , a2 ,..., a164  thuộc S sao cho với mọi i  1, 2,...,164 ta luôn có ai  i và
ai  i  mod 41 ?
b) Tồn tại hay không hoán vị ( a1 , a2 , , a164 ) thuộc S sao cho với mọi i  {1, 2, ,164} đều tồn tại
các số nguyên bi  {0,1,, 40} thỏa mãn a1  a2    ai  bi2 (mod 41) ?
Lời giải
+) Chia các số từ 1, 2,...,164 thành 41 nhóm theo số dư, khi chia cho 41 thì rõ ràng mỗi nhóm có 4
số ( 4 số này ở các vị trí ai , ai 41 , ai 82 , ai 123 với i  1, 41 của hoán vị). Các số trong mỗi bộ trên sẽ
được hoán vị đổi vị trí cho nhau.

+) Ta thấy với một bộ  x1 , x2 , x3 , x4  , ta có 9 cách hoán vị là:

( x2 , x1 , x4 , x3 ),( x2 , x3 , x4 , x1 ),( x2 , x4 , x1 , x3 ),
( x3 , x1 , x4 , x2 ),( x3 , x4 , x1 , x2 ),( x3 , x4 , x2 , x1 ),
( x4 , x1 , x2 , x3 ),( x4 , x3 , x2 , x1 ),( x4 , x3 , x1 , x2 ).

để cho không có phần tử nào nằm đúng vị trí ban đầu

+) Vì thế có tất cả 941 hoán vị thỏa mãn đề bài.

1 1 1
Lưu ý: Nếu thí sinh dùng công thức D4  4!     9 cũng cho điểm tối đa.
 2! 3! 4! 

b) Tồn tại hay không hoán vị ( a1 , a2 , , a164 ) thuộc S sao cho với mọi i  {1, 2, ,164} đều tồn tại
các số nguyên bi  {0,1,, 40} thỏa mãn a1  a2    ai  bi2 (mod 41) ?

*Bổ đề: Với p là số nguyên tố có dạng 3k  2 thì {13 , 23 , , p 3 } sẽ lập thành hệ thặng dư đầy đủ
theo mod p.

Chứng minh bổ đề: Giả sử trong bộ trên có hai số i  j sao cho i 3  j 3 (mod p ) thì i 3 k  j 3 k (mod p ) .
Theo định lý Fermat nhỏ thì i 3 k 1  j 3 k 1 (mod p ) nên

i 3 k 1  j 3 k 1  j  j 3 k  j  i 3 k (mod p )

kéo theo i 3 k (i  j ) p hay i  j (mod p ) , vô lý vì i, j  {1, 2, , p} và i  j. (Bổ đề được chứng


minh)

* Ta sẽ xây dựng hoán vị thỏa mãn đề bài sao cho ai  i 3 (mod 41) với mọi 1  i  164 .

Với 41 số đầu tiên, theo nhận xét thì các số {13 , 23 , , 413 } có số dư đôi một khác nhau khi chia cho
41 nên ta sắp xếp chúng để số dư thay đổi từ 1  41 .
Các số 42  82; 83  123; 124  164 cũng được thực hiện hoán vị tương tự.

Hoán vị này thỏa mãn vì


2
 i (i  1) 
a1  a2    ai  1  2    i  
3 3 3
(mod 41) .
 2 

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 620 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lưu ý: Ta dễ dàng chứng minh bằng phương pháp qui nạp kết quả sau: Với mọi số tự nhiên n thì
2
3 3 3  n  n  1 
3
1  2  3  ...  n    .
 2 

Câu 21. (HSG11 Chuyên Duyên Hải Đồng Bằng Bắc Bộ năm 2018-2019) Cho p là số nguyên tố có
dạng 12k  11 . Một tập con S của tập M  1; 2; 3;  ; p  2; p  1
được gọi là “tốt” nếu như tích của tất cả các phần tử của S không nhỏ hơn tích của tất cả các phần
tử của M \ S . Ký hiệu  S hiệu của hai tích trên. Tìm giá trị nhỏ nhất của số dư khi chia  S cho p
p 1
xét trên mọi tập con tốt của M có chứa đúng phần tử.
2
Lời giải

 p 1 p3 
Trước hết, xét tập con S   ; ;  ; p  2; p  1 thì rõ ràng S là tập con tốt và
 2 2 
p 1
 p 1  p 1  p 1
 !  2a (mod p ) ,
2
 S  ( 1)   !   !  2 
 2   2   2 

 p 1 2
trong đó a     ! và thỏa mãn p | a  1 theo định lý Wilson.
 2 
Ta xét các trường hợp:

- Nếu a  1 (mod p) thì  S  2 (mod p) .

p 1 p 1 p 1
- Nếu a  1 (mod p) thì trong tập con S , thay bởi  (mod p ) thì dễ thấy dấu của
2 2 2
 S sẽ được thay đổi thành 2. Khi đó, trong cả hai trường hợp, ta đều chỉ ra được tập con tốt có
 S  2 (mod p) .

Ta sẽ chứng minh rằng không tồn tại S tốt sao cho  S  1 (mod p) hoặc  S  0 (mod p ) . Xét một
tập con tốt S bất kỳ và gọi a, a lần lượt là tích các phần tử của S và M \ S . Theo định lý Wilson thì
aa  ( p  1)!  1 (mod p) .

Khi đó, nếu a  a (mod p) thì p | a 2  1 , vô lý vì ta đã biết a 2  1 không có ước nguyên tố dạng
 3 
4k  3. Còn nếu a  a  1 (mod p ) thì (2a  1)2  3 (mod p ) , cũng vô lý vì    1 do theo giả
 p
thiết thì p  11 (mod 12 ) .

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm là 2.

Câu 22. (HSG12 tỉnh Ninh Bình năm 2018-2019 (2)) Với số n nguyên dương, đặt f (n) là các ước
nguyên dương của. Xét tập hợp G  n   * : f (m)  f (n),  m   , 0  m  n và gọi pi là số nguyên
tố thứ i (i  * ).
1) Chứng minh rằng: Nếu n thuộc G và pm là ước nguyên tố của n thì ( p1 p2 .... pm ) là ước của n .
2) Với số nguyên tố pm , gọi k , M là các số nguyên dương thỏa mãn 2 k  pm và M  ( p1 p2... pm 1 ) 2 k .
Chứng minh rằng: Nếu n  M và n thuộc G thì n chia hết cho pm .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 621 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Lời giải

1) Giả sử n  p1k1 p2k2 ... paka (k i  N,i  1, a )  f(n)  (k1  1)(k 2  1)...(k a  1)

Giả sử n chia hết cho pm , tồn tại i thỏa mãn 1  i  m  a mà n không chia hết cho pi .

Suy ra km  1, ki  0.

n
Xét n0  . pi ta có:
pm

(k i  2) k m 2km
n0  n và f (n0 )  f( n)  f (n)
(k i  1)(k m  1) km  1

Do km  1  2km  km  1 nên f (n0 )  f (n) mâu thuẫn.

Vậy n chia hết cho pi với mọi i  1, 2,..., m.

2) Xét n  G và n  M .

Giả sử không chia hết cho pm thì mọi ước của n đều thuộc tập  p1 , p2 ,..., pm 1

( Thật vậy, giả sử n có ước p j  pm thì theo ý (a) n chia hết cho p1 , p2 ,..., pm ,..., p j . Mâu thuẫn.)

Suy ra : n  p1k1 p2k2 ... pmkm11 (k i  N,i  1, m  1)

Vì n  M nên tồn tại: 1  i  m  1 sao cho ki  2k

n
Đặt n1  k
và n0  n1. pm . Do pik  2 k  pm suy ra n0  n .
pi

f(n)  (k1  1)(k 2  1)...(k t  1)

f(n 0 )  (k1  1)(k 2  1)...(k i 1  1)(k i  k  1)(k i 1  1)...(k t  1).2

Vì ki  1  2k  2(k i  k  1)  k i  1  f (n 0 )  f(n). Mâu thuẫn.

Vậy có điều cần chứng minh.

Câu 23. (HSG12 tỉnh Đồng Nai năm 2018-2019) Cho m, n là các số tự nhiên thỏa mãn
4m3  m  12n3  n , chứng minh m  n là lập phương của một số nguyên.
Lời giải

Ta có 4 m 3  m  12 n 3  n   m  n   4 m 2  4 mn  4 n 2  1  8n 3

Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m  n, 4m2  4mn  4n2  1 thì p là số lẻ do

4m 2  4mn  4n2  1 lẻ.

Mà 8n3  p nên suy ra n p hay từ đó ta có m p do m  n p . Mà 4m 2  4mn  4n2  1 cũng chia hết

cho p nên 1 p , điều này vô lý.

Vậy  m  n , 4m 2  4 mn  4n 3  1  1 hay suy ra m  n là lập phương của một số nguyên.

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 622 
VŨ NGỌC THÀNH 0367884554 TOÀN CẢNH ĐỀ THI HSG VÒNG 1 – NĂM HỌC – 2018-2019

Câu 24. (HSG12 tỉnh KonTum năm 2018-2019)


Tìm tất cả các số nguyên tố a thỏa mãn 8a 2  1 cũng là số nguyên tố.
Lời giải
Tác giả : Ngô Quốc Tuấn, FB: Quốc Tuấn
Vì a là số nguyên tố nên a  2 . Ta xét các trường hợp

+ Trường hợp 1: với a  2 khi đó 8a 2  1  33 chia hết cho 11 , loại trường hợp a  2 .

+ Trường hợp 2: với a  3 khi đó 8a 2  1  73 là số nguyên tố.

  
+ Trường hợp 3: với a  3  a  3k  1 khi đó 8a 2  1  8 9k 2  6k  1  1  3 24k 2  16k  3 chia hết 
cho 3 , loại trường hợp a  3 .
Vậy a  3 là giá trị duy nhất cần tìm.

Câu 25. (HSG11 tỉnh Quảng Ngãi năm 2018-2019) Tìm tất cả các bộ  n, k , p  với n, k là các số
nguyên lớn hơn 1 và p là một số nguyên tố thỏa mãn n5  n4  2n3  2n2  1  p k .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Đình Thịnh

n 5  n 4  2 n 3  2n 2  1  p k   n 2  n  1 n 3  n  1  p k .

Từ giả thiết  n, k  2 .

n3  n  1  1, n 2  n  1  1, n  2
Ta có:  3
 n  n  1   n  n  1   n  1 n  n  2   0, n  2
2

3 r
n  n  1  p r  s  0
 2 s
trong đó 
n  n  1  p r  s  k

 n3  n  1 n 2  n  1
 n3  n  1   n  1  n 2  n  1 n 2  n  1
 n  2 n 2  n  1 1

Mặt khác:  n 2  n  1   n  2   n 2  1  0, n  n 2  n  1  n  2  0, n  2  2 

p  5
Từ 1 ,  2  suy ra n  2 , do đó p k  25   .
k  2

Vậy bộ số cần tìm là:  n, k , p    2, 2, 5  .

Địa chỉ truy cập click vào đây  http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/  Trang 623 

You might also like