Professional Documents
Culture Documents
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
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
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
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
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
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
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 .
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) .
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
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.
Ta có 3x 1,5 y 120
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 .
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
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 a0.
5
27
Vậy a 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5
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 *
Xét hàm f (t ) t 3 2t , t .
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
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
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 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
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 (*)
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 .
Đặt t ln x , ta có
f 0 x g t t t 2019 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
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
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
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.
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)
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.
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 .
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: t2
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
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 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 m9 .
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 x2 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
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 xm
.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
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
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
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
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
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
x3 x 0
x x 3 x x 1 0
1 3
x3 x x x 3 0 2x
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 .
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 .
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
x5
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
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
x2
x2 x 5 5 N
Với u v x 2 x 1 2
2
x 5x 5 0
x 5 5 L
2
uv
Với u u v 2v 2 u v u 2v 0 x 2 2 x 1 0
u 2v 0
x2
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 .
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
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).
Cách 1: x 3 7 x 2 9 x 12 x 3 x 2 5 x 3
x 3 1 (điều kiện x 3 )
x4
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 .
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
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
x3 x4 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): x3 x 4 2 2 x .
x 9 x 19 0 2
x 9 5
2
*Giải 3 :
3
3 x x3 x 0 x 3 x 0 (vô nghiệm do x 3 )
9 5
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 4; .
2
Giải (1):
x25 x 3 x 2 3x 3 x 2 5 x 3
x 2 3 x 3 x 3
x 3 1 x3 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
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
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
Ta có y ' 20 x 4 2018 0 x .
Ta có f b f a 4 b 5 a 5 2018 b a .
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
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 x3
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 .
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
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 .
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 .
t2
t 2 t 2
Xét f (t ) ; t 0; 2 ta có f (t ) liên tục trên 0; 2
t2
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 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 )
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 .
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 .
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 m6 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
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
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 .
t2 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. m5. D. m5.
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: m5 .
P x x m
1 2
m5
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 40 0
m5 m5 m5
8
m5.
3
8
Kết hợp với (1) m5.
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
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 .
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 .
' 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
nq
x 2 px q x 2 mx n x
pm
Tung độ giao điểm của P và P ' là
2
nq nq
y p q
pm pm
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
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 0x 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
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
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
Ta được 1 2 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 2m 5
2
Đặt t x 2 2 x 2 x 1 1 1 . Ta được g t 2t 2 t 2m 5 2 .
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;
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
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
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
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 ()
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
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:
x 3 0
x 3 0
x 1 0 x 1 *
x2 2x 3 0 x 1 0
2 2
Để ý thấy rằng x3 x 1 4 với mọi x 1 nên bất phương trình viết lại là:
2 2
x 3 x 1 . 1 x2 2x 3 x3 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
19
x 3 3 x 3
Kết hợp với điều kiện của trường hợp 2 có (**)
x 2
x 2
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 .
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
43 23 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:
ab a2 b2 ab b 2
2
a 2 a 2b 2 ab 3 b a b 2 a b ab 3
2 2
0
ab 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
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
x3 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
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
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
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 x1 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; .
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
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
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
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
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
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
Điều kiện: x; y 1 .
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
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
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
PT (1) cho ta cung tròn C1 là một phần của đường tròn C1 tâm I 1;1 , R1 5 thuộc góc phần
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 .
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
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 m2 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
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
B K
(C2)
H (C1)
1 I
O 1 A a
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
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 .
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 ab
a 2a b 2b 3 2
Khi đó hệ trở thành 2 2
2
*
a b m 4 ab m 2m 15
8
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 .
2 x y m x y x 2 2 xy y 2 1 2 x y m x y x y 1
2
*
x y
2
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.
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
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 12 x 2 3x 2 0
x 2
3 3 x2.
x x 3
2 2 x 2
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
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
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 .
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
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 có 1 x 1 y 1 y 1 x 1
x y
x y yx
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 . .
2
x 2 2 x 1 x 1 12 x 1 36 x 1
2
x 1 6
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
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
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
6 x 1 15 x 1
x 1 x 5
3x 4 1 5x 9 2
x 1 0
6 15
x5
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 .
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
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
Do đó 1 f x f y x y .
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.
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
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
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
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
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
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
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 .
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
2) Điều kiện 1 x 4 .
Ta có
x 3 1 x x 4 x 2 x2 6 x 3 .
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
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)
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
Lời giải
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
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
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
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)
2 xa
x3 3 x 2 a 4a3 0 x a x 2a 0
x 2 a
x0 1 5 1 5
+ x a 2 x2 x 1 x 2 x y
x x 1 0 2 2
x0 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
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
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
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
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 .
Nhận xét: Ta có thể biến đổi phương trình (1) đi theo hướng khác như sau:
y2 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 x2
a x t
được , từ đây suy ra x 0 . Xét hàm số g t đồng biến trên 0; , ta
a2 x2 t2
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:
y0
Điều kiện: 1.
x 3
2
1 3x 1 4 3x 1 y 2 4 y * .
Từ bảng biến thiên ta thấy: hàm số nghịch biến trên 0;1 ; đồng biến trên 1; .
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
x3
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).
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.
Cách 2:
y0
Điều kiện: 1.
x
3
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
3x x 3 1
3x x 3 1 .
3x x 3 1
1
x3
3x 1 0
2 x 1 x 1 y 4 .
9 x 7 x 2 0 2
x
9
Cách 3:
y0
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 * .
ab2
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 .
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
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) : x20 x2
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
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 y3 2 1 y 0
2 1 y 0 y 1 4
Từ 3 và 4 y 1 .
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 x2
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 x2
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
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 y3
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
y3
1 11 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
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).
( 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 x6 .
x2 2 x7 3 x 4 (*)
x 2 2 x7 3
x2 2 x 7 1
( x 2) ( x 6) 0 (**)
x2 2 x22 x7 3
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
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
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 32
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
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
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
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
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 .
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
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 .
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).
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 .
4
Do x 2 nên VT * 0 nên phương trình * vô nghiệm.
3
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 .
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
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 y4 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
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
.
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
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 x4
x 4 1 x 4 y 2 1 y
2
x 4 y
Vì: 1 0x, y .
x 2 8 x 17 y 2 1 x 2 8 x 17 y 2 1
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
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
1
Ta có f ' t 1 0 t 0 .
t ln 4
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
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 .
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 .
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
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 x4.
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
2 x x 4 x 25 1 2 x 16
x4 2
x 25 5 x 8 2 x 16 0
1 1 x 12
x 0
x4 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
t t2 1 t
Xét hàm số f t t t 2 1 có f t 1 0, t .
t2 1 t2 1
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
Lời giải
Tác giả:Nguyễn Hoài Phúc; Fb: Nguyen Phuc
3
Điều kiện: y
2
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
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
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
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
y 1 y 3 3y 2 2 y2 3y 2 y 1 2 y2 y 3 0 .
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
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
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
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 .
5
Từ đó tìm được y 1 x (do x y 0 và x )
9
x2 2 x 1 9 x 5 2 9 x 5 1
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 .
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 .
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
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
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 )
t 0
f t 0
f t
0
Ta có: 3 f x f y y x .
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
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
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
b) a a 3 b b 3 0 a a 3 1 a 0,1 .
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
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 2a 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
Mà
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
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
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
a 2 b2 c2 3bc 2 2bc ( vì a b c )
b c b c
2 2 3
bc a 2 b2 c2
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
S BDIF IB 2 SCEID IC 2
Tương tự ; .
S ABC ca S ABC ab
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.
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
bc ca ab
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
ca ca a b ab
Tương tự ta được 2 ; 2 .
b b c 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
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
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 12
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
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
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 abc .
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
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
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:
bc ca ab
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
ca ac a b ab
Tương tự: 2 ; 2 .
b b c 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
Ta chứng minh 2
a b c a b c 3.
Từ đó suy ra 2
a b c a b c 3 (4)
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
bc ca ab
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
ca ca a b ab
Tương tự ta được 2 ; 2
b b c 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
bc ca ab
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
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
x 2 y 2 z 2 x y z 6 6 x 2 y 2 z 2 xyz 6 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).
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 zt 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
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 n1 n.log n 1 n 2 .
log n n 1
+ Áp dụng bất đẳng thức AM GM cho hai số dương log n1 n và log n 1 n 2 ta được:
log n 1 n 2 2n log n 1 n 1
2
log n 1 n 2 2n
1.
2 2 2
log n1 n 2
log n1 n.log n1 n 2 1 1 log n1 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 .
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 .
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
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
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 3a
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
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 ab
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
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
Ta có:
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
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
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
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
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
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
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 11 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
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
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 ab 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 x3 x y
2
x y x 2 3 x y 2 3 y x y 3 x y 2 xy
Ta có .
y3 x3 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 .
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
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
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 .
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
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
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
abc
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 4t 4t
4t 2 2 4 t 4
2t 2 2t
4t 4t 4t 2
2t 1
1
2t 3 t 2 4 t
4t 2 4t 4t 4t 2
f t 0 t 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
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
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
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 yz
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 .
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 43t 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
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
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
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:
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
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
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 (3) 9 3a b
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
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
Vậy a 2b 4 .
Cách 2:
Tác giả: Ngô Minh Ngọc Bảo; Fb: Ngô Minh Ngọc Bảo
Chọn C
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 ).
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
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
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 .
bc ca ab
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
bc bc bc bc bc
b 2 ca b c b a c 2 ab a c c b
Tương tự ta có: b ; c
ca ca ab ab
a b a c b c b a c a c b
P a b c 44 a b c
bc ca ab
ÁP dụng bất đẳng thức AM-GM
a b a c b c b a 2
a b
bc ca
b c b a c a c b 2
b c
ca ab
c a c b a b a c
c a
ab bc
a b a c b c b a c a c b
2 4 a b c
bc ca ab
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 abc .
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
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
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 .
t5 4 3
xx 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
a 1
min và f b đạt max. Do đó , vì a b 1 .
b 0
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 32 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 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
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= ab ;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 .
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 .
y cos
x sin cos , với , 0;
z sin sin 2
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
1 3 ab bc ca 3abc 1 3abc
P P3
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
am0 m0
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 yz .
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:
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
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 .
ab
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
y'
N
M
K
A H B x'
Dựng hệ trục Descartes vuông góc Axy , A O (0; 0) như hình vẽ trên.
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay .
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 .
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 P2 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 4b
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 *
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
abc 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
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
44 2 42 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 ab cb ac
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 .
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 .
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 abc
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 .
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 .
4a b c abc
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 .
abc 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 )
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 .
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
1 1 4 1 1 4 4
Áp dụng bất đẳng thức , ta có:
a b ab 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 xy .
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
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 xy .
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 abc .
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
abc
.
2 2 2 2
a 3bc b 3ca c 3ab a b c a b c a b c 1
abc
Suy ra P abc .
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
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.
h a –0+
h a
20 30 72 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
72 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
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
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 37
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 72 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 yz xz
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
t2 y z t2 1 1
Khi đó P 3 9 t 1 1 3 9t 2
t 1 yz xz t 1 z x
1 1
y z
t2 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 yz
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
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
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 11 1
* Xét bất đẳng thức phụ: với mọi a, b 0 .
ab 4 a b
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
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
yz xz xy
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
yz xz xy 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
1 1 1 9 1 1 1 9 9
Áp dụng bất đẳng thức , ta có:
a b c abc 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 xyz .
x y z 3
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
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
ab xy b a b a
Vậy ta có
( x y)z 2z 2a
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
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
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
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
cos x 1
Xét 0 . Ta có cos x 4 0, x .
4 cos x
Vậy D k 2 , k .
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
( y 2)sin 2 x y 1 cos 2 x 3 y
5
7 y 2 2 y 5 0 1 y
7
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
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 cos x sin 2 x 1 3 cos 2 x .
sin x cos x
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
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.
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
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
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
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
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.
2cos2 4 x 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
3sin 2 2 x 3sin 2 x 6 0
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
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.
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
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
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
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
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:
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 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
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
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 .
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
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:
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
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:
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
Đặt t sin x , 1 t 1 .
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
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
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
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
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
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
5 13 17
Trong khoảng 0;3 , phương trình có tập nghiệm: S ; ; ;
6 6 6 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 xt . 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
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
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
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
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
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
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.
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).
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
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
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).
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} .
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)
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;
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
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
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
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 .
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
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
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 .
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
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 ).
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 .
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.
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
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
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
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 .
Gọi A là biến cố: “ số được chọn có mặt đúng ba chữ số khác nhau”.
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.
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 xy84 , 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
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 .
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
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
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”.
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
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
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 .
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 ”.
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 .
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
+) Gọi A là biến cố: “Số tự nhiên rút được có chữ số đứng sau luôn lớn hơn hoặc bằng chữ số đứng
trước”.
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.
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.
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
Nếu e {2; 4; 6;8} , trường hợp này ta có: 8.8.7.6.4 10752 số.
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 .
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
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
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
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.
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 .
B 6923
Xác suất của biến cố B là: P B .
900000
Cách 2.
Ta có a1a2 a3 a4 a5 2 10.a1a2 a3 a4 a5 2 .
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 213 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.
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 .
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 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 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.
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
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.
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 PX 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
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
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
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
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
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.
a8 có 4 cách chọn.
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
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;... .
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 n2 *
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
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:
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 .
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 . C22nn1 C4263
2
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Hạnh, Fb: Nguyễn Công Hạnh
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 n1 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
Từ đó:
S n n 1 Cn0 2 Cn1 2 Cnn22
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
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
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 Cnk22 2 k n
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.
Giải:
Suy ra: C20n C22n ... C22nn C21n C23n ... C22nn1 .
2n 10 n 5
*) Xét khai triển
5
1 x x 2 1 x 1 x C5k x k 1 xk
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
i0
k 0 i0
*) Vì số hạng chứa x 5 nên k i 5 . Kết hợp với điều kiện * ta được các trường hợp sau:
Câu 10. (HSG 12 Yên Lạc 2 Vĩnh Phúc năm 2018-2019) Cho n là một số nguyên dương. Gọi a3n3 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 nk
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 m0 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 .
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 C22n1 C2nn1 220 1 C20n1 C22n 1 C2nn 1 220 .
Do C20n1 C21n 1 C22n 1 C2nn 1 C2nn11 C2nn31 C2nn31 C22nn11 .
Suy ra (1 1) 2 n1 C20n1 C21n1 C22n1 C2nn 1 C2nn11 C2nn21 C2nn31 C22nn11 .
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 210k 3x C10k 210k 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 Cnn41 Cnn3 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:
Cnn41 Cnn3 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
Câu 13. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển
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
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 28i 2 x 2 k i 14 .
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
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 .
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 * )
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
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 Cnk22 nCnk11 1 2 k n, k , n * .
n! n 1! n 1!
kCnk k . n. n. nCnk11 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.Cnk11 n. k 1 .Cnk11 n n 1 Cnk22 4
Từ 2 , 3 , 4 ta được 1 .
Vậy S 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
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 .
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
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 n1 .
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.
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 .
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:
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 .
u2 9
Từ công thức truy hồi u1 2; un 2un1 3n 1 ta suy ra: u3 26 .
u 63
4
4a 2b c 9 a5
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 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; .
Thật vậy:
-) x0 x2 .
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
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 ).
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
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
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 ).
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 * .
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
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
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
, vn1 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 vn1 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
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
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 5un1 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.
uk 3k 1 2k 1 1 và uk 1 3k 2 2k 2 1 (*).
u1 1; u2 4
Cách 2: Cho dãy số un xác định bởi công thức: .
un 2 5un1 6un 2 n 1, n
Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số un .Lời giải
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
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 3n1 . 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 2n1 .
Vậy un 2n1 3n 1 1 n 1, n .
u1 1; u2 4
Cách 3: Cho dãy số un xác định bởi công thức: .
un 2 5un1 6un 2 n 1, n
Xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số un .Lời giải
v1 u2 2u1 2
Đặt vn un 1 2un thì .
vn 1 3vn 2
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 3n1 , vn 3n 1 1 và un 1 2un 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
1 u 4 1 2
Ta có: n .
un 1 2un 2 un
1 1 1 1
Đặt vn 1 ta được : vn1 2vn , v1 1 vn1 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 .2n1 .
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 ! n2
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 20181 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 2un1 ; 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
log 2 2 u1 4log 2 u1 12 0.
log 2 u1 2 u1 4
6
.
log 2 u1 6 u
1 2
Khi đó: 201829 un 201830 2018 29 4.2 n1 201830 2018 29 2 n 1 201830.
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,...
n1
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 * .
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương xn1 và 1 xn ta được:
xn 1 1 xn 2 xn 1 1 xn 1 xn1 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
*
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 un1 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
n2 n2
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 .
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
n1
3n 1 .22 n
Câu 22. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Giá trị của lim n1 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 04 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
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 n1 bị chặn
2 3
trên và thỏa mãn điều kiện un2 .un1 .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 n1 bị chặn trên và thỏa mãn điều kiện un2 .un1 .un , n 1, 2,3,...
5 5
2 3 3 3
Ta có un2 .un1 .un un2 .un1 un1 .un , n 1, 2,3,... 1
5 5 5 5
3
Đặt vn un1 .un , n 1, 2,3,...
5
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 un1 b un b un1 b un b un1 un ,
5 5 5 5 5
3
nên ta có un1 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
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 .
Câu 27. (HSG12 HCM ngày 2 năm 2018-2019) Xét dãy số an xác định bởi
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 , 12 1 .
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
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 an21 5 với mọi n 1 (bằng phương pháp quy nạp).
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 1a 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
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 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
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
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 n1 thỏa mãn
u1 2
.
u1 u2 un 1 un n un , n 1
2
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 un1 n2un un1
n n n 1 n n 1 n 2
un 1 un . un 1 . . un 2
n2 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.
x1 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
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
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
lim
x 1
x 1 2 x 1 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
x7
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 , an1 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 xn21 3. 1 .
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 n2
1) Ta có từ giả thiết xn .xn 2 xn21 3. 1 , xn 1.xn 1 xn2 3. 1 từ đây suy ra
xn 2 xn xn 1 xn 1 xn xn 2 x x
Hay suy ra ... 3 1 3
xn 1 xn xn 1 x2
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
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 n2
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 unn11 unn n
unn11 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 1.11.2020 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 n1 20un 1 4 20un 4 u 2 n1 un un1
5
4 9 4
Do đó: Sn u12 u2 2 u32 .... un 2 u12 u1 un un .
5 5 5
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
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
vn1 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
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
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 * .
un1 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 * .
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
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
vn1 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
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 12 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 un1 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 11 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
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
v1 2018
Đặt vn un n với n * . Khi đó ta có dãy vn thỏa mãn
vn 1 2vn 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 un1 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 4un21 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 un1 5 un un1 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 x2 x2 x2 x 4 x 4 x x2
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 x2 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 un1 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
1
Ta có: un 1 un
2018
un2 un un un 1 2018 un1 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 un1 1
1 1 1
Sn 2018 2018 1 lim Sn 2018.
u1 1 un1 1 un1 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 un1 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
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
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
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
a2 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 x3
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
x3 x3
Câu B: y D \ 2
x2 4 x 4 x2
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
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
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 :
2m
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 :
2m
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
.
tm 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
x. f x f x
Ta có g x (1).
x2
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
Câu 9. (HSG11 Nguyễn Đức Cảnh Thái Bình 2018-2019) Cho hàm số hàm số y x.cos x . Chọn khẳng
định Đúng?
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
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
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
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
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
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
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 .
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 .
Câu 3. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Tìm các giá trị của tham số thực m để hàm số
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
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 .
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
Câu 5. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho hàm số
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
1
Bất phương trình * g x 2m, x - ;
2
min g x 2 m 2m 4 m 2
1
- ;
2
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 .
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
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
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:
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 .
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
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
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
Câu 11. (HSG12 Tân Yên – Bắc Giang Năm 2019) Cho y f x có bảng biến thiên như sau:
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
Ta có y 2m - 1 3m 2 sin x .
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 m3 -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
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 .
x -2
f ' x 0 x 0 .
x 1
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
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
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
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Trung Kiên – Nguyễn Văn Xuất
Chọn C
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
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 .
x 0
Ta có y ' 0 2
x - 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 14 - 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.
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 .
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
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
H M
Khi đó : d I , IH IM .
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
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 (*).
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: SABC 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:
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
1
+) OA (3;28),OB (1;4) SOAB | 3 (4) 1.28 | 8
2
b)
x2
+) 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)
x2
2 x 2 4x 6 4
Đặt g(x) , x \ {2} . Ta có g (x) 0, x 2 .Ngoài ra
x2 (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; )
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
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 .
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 .
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
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
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 .
Yêu cầu bài toán Phương trình y ' 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn y x1 . y x2 0.
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 .
Kết hợp với điều kiện (*) ta có m 0 thỏa mãn bài toán.
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
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
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
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
–
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 .
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.
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
–
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 .
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.
x -1
x 1
g '( x ) 0
x 2
x 3
Bảng biến thiên
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 .
f ' x 0 (1)
Ta có g ' x 0
6 f x . ln 6 8 f x . ln 8 0 (2)
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt và liên tục đổi dấu khi qua các nghiệm.
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
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số g x , ta thấy hàm số g x có 5 cực trị.
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,
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 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.
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
x 0
f ( x ) 0 2
g ( x) 2 x 6mx 3(m 1) 0
Nhận xét:
+ 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.
9m 2 - 6m - 6 0
.
m 1 0
1- 7 1 7
m -; -1 -1; ; . (1)
3 3
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
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
m0 ( 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
y 3x 2 - 3m
y 0 3x 2 - 3m 0 x 2 m .
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
SIAB .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:
+) 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
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
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
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
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
Câu 46. (HSG12 tỉnh Hà Tĩnh năm 2018-2019) Cho đồ thị hàm số bậc ba y f ( x ) như hình vẽ.
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
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
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
x0
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
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 - 12 - 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.
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
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
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 .
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
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
Với y 3 x 2 - 2 m 1 x 1
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 .
Với x0 -2 ta có M -2;3 .
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 .
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
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 .
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 *
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
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 .
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
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 .
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 .
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
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 .
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
Phương trình tiếp tuyến tại M 3 -3; -101 là: y -4 x 3 - 101 -4 x - 113 (nhận)
Gọi M 0; m Oy .
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
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
có 2018 điểm M .
x2 -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 .
x1 2 x2 2
y( x1 ).y( x2 ) 0 . 0
x1 - 1 x2 - 1
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 0m (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.
: y k x - m 2 .
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
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
- OB -3 .
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến d . Khi đó ta có k 0 nên k - tan OAB
OA
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 .
+) Nếu m 1 , khi đó tiếp điểm của tiếp tuyến d với đồ thị C là N 1; 2 .
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
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
xm
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
Câu 67. (HSG12 huyện Lương Tài Bắc Ninh năm 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
Gọi a là nghiệm của phương trình ta có tọa độ giao điểm là: M (a;a 3 - 3a 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
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
4 f 1 2 x . f 1 2 x 1 3 f 2 1 - x . f 1 - x .
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
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
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.
x 0
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P0 ) và Ox là x 2 - 4 x 0
x 4
Từ bảng biến thiên phương trình x 2 - 4 x k có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 k 4 .
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
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
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
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.
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
x1 x2 2
x1 x2 -m - 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 1.
Vậy m 1 .
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:
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
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
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.
2x 4
Khi đó hai điểm A , B có hoành độ thỏa mãn : 2 x m . Điều kiện: x 1.
x 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
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
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
x3
Câu 77. (HSG12 Tỉnh Nam Định 2018-2019) Cho hàm số y có đồ thị C và điểm O 0;0 .
x2
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
x3
Xét phương trình hoành độ giao điểm 2 x 3m (với x là ẩn số) (1).
x2
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
9 m 12 - 8 6m - 3 0
9m2 - 30m 33 0 luôn đúng với mọi m .
8 - 6 m 1 6m - 3 0
Ta có O d m 0 .
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.
2m - 1
+) d cắt trục Ox tại điểm A ;0
m-3
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
Cách 2:
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 .
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 kx y .
6 4 12
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 .
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 m1
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
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
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
x 2 - 4 x 3 x m x 2 - 5 x 3 - m 0 * .
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
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
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:
Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM .
AB MN 3 x2 - x1 .
2m
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
2m 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 m0
2 2 x1 x2 2m 1
2 2
(loại)
Vậy m 10 .
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
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
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
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
m - 12 - 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
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
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).
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 - 12 - 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
x1 m x2 m
hoành độ x1; x2 thỏa mãn -6
x2 - 1 x1 - 1
Lời giải
Bảng biến thiên:
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.
m2 5 2 - 4 m 2 1 0 m 2 32 12 0
( luôn đúng với mọi m R ).
m 1 .1 - m 5 .1 1 0 -3 0
2 2 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
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 .
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 .
Do đó PAB đều PA 2 AB 2 .
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 .
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:
m-3 m3
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 .
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 .
x3
Lời giải
2x -1
2x -1 -3 0 - x - 10
a) Hàm số y ln - 3 xác định khi và chỉ khi x3 0 -10 x -3 .Vậy
x3 x 3 0 x3
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
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
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
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 n2
Với S n a 1 r a 1 r ... a 1 r a 1 r 1 r 1 r ... 1 .
40.000.000.0, 7%
Suy ra a 1.525.717 ( đồng).
1 0, 7% 24 1 1 0, 7%
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:
.
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
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 y2 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
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 y2 4 2 2 b 5
Vậy P a.b 5
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
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
log a a1
Đặt 2018 .
log 2019 b b1
Xét hàm: f ( x ) x 3 3x f ( x ) 3x 2 3 .
f ( x ) 0 x 1 .
BBT:
Câu 3. a13 3a1 2 b13 3b1 (b1 m)3 3(b1 m) 2 b13 3b1 0
log b 0 b 1
Câu 5. 2019 .
log
2018 a 1 a 2018
HƯỚNG GIẢI 2
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
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
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
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 x0
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 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
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
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 (*)
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
x0
Điều kiện: .
log
2 x m 0
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
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):
Đặt u log 2 x, u 0
2
Phương trình (1) có dạng: m u u
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
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 x5
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
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
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
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
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:
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 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
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 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 *
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
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 12 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
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
Đặt f x ax 4 bx 3 cx 2 dx e , a , b, c, d , e , a 0 .
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
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
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 .
Cách 2:
1 7i 2
Ta có: 1 i z 1 7i 2 z z 3 4i 1 .
1 i 1 i
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 )
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
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 82 b 2 5
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 82 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
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
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
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
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
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:
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
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
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 .
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 .
a b c 3 6 3
p .
2 2
3 3 6
pa .
2
6 3 1
pb .
2
6 3 1
pc .
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
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
abc.
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
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
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 .
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 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 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
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:
Ta có:
b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 b2 a 2 b 2 c 2
2m 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
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
bc 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
sin B cos C 1 sin C cos B 1 0
3 3
cos B cos C 1
3 3
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 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 SABC
9
và SHEK . Biết rằng SABC 4 SHEK , chứng minh sin 2 A sin 2 B sin 2 C .
4
Lời giải
B C
H
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
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
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:
bca
r b c a 6 và b c a 20
2
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
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
Do AN BC nên .
ANF FDB
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 .
Ta có PMU 1 MP
MLU MUP đồng dạng LUM
2
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 .
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
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
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
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
Kẻ đường thẳng đi qua I vuông góc với BC cắt BC và cắt cung nhỏ BC lần lượt tại E và N .
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
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
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 .
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
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.
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
Tương tự ta được:
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
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:
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
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
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
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
Tìm được x
1 m 1 n a .
2n
Vậy với x
1 m 1 n a thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
2n
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
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
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 ).
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 OQ 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
A E G F B
D 3 I K C
1 1
SADE SBCF DA. AE .4.1 2 m 2
2 2
1 1
SDHC HI .DC .3.3 4,5 m 2
2 2
1 1
SEHF GH .EF .1.1 0,5 m 2
2 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
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 .
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.
BC 2
Gọi N là trung điểm của BC , khi đó NS .NR NB 2 const .
4
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
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 k1 7 k4.
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 OA , OB 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
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 // OF 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
OF OF
MN . tan O
AB tan OBA MN
FA FB
OF . 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
Lúc đó MS .MT MF .ME MA2 MN .MK nên tứ giác NKTS nội tiếp.
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
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
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.
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 .
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.
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
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 .
b) Gọi F MN PQ
Ta có: F M , F Q AB, AC GM , GQ .
EB, EC DB, DC
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)
B H C
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AH .
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
B H C
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
= 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:
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
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
+) 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
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
= 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 .
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
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
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
2 2
Ta có IM = 5 - 1 + 6 - 2 =4 2.
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
2 x 35 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 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 .
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.
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
SABD 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
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
ì1 - 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
b)
H2
M2
A
M1
H1
d
O2
I
O1
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 .
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
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
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) .
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)
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
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
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
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
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
7 6 6 7
+ Với y = , ta có x = Þ A ; (loại vì A và J cùng phía với MD ).
5 5 5 5
ì xC + 2 = 4 ì xC = 2
Có DC = AB nên Þ Þ C 2; - 1 .
yC + 1 = 0 yC = -1
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
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.
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 .
ì x + y - 12 = 0 ì x = 16
Û Þ C 16; - 4 .
y+4 = 0 y = -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
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
).
ìï x + 4 2 + y - 2 2 = 20
Tọa độ điểm E , F thỏa hệ
ï x + 2 y - 8 = 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 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 -12 + y + 12 = 5 ì x = 2, y = 1
trình Û .
ï x - y -1 = 0 x = -1, y = -2
Đường thẳng BC vuông góc AI nên phương trình BC có dạng: 2x + y + m = 0 BC AI .
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
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 .
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
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
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
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) .
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
ïVTPT 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
1 b = 10
S ABC = AB. AC Û 4 b - 1 = 36 Û b - 1 = 9 Û
2 b = -8
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
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).
1 1
S ABC = (4 + 2t )(2 - t ) - (4 - t )(2 + 2t ) = -6t = 3 t
2 2
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
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
ì DM = DM
Xét hai tam giác vuông MNP và DJM có
MN = DI
= DJM
Þ MNP = DJM Þ MNP Þ MN BD .
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
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.
Þ GK : x + 3 y - 1 = 0
Ta có G = GK AG Þ G 4; -1 .
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 .
: 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 .
-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 .
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
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 At ;7 t d : x y 7 0 , t 0 .
AB 5 t ; t 3
t 5 A5;2
Vì AB AC AB. AB 0 3 t .5 t t 5.t 3 0 .
t 3l
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 A5;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 SABC 24 . AB. AC 24
2
1 c8
.8. c 2 24 .
2 c 4
Với c = -4 C 5; 4 . Khi đó: 5 4 73 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 73 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 47 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 63 a 85 a 0 a 3
Gọi H a; b HB 3 a;2 b .
10.2 b 62 b 88 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 .
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
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 .
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
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) .
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
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
+ Vậy A 1;3 .
= 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
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 SEIB = 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 .
Ta có
CE AB
Þ ACEB là hình bình hành, suy ra BE AC .
CE = AB
b = 6
Gọi B b ; - 2 , ta có AB CB = 0 Û b 2 - 4b - 12 = 0 Û .
b = -2
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
.
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 = 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
2 2 a = b - 2
Vì tam giác ABC cân tại A nên AB = AC Û a - 1 = b - 3 Û .
a = 4 - b
a = 0
27
Ta có MB.MD = 0 Û 8a - a = 0 Û
2
.
5 a = 27
40
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
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
9 8
7 x - + y + = 0 Û 7 x + y - 11 = 0
5 5
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
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.
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
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
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 .
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
D' C'
O
Q
B'
A' P
I
M C
D
N
O'
A B
2 2
3 3
Ta tính được MN 1 x ; MQ 1 y .
4 4
3
2
3
2
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
3
2
1
2
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
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 .
Khi đó Q chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABCD . Thật vậy:
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
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 .
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
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. ABCD có cạnh bằng
a . Tính khoảng từ điểm B đến mặt phẳng ABC .
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
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
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 .
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.
1 1 1 AS . AC a 30 a 30
2
2 AF KF
AF SA AC 2 AS 2 AC 2 5 10
và
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. ABC , có M là
trung điểm của đoạn thẳng BC . Vectơ AM được biểu thị qua các vectơ AB, AC , AA như sau
1 1 1
A. AM AB AC AA . B. AM AB AC AA .
2 2 2
1 1 1 1
C. AM AB AC AA . D. AM 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
AM AA AM AA AB AC AB AC AA .
2
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
Nên từ I ta kẻ IX BM IX SBM
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
1
MF AB suy ta F là trung điểm của AQ AQ 6a
2
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: SBCM S ABCD 2a 2 . VS .BCM .SH .SBCM .a 3.2a 2 .
2 3 3 3
3.VS . BCM 3 2
Khi đó: d B; SCM 3.2a 3 :a 6 a 2 .
SSCM 3
Cách 2: Lớp 11
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
Cách 2:
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. ABC 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
Câu 13. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC 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
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 .
B' C'
A'
D'
B C
A D
Cách 1: (Tính trực tiếp)
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)
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. ABCD 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 AB song song với DC nên góc giữa hai đường thẳng AC và BA bằng góc giữa hai đường
thẳng AC và DC . 1
Câu 16. (HSG12 Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy là tam giác ABC
vuông cân tại B. Mặt phẳng ABC 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. ABC đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải
Tác giả: Bùi Văn Thanh; Fb: Thanh Bùi
A' C'
B'
A C
α
AH AAB AH BC 2
AH 2 AH 2
Xét AHB : sin
ABA AB ; Xét AHA : sin
AAH AA
AB sin AA cos
1 4 4
VABC . ABC AA.S ABC AA. AB.BC
2 cos sin cos 1 cos 2
2
4
b) Đặt t cos 0 t 1 VABC . ABC V t
t 1 t 2
1
4 3t 2 1 t 3 N
Ta có V t ;V t 0
3 2
t t 1
t 3 L
1
t 0 1
3
V' - 0 +
V
6 3
1
Vậy thể tích khối lăng trụ ABC. ABC 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
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 .
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
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
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 BC 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
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
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 AB
nên MI // CA
IM , AC
CA, AC
Câu 21. (HSG11 Nho Quan Ninh Bình 2018-2019) Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC 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 BC là
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 BC tại H 1 .
Dễ thấy AM BCCB AM MH 2 .
Từ 1 và 2 suy ra d AM , BC 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
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 .
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
A D
B1
C1
A1 M D1
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
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,
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.
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 ABC .
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 SAC . Khi đó C AB BC CA AA a 2 .
Dấu “=” xảy ra khi A , B , C , A thẳng hàng.
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
AA ' ABC
Ta có: AI AA ' 2
AI ABC
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
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. ABCD 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
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 . ABC 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 ,
ABC 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
b) Dựng hình chiếu vuông góc ABC lên ABC ta được tam giác OB1C1 tương ứng.
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.
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
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Thị Anh; Fb: Anh Nguyễn
Chọn D
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
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
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 .
Khi đó thiết diện của ( P) với tứ diện ABCD là tam giác EFN .
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 SAMD 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
M
B
C
A D
Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng qua AB và vuông góc với mặt phẳng SCD .
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 .
Suy ra thiết diện tạo bởi với hình chóp 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
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
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
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
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 .
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. ABC có
AB a , AA a 6 . Gọi E là trung điểm của BC . Gọi là góc giữa đường thẳng AE và mặt phẳng
ABBA 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 AB C I ABBA . Trong ABC từ E kẻ EH / /C I cắt AB tại
H EH ABBA .
AE ; ABBA EAH
a 27 1 a 3 EH 1
Mà AE AB2 BE 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
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
3 3 a2 3a HE 3
Ta có HE HC a2 ,
5 5 4 2 5 CE 2 L
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 :
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
A B
M I
O
D C
Câu 41. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC 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. ABC là hình tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh a .
Chiều cao của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC là chiều cao h của lăng trụ ABC. ABC
2
a 3 a2
Diện tích đáy bằng của khối trụ ngoại tiếp lăng trụ ABC. ABC bằng .
3 3
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 .
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 SSMB 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
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
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , M , N lần lượt là trung điểm của BC và AB .
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
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
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
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 .
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
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 .
CF BF
CF ABF CF BH 2 .
CF AB
Vậy BH d B , ACF d BD , AC .
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 .
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
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:
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
Kẻ HK IE , K IE .
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
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 .
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
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 .
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.
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 .
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
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
Từ đó, góc giữa hai đường thẳng MA, MD bằng 300 . Kẻ GN / /CD , nối AN
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
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 . ABC 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
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 .
a 3
Suy ra d AA, BC IH .
4
a 3 a 3 2 a2 a
Đặt AG h . Ta có: AG. AI IH . AA h. . h h .
2 4 3 3
a a2 3 a3 3
Vậy VABC . ABC 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
S
F
E I
A D
O
H
M
B
C
Gọi M là trung điểm của CD , I là giao điểm của EF và SM , H là giao điểm của AM và DO .
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 .
Mà SM EF (Do SM CD ; EF // CD )
SM ABEF SM AI
I
A H K M
IK AM do SH AM
SH 2 IK .
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
Tác giả: Phạm Thị Phương Thúy, Trần Bạch Mai; Fb: thuypham, Bạch Mai
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
+) 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
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
Mặt phẳng P chia khối tứ diện SABC thành hai khối: MNEFSC và MNEFAB .
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
VIAMF IA 4 4
Mặt khác VIAMF VBAMF .
VBAMF BA 3 3
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
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
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 .
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
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 .
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 .
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
+ Từ A và từ C kẻ các đường song song với AC 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)
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 '
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 AC 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 ABCDABCD có
tất cả các cạnh bằng nhau. Điểm M di động trên cạnh AB , điểm N di động trên cạnh AD sao cho
AN 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
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 ABC 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 .
AC // ( )
- Ta có: AC ( ACC A) TQ // AC (1)
( ) ( ACC A) TQ
AT AX
- Trong mặt phẳng ADDA có AX // A'N
TA AN
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 AN AN 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
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
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).
.
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
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.
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 .
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
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
AE AF 2
Theo tính chất trọng tâm ta có EF / / MN .
AM AN 3
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 SDBC 4
SEFG 1 1
Từ (3) và (4) ta có SEFG SBDC .
SDBC 9 9
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 '
B ' d
Ta có d ACD B '
B ' AE ACD
MB ' ME S MCD
Ta có MB '/ / AB (1).
AB BE S BCD
Câu 65. (HSG12 Hà Nội năm 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABCD . 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
1
Ta có AC là đường chéo của hình lập phương ABCD. ABCD 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
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. ABCD có đáy ABCD là
120 . Biết các đường thẳng AA, AB , AC 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. ABCD .
b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng DMN
Lời giải
Tác giả: Nhóm 3 tổ 8 nhóm strong team vd- vdc
Cách 1.
Gọi E AM AB , F DN 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 / / DMN d AD, DMN d A, A EF d H , A EF .
2
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 , A0; ;0 , A 0; ; a
6
2 6
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 DMN có một véc tơ pháp tuyến là n 0;3;2 3
3a 3
Phương trình mặt phẳng DMN : 3 y 2 3 z 0
2
3a 3 3a 3
2 2 3a 7
Do đó d AD, DMN d A, DMN .
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
Khi đó VS . AMN nhỏ nhất AM . AN nhỏ nhất 1 2 sin 2 45 lớn nhất 22,5 .
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 SDMN 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
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. ABCD có đáy ABCD
là hình vuông.
1) Gọi S là tâm của hình vuông ABCD . 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 AD , CD sao cho RS vuông góc với
mặt
a 3
phẳng CBD và RS . Tính thể tích khối hộp ABCD. ABCD 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 .
DH .DI DI .DK DK .DH
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 .
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
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 .
AC
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 , AD n , AB p m n p b ; m.n n. p p.m 0 .
Mặt khác AR x. AD ; D S y.D C .
Ta có AR x.m x.n ; DS y.m y. p RS RA AD DS y x m 1 x n y p .
Do đường thẳng RS vuông góc với mặt phẳng CBD nên ta có:
RS .BC 0 y x m 1 x n y p .
m n 0
RS .DC 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 AR AD ; DS DC
3 3
1 1 1 2 b2 b 3 a 3
RS m n p RS RS b a VABCD. ABC D a 3 .
3 3 3 3 3 3
3) Vì AA AB a nên ABCD. ABCD là hình lập phương có G là trung điểm BD nên G là tâm
của ABCD. ABCD . Gọi E , F lần lượt là tâm ADD A và BBCC E , F lần lượt là trung điểm
AD và BC ; G là trung điểm EF .
1
GA GB GC GD 2GE 2GF 0 DG DA DC DB
4
DA DC DB a 2 a 2 a 2
4 DG .DH .DK .DI DG .DI .DK .DH 1
DH DK DI 4 DI 4 DK 4 DH
Vì bốn điểm H , I , K , G đồng phẳng nên:
GH kGI lGK DH DG k DI DG l DK DG
8 3a 2
T 2
DH DI DK .
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 ) .
SDA
Khi đó PNM 600 , QMN
SAD
600 (hai góc có các cặp cạnh tương ứng song song) nên
MNPQ là hình thang cân.
P Q
N K M
bx 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
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 .
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
Khi đó : S AMCB
AM CB . AB 5a 2 V 1
.SM .S AMCB
5a 3 30
S . AMCB
2 6 3 54
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
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
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 SHMC HC.HM . .
2 5 10 2 2 5 10 10
2a
Kẻ HK SC thì HK là khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC . Suy ra HK .
3
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 .
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
Vậy cos
1
AB ' C ' , MNP
10
Cách 2.
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
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
a. Chứng minh rằng AC1 vuông góc với mặt phẳng 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)
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 .
ME cắt SC tại N .
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 .
+ 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 .SABC .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
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
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 22 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
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 .
IHM
Vì IMH JNH JHN 180
và IHM 180 nên
JHI JHN JNH
IMH 120 hay
1 2 120 . Suy ra 2 120 1 .
Suy ra:
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
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:
Ta lại có:
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.
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.
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.
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 . ABC 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 ABBA bằng , với tan , hãy tính theo a :
4
a) Thể tích khối lăng trụ ABC. ABC .
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC.
Lời giải
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 . ABC 3VA. BBC 3 AH . BB.BC .sin IBH
3 2 5
BC
Câu 1. d AC , BC d AC , BAC d C , BAC d B, BAC
.d D, BAC .
DC
Dựng DJ AC J AC , DK BJ K BJ , khi đó d D , BAC DK .
2a
BD BB.cos IBH
2 6 cos IBH
Trong tma giác vuông IBH : sin IBH 1 5
5 5 4 6a
BD BB.sin IBH
5
2a
2a
DJ CD 5 4 DJ 4 a .
Trong tam giác ABC :
AB CB 2a 5 5
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 AC ; BC .DK a.
DC 7
Câu 84. (HSG12 tỉnh Cần Thơ năm 2018-2019) Cho hình lăng trụ ABCD. ABCD có đáy là hình
120 . Biết các đường thẳng AA , AB , AC 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. ABCD .
b) Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng DMN .
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Dung; Fb: Dung Nguyen
Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng ABC ,do các đường thẳng AA , AB , AC cùng
tạo với mặt phẳng ABCD một góc 60 nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
2 a 3 a 3
thời là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC AH . .
3 2 3
Vì AH ABCD nên AA có hình chiếu trên mặt phẳng ABCD là AH .
a 3
Trong tam giác AAH có AH AH . tan 60 . 3a.
3
Vậy thể tích khối lăng trụ ABCD. ABCD là:
a2 3 3a 3
V S ABCD . AH . 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 AM AB , F DN DC EF // BC // AD và B, C lần lượt là trung điểm của đoạn
AE , DF .
3
Ta có d AD, DMN d A, AEF d H , AEF .
2
Vì AH BC nên AH EF hay HF EF d H , AEF bằng chiều cao h của tam giác AHF .
2
2a 3 2a 3 a 21
Trong đó AH a, HF 2 HA , AF AH 2 HF 2 a 2 .
3 3 3
HA. HF 2a
Xét tam giác AHF vuông tại H h .
AF 7
3 3 2a 3a
Vậy d AD, DMN d A, AEF d H , AEF . .
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 3
BC AD 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
BAA
hình thoi cạnh a , BAD
AAD 60 .
a)Tính thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D '
b)Gọi I , J , G lần lượt là trung điểm AD, AB, IJ . Mặt phẳng P đi qua G cắt các cạnh
AA, AB, AD 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, AAD, AA ' B là các tam giác đều suy ra AB BD AD a . Do đó tứ diện
AABD là tứ diện đều có cạnh bằng a.
2 a 3 a 3
Gọi H là trọng tâm tam giác ABD . 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. ABCD 6.VA. A ' BD 6. .
12 2
Cách khác:
Gọi O là trọng tâm ABD , tứ diện A ' ABD là tứ diện đều nên AO vuông góc với mặt phẳng
ABD . Do đó AO là chiều cao của hình hộp.
a2 a 2
Ta có AO AD 2 OD 2 a 2 .
3 3
a2 3 a2 3 a 2 a 2 3 a3 2
S ABCD 2SABD 2 . Vậy VABCD. ABCD AO . 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:
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 VSGCA 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 AABD nên G là trọng tâm tứ
diện. Coi a là một đơn vị dài. Áp dụng bổ đề trên cho tứ diện AABD với G là trọng tâm tứ diện và
A1 , B1 , D1 lần lượt là giao điểm của mặt phẳng P qua G với các cạnh AA, AB, AD . Ta có:
1 1 1
4 .
AA1 AB1 AD1
1 1 1
Đặt AA1 x; AB1 y; AD1 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
VAA1B1D1 AA1 x VAA1B1D1 AB1 y VAA1B1D1 AD1 z
VAA1B1D1 AA1 AB1 AD1
. . xyz VAA1B1D1 xyz.VAABD
VAABD AA AB AD
Suy ra
1 1 1 1 1 1 27
T 1 1 1 .VAA1B1D1 3 .xyz.VAABD xyz.VAABD VAABD
x y z x y z 64
a3 2 27 a 3 2 9a 3 2
Mà VAABD T . Tmin đạt được khi mp ( P) song song với mp ABD .
12 64 12 256
Cách trình bày khác: (Theo thầy Kiên Nguyễn)
AA AB AD AA1 BB1 DD1
Chứng minh được 4 1 (cách chứng minh tương tự như
AA1 AB1 AD1 AA1 AB1 AD1
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 AD1 h AB1 h AD1 h h h
1 1
VA. A1B1D1 VB . A1B1D1 VD. A1B1D1 S A1B1D1 . h1 h2 h3 h.S A1B1D1 VAA1B1D1
3 3
3
AA AB AD
VAA1B1D1 AA AB AD AA1 AB1 AD1 4
Lại có . .
VA. ABD AA1 AB1 AD1 3 27
27 27 a 3 2 9a 3 2
VAA1B1D1 VA. ABD . .
64 64 12 256
AA AB AD 4
Dấu bằng xảy ra A1 B1D1 // ABD .
AA1 AB1 AD1 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
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
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.
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.
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. ABC 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
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.
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 .
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
CC AH
Dựng HE CC E CC . Ta có CC AHE .
CC HE
Ta có góc giữa hai mặt phẳng BCCB 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
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
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
Kẻ OH MN , H MN
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
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
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 .
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
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
Chọn A
SO BD
Ta có BD SAC BD SA .
AC BD
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
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
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
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
V VS . ABCD VS .MNPQ VBEFN VCFGP VDGHQ VAHEM VS . ABCD VS .MNPQ 4VB. EFN .
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
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 yz
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
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
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
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
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 .
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
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 .
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 .
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.
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
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
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 .
Kẻ BH MN BH ASC .
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
Kẻ EH AB, FH AD
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. ABCD có thể tích bằng V .
Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của AB , BC 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
Gọi Q là trung điểm của AA . Khi đó, tứ giác C B QP là hình bình hành.
1
Do đó, VC. MBP VM .CBQP VM .CBQ (2)
2
VM .CBQ MQ 1 1
VM .CB Q VM .CB I (3)
VM .CBI MI 2 2
1
Ta lại có, SCB I . BI .d C, AB và SABCD BA.d C, AB
2
1
SCBI . BI.d C, AB
2 1 3 3 3
Suy ra, . SCBI .S AB CD
S ABCD BA.d C, AB 2 2 4 4
Gọi h d M, ABCD
1 1 3 1 1
VM .CBI .SCBI .h . .S ABCD .h .SABCD .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
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
M
G I
A
C
Các điểm M , K xác định như cách 1, kéo dài MK cắt BC tại J .
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
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
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 SPQK 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
Gọi ABC D là thiết diện của với lăng trụ ABCD. A1 B1C1D1 .Do thay đổi và luôn song song
với mặt đáy nên S ABC 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
AM AA
Xét AA1 B1 có AM / / A1 B1 .Theo định lí talet: AM ax
A1 B1 AA1
A1 A AQ
Xét AA1 D có AQ / / AD . Theo định lí talet: AQ 1 x d ta cũng có
A1 A AD
SBMN
SABC x .(1 x)
SCNP
S SBCD x .(1 x)
SBMN S S
Xét x(1 x), CNP x(1 x), D PQ x(1 x), A MQ x(1 x)
SABC SBCD SACD S ABD S SDPQ
ACD
x.(1 x)
S S AMQ
ABD
x.(1 x)
( 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.
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 .
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
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
Lại có AN AD 2 DN 2 a 58 MN AN 2 AM 2 7 a
Mặt khác IM IN R 2 AM 2 R 2 DN 2 R 2 9 a 2 R 2 16 a 2 7 a
R5
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 ) .
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
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
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
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
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
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
(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 .
….
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
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 .
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
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
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
1
Suy ra thể tích phần không chứa nước là V2 V . Chiều cao của phần phễu không chứa nước trong
8
3
V hk 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
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 .
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
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
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
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
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
Vậy thể tích khối trụ lớn nhất khi chiều cao h r
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 .
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
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 .
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
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
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
t 2 2t 1 0
t 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 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
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 .
3a a 2 b 2 c 2 . (1)
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
a 0
5a 4c
5
Xét hệ (II): 2 2 2
c a
3a a b c 4
2 103 2
b 16 a
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 x4 y4 z4
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 .
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
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 .
Câu 15. (HSG12 tỉnh Bắc Ninh 2018 – 2019 ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho mặt cầu
x y2 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
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 .
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
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 .
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 z20 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:
xb ( 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 .
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
.
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
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
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 .
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 .
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.
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
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 ).
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
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.
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.
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?
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
Đặt: 3n 1 155k , k . Suy ra: 155k 1 chia hết cho 3 . Hay 156k k 1 chia hết cho 3 .
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 .
Một cách tương tự, thay x 1, x 1 trong điều kiện thứ nhất và thay x 1, x 1
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 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.
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 .
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 .
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
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
(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.
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
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).
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 .
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)
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.
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:
Vậy cách như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
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
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.
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
TH1: n 1 , thử trực tiếp với m 1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.
TH2: n 1 , thử trực tiếp với m 1, 2,3, 4,5 đều không thỏa mãn.
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
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
4m 1 p a
+) Nếu b a thì y 1, x 0 2 b
m 10 2.11. p
p | 4m 1 p7
Do 2
p | 4 m 2 10 m 4 m 1 40 m p | 4m 160 p |161
p | m 10 p 23
4m 1 7b 1
Khi đó ta có: 2 k
m 12 .
m 10 22.7
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.
( 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 ).
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 )
* 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.
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 p3
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:
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 ) .
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
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.)
n
Đặt n1 k
và n0 n1. pm . Do pik 2 k pm suy ra n0 n .
pi
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
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
+ Trường hợp 1: với a 2 khi đó 8a 2 1 33 chia hết cho 11 , loại trường hợp a 2 .
+ 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
Địa chỉ truy cập click vào đây http://www.vungocthanh1984.blogspot.com/ Trang 623