TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 – MÔN TOÁN – PHẦN 1 – 16 ĐỀ ÔN THI HSG CÓ LỜI GIẢI by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 – MÔN TOÁN – PHẦN 1 – 16 ĐỀ ÔN THI HSG CÓ LỜI GIẢI WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 – PHẦN 1 ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 1 x Câu 1. (5 điểm) a) Cho phương trình tan x + 1 − cos 2 x = sin x tan x tan . Tình tổng tất cả các nghiệm thuộc 2 khoảng ( 0;2020π ) của phương trình . b) Giải phương trình ( 9 x + 1) 9 x − 1 = 8 x 3 − 12 x 2 + 10 x − 3 x + x − y = m  Câu 2. (2 điểm) Cho hệ phương trình:    với m là tham số 2 3 y−2 x+ x − y + 1 − x x = 3 x + x − xy ( )       thực. Tìm các giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ 0; 2020] để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

(

)

Câu 3. (3 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề . n

1   b) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức  x + 4  biết rằng n là số nguyên dương thỏa 2 x  1 2 3 n −1 n mãn: Cn + 2Cn + 3Cn + ... + ( n − 1) Cn + nCn = 64 n . 2

Câu 4. (6 điểm) a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,

AD = 2 AB = 2BC , CD = 2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnh CD . Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng ( SBM ) . b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 và AA ' = a ( a > 0 ) . Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng ( BDC ' ) . u1 = 2  Câu 5. (4 điểm) a) Cho dãy số ( un ) xác định như sau  un 2 + 2019un u = , ∀n ≥ 1  n +1 2020   u un  u Tính lim  1 + 2 + ... + . un+1 − 1   u2 − 1 u3 − 1 b) Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x ≥ y; x ≥ z; x 2 + 9 yz ≤ xz + 9 xy .

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x + + + . y x+ y y+z x+z ---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 1 x Câu 1. a) Cho phương trình tan x + 1 − cos 2 x = sin x tan x tan . Tình tổng tất cả các nghiệm thuộc khoảng 2 cos x ≠ 0 π     x ≠ + kπ ( 0;2020π ) của phương trình . Lời giải ĐK:  x ⇔  2 (k, l ∈ ℤ) . cos 2 ≠ 0  x ≠ π + l 2π x x + Ta có: tan x + 1 − cos 2 x = sin x tan x tan ⇔ tan x + sin 2 x = sin x.tan x.tan 2 2 sin x = 0 (1)  . ⇔ 1 x  + sin x − tan x. tan = 0 ( 2 ) 2  cos x Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

+ PT (1) ⇔ x = mπ . Kết hợp điều kiện ta được họ nghiệm là x = n 2π , n ∈ ℤ .

x cos 1 1 x 2 + sin x + 1 = ⇔ sin x = −1 ( loại). + PT ( 2 ) ⇔ + sin x + 1 = 1 + tan x.tan ⇔ x cos x 2 cos x cos x.cos 2 Vì x ∈ ( 0; 2020π ) , nên x ∈ {2π , 4π , 6π ,...2018π } . Tổng T = 2π + 4π + 6π + ... + 2018π = 2π (1 + 2 + 3 + ... + 1009 ) = 1009.1010π . b) Giải phương trình ( 9 x + 1) 9 x − 1 = 8 x 3 − 12 x 2 + 10 x − 3 Lời giải 3 1 3 ĐK: x ≥ . Ta có ( 9 x + 1) 9 x − 1 = 8 x3 − 12 x 2 + 10 x − 3 ⇔ 9 x − 1 + 2 9 x − 1 = ( 2 x − 1) + 2 ( 2 x − 1) (1) 9 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t , ( t ≥ 0 ) có f ′ ( t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t ≥ 0 suy ra hàm số f ( t ) đồng biến trên ( 0; +∞ )

(

)

1  13 + 137 x ≥ 2 ⇔ x= (Thỏa mãn ĐK). ( 2) . Từ (1) và ( 2) suy ra 2 x − 1 = 9 x − 1 ⇔  8 9 x − 1 = ( 2 x − 1)2  Vậy x =

13 + 137 . 8

x + x − y = m  Câu 2. Cho hệ phương trình:    với m là tham số thực. Tìm 2  x − y + (1 − x ) x = 3  x + 3 y − 2 x + x − xy     các giá trị nguyên của tham số m trong đoạn [ 0; 2020 ] để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

(

)

Lời giải x ≥ 0 Điều kiện:  . x − y ≥ 0   x − y + (1 − x ) x = 3  x + 3 y − 2 x + x 2 − xy   

(

Ta có:

)

⇔ x − y + x + 3 3 x − y + 2 x x − y + x = x x + 3x ⇔

(

)

x − y + x + 33

Đặt a =

(

x− y + x

) = ( x)

( x ) (∗)

x − y + x và b = x , dễ thấy a ≥ 0, b ≥ 0

(∗) thành a 3 + 3a 2 = b 3 + 3b 2

⇔ a 3 − b3 + 3 ( a 2 − b 2 ) = 0 ⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 + 3 ( a + b ) ) = 0

(Dễ thấy a 2 + ab + b 2 + 3 ( a + b ) > 0 ).

⇔a =b ⇔

x− y + x = x ⇔ x− y + x = x x ⇔ x− y = x x − x

x ≥ 1 ⇔ x − y = x ( x − 1) ⇔ x − y = x ( x − 1) ⇒ x ( x − 1) ≥ 0 ⇔  . x = 0 Trường hợp 1: x = 0 ⇒ − y = 0 ⇒ y = 0 .

Vậy x + x − y = m thành m = 0 . Suy ra m = 0 là 1 giá trị cần tìm. Trường hợp 2: x ≥ 1 Vậy x + x − y = m thành x + x x − x = m , x ∈ [1; + ∞ ) (1) . Hệ có nghiệm duy nhất khi (1) có nghiệm duy nhất trên [1; + ∞ ) .

Xét f ( x ) = x + x x − x , với x ∈ [1; + ∞ ) .

(

) 2 1 x > 0, ∀x ∈ [1; + ∞ ) . Suy ra

⇒ f ′ ( x ) = 2 x + 3x − 1 .

f ( x) ≥ 1 ⇒ m ≥ 1.

m = 0 Yêu cầu bài toán ⇔  . Do m ∈ ℤ và m ∈ [ 0; 2020] . Suy ra có 2021 giá trị nguyên của tham số m m ≥ 1 Câu 3. a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề . Lời giải Cách 1: Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 .

Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10 5 = 4500000 ( số ). Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có n ( Ω ) = 4500000 . Gọi A là biến cố: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề” Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào các vị trí a1 , a2 , a3 . Số cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí a1 , a2 , a3 là 53 cách. Số cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn khác nhau vào 4 vị trí còn lại là: A54 . Các số lập được trong trường hợp này là: 53. A54 = 15000 (số). Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào 3 vị trí liên tiếp từ các vị trí a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Có 3 cách chọn bộ 3 vị trí liên tiếp: {a2 ; a3 ; a4 } ; {a3 ; a4 ; a5 } ; {a4 ; a5 ; a6 } . Mỗi bộ 3 vị trí được chọn có: +) 53 cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí đó. +) có 4.A43 cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn vào 4 vị trí còn lại. Số các số lập được trong trường hợp này là: 3.53.4. A43 = 36000 (số). Số phần tử của biến cố A là: n ( A) = 36000 + 15000 = 51000 . Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

51000 17 = . 4500000 1500

Cách 2: Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10 5 = 4500000 ( số ). Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có n ( Ω ) = 4500000 . Gọi biến cố A: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề” +) Nếu chữ số đầu có thể là chữ số 0 . Số cách chọn 4 chữ số chẵn từ các chữ số 0; 2; 4; 6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A54 . X Chẵn x Chẵn x Chẵn x Chẵn 4 chữ số chẵn vừa xếp tạo ra 5 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 4 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 4.53 cách. Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A54 .4.53 = 60000 (dãy). +) Nếu chữ số đầu tiên là chữ số 0 . Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ các chữ số 2; 4; 6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A43 . x Chẵn X Chẵn x Chẵn 0 3 chữ số chẵn vừa xếp cùng với chữ số 0 đứng đầu tạo ra 4 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 3 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 3.53 cách.

Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A43 .3.53 = 9000 (dãy). +) Suy ra số các dãy là số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000 − 9000 = 51000 (dãy). Do đó số phần tử của biến cố A là: n ( A) = 51000 . Vậy xác suất cần tìm là: P ( A) =

n ( A) n ( Ω)

51000 17 = . 4500000 1500

1   b) Tìm hệ số của số hạng chứa x 2 trong khai triển nhị thức  x + 4  biết rằng n là số nguyên dương thỏa 2 x  1 2 3 n −1 n mãn: Cn + 2Cn + 3Cn + ... + ( n − 1) Cn + nCn = 64n . Lời giải n 0 1 2 2 3 3 Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + Cn x + .... + Cnn −1 x n −1 + Cnn x n (1) ( n ∈ N * ) Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có: n −1 n (1 + x ) = Cn1 + 2Cn2 x + 3Cn3 x 2 + ... + ( n − 1)Cnn −1 x n − 2 + nCnn x n −1 (2)

Thay x = 1 vào (2) ta được: n.2 n −1 = Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + ... + ( n − 1) Cnn −1 + nCnn . Từ giả thiết Cn1 + 2Cn2 + 3Cn3 + ... + ( n − 1) Cnn −1 + nCnn = 64n Ta có: 64n = n.2 n −1 ⇔ 26 = 2 n −1 ⇔ 6 = n − 1 ⇔ n = 7 (thỏa mãn n ∈ N * ). 7

1   Số hạng tổng quát của khai triển  x + 4  là: 2 x  k

7−k k 14 −3 k − 1 1  1  .  4  = k C7k .x 2 .x 4 = k C7k .x 4 ;0 ≤ k ≤ 7, k ∈ N 2 2 2 x  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 21 Vậy hệ số của số hạng chứa x 2 là: 2 .C72 = . 2. 4 Câu 4. a) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD = 2 AB = 2BC ,

T = C7k

( )

7−k

CD = 2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm M của cạnh CD . Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt phẳng ( SBM ) . Lời giải S

G A

K B

+ Kẻ CI ⊥ AD mà AD = 2 AB = 2 BC nên suy ra I là trung điểm của AD ⇒ CID là tam giác vuông cân tại I + Ta có SM ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SMB ) ⊥ ( ABCD ) Nên từ I ta kẻ IX ⊥ BM ⇒ IX ⊥ ( SBM ) + Trong ( SIX ) ta kẻ GN / / IX ⇒ GN ⊥ ( SBM ) ⇒ d G, ( SBM )  = GN + Xét hai tam giác đồng dạng SGN và SIX : Ta xét ( ABCD ) :

GN SG 2 2 = = ⇒ GN = IX IX SI 3 3

M X K B

1 AB suy ra F là trung điểm của AQ 2 Ta có: CD = 2a 2 , mà ∆CID vuông cân tại I nên ID = 2a 1 MF = AB suy ta F là trung điểm của AQ ⇒ AQ = 6a 2 AQ. AB 3a 10 + Xét ∆ vuông ABQ , ta kẻ AK ⊥ BQ ⇒ AK = = 2 2 5 AQ + AB

+ Kẻ MF ⊥ AD mà M là trung điểm của CD ⇒ MF =

+ Ta xét 2 tam giác đồng dạng QIX và QAK : ⇒ IX =

QI . AK 2a 10 = . QA 5

2 2 2a 10 4a 10 IX = . = 3 3 5 15 b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình vuông, AB = 1 và AA ' = a ( a > 0 ) .

Vậy: GN =

Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn nhất của góc tạo bởi đường thẳng B ' D và mặt phẳng ( BDC ' ) . Lời giải

B' A'

D' C

Đặt CB = b(b > 0) Dễ thấy CB′ cắt BC′ tại trung điểm của mỗi đường 1 1 Nên d ( B′, ( BDC ′)) = d (C , ( BDC ′)) = = 1 1 1 1 1 + + 1+ 2 + 2 CD 2 CC ′2 CB 2 a b d ( B′, ( BDC ′)) 1 DB′ = a 2 + b 2 + 1 => sin( DB′, ( BDC ′)) = = DB′ 1 1 (a 2 + b 2 + 1)( 2 + 2 + 1) 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 = 1 ) a b a b

1 ′, ( BDC ′)) ≤ 90 mà trong khoảng này hàm y = sin x đồng biến ⇒ sin( DB′, ( BDC ′)) ≤ dễ thấy 0 ≤ ( DB 3 1 ′, ( BDC ′))max = arcsin( ) ( DB 3 u1 = 2  Câu 5. a) Cho dãy số ( un ) xác định như sau  un 2 + 2019un , ∀n ≥ 1 un +1 = 2020   u un  u Tính lim  1 + 2 + ... + . un+1 − 1   u2 − 1 u3 − 1 Lời giải 2 u + 2019un un ( un − 1) Ta có un +1 = n = + un . 2020 2020 u ( u − 1) +) Có u1 = 2 > 1. Giả sử uk > 1 , ta có uk +1 = k k + uk . 2020 u ( u − 1) Vì uk > 1 nên k k > 0 suy ra uk +1 > uk > 1, ∀k ∈ ℕ* . Vậy un > 1, ∀n ∈ ℕ* 2020 un ( un − 1) u ( u − 1) Vì un +1 = + un mà un > 1, ∀n ∈ ℤ + nên n n > 0 ⇒ un +1 > un , ∀n ∈ ℕ* ⇒ dãy ( un ) tăng 2020 2020 và un > 2, ∀n > 1 . +) Giả sử ( un ) có giới hạn hữu hạn là L ⇒ L > 2 , khi đó

un+1 =

L = 0 un 2 + 2019un L2 + 2019 L ⇒L= ⇔ L2 − L = 0 ⇔  (loại vì L > 2 ). 2020 2020 L = 1

Vậy ( un ) có giới hạn vô hạn. Mà un > 2, ∀n > 1 nên lim un = +∞. un ( un − 1) u ( u − 1) + un ⇔ un +1 − un = n n ⇔ 2020 ( un +1 − un ) = un ( un − 1) 2020 2020 2020 ( un+1 − 1) − ( un − 1)  2020 ( un+1 − un ) un un 2020 2020 ⇔ un = ⇔ = ⇔ = − . un − 1 un+1 − 1 un+1 − 1 un − 1 un +1 − 1 ( un+1 − 1)( un − 1)

+)Ta có un +1 =

Suy ra  u  2020 2020 2020 2020 un  u 2020 2020  lim  1 + 2 + ... + − + − + ... + −  = lim   un+1 − 1  un − 1 un+1 − 1   u2 − 1 u3 − 1  u1 − 1 u2 − 1 u2 − 1 u3 − 1  2020 2020  = lim  −  = 2020 (do u1 = 2;lim un+1 = lim un = +∞).  u1 − 1 un+1 − 1  b) 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 P =

9 y − x 2 y + x 2 y + z 2z + x + + + . y x+ y y+z x+z Lời giải

+/ Ta sẽ chứng minh: Với mọi a, b dương và ab ≥ 1 thì Thật vậy: (*) ⇔

(

a− b

)(

1 1 2 + ≥ (*) 1 + a 1 + b 1 + ab

)

ab − 1 ≥ 0 (luôn đúng). Đẳng thức xảy ra khi a = b hoặc ab = 1 .

+/ Ta có: x + 9 yz ≤ xz + 9 xy ⇔ ( x − z )( x − 9 y ) ≤ 0 ⇒ x − 9 y ≤ 0 vì x ≥ z ⇒ x − z ≥ 0 2

x ⇒ t ∈ [1;9] y t+2 y z t+2 1 1 +1+ +1+ = 3 9−t + +2+ + Khi đó P = 3 9 − t + z x t +1 y+z x+z t +1 1+ 1+ y z t+2 t+2 2 2 +2+ = 3 9−t + +2+ Áp dụng bất đẳng thức đã chứng minh, ta có: P ≥ 3 9 − t + t +1 t +1 z x 1+ t 1+ yz

Đặt t =

t+2 2 +2+ , t ∈ [1;9] có t +1 1+ t 1 1 18 − − < 0, ∀t ∈ [1;9] từ đó suy ra P ≥ f (t) ≥ f(9) = 2 2 5 ( t + 1) t 1+ t

Xét hàm số f (t ) = 3 9 − t +

−1

f '(t) = 3

(9 − t )

(

)

x y =9  x = 9 y x = 9 y  x z x = 9 y 18 ⇔ ⇔ . Vậy min P = khi  . Dấu bằng xảy ra khi   =  2 5 z = 3y  xy = z z = 3y  z y  x z  . = 1  z y ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 2 1 Câu 1. (6 đ) a) Giải phương trình cos3x (2cos 2 x +1) = 2 b) Giải phương trình sau:

x3 1 27 − 2 + = 3 3x 2 − 3x + . 3 2 4

2 ( x − y ) + 2 x + y + 2 xy + 1 = 1 Câu 2. (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0:  3  3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1 Câu 3. (4 đ) a) Cho cấp số nhân (un ) với u1 = sin x, u2 = cos x, u3 = tan x lần lượt là ba số hạng đầu tiên. Tìm n để số hạng un = 1+ cos x. b) Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Tính xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu . Câu 4. (6 đ) a) Cho hình vuông ABCD cạnh a, trên đường thẳng vuông góc với ( ABCD ) tại A ta lấy điểm S di động. Hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD lần lượt là H , K . Tính thể tích lớn nhất của tứ diện ACHK . b) Cho hình chóp S . ABC có SA = 1, SB = 2, SC = 3. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng (α ) đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 T= + + . SM 2 SN 2 SP 2 Câu 5. (2 đ) Cho x , y là các số thực thỏa mãn x + y = x − 1 + 2 y + 2 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y . ---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 2

Câu 1. (6 đ) a) Giải phương trình cos3x ( 2cos 2 x +1) = Lời giải. Phương trình ⇔ 4 cos 3 x cos 2 x + 2 cos 3 x = 1 ⇔ 2 (cos 5 x + cos x ) + 2 cos 3 x = 1

1 2

⇔ 2 cos x + 2 cos 3 x + 2 cos 5 x = 1. Nhận thấy sin x = 0 ⇔ x = k π (k ∈ ℤ ) không thỏa mãn phương trình.

Nhân hai vế cho sin x ta được 2 sin x cos x + 2 sin x cos 3 x + 2 sin x cos 5 x = sin x ⇔ sin 2 x + (sin 4 x − sin 2 x) + (sin 6 x − sin 4 x ) = sin x  m 2π x =  5 ⇔ sin 6 x = sin x ⇔  ( m, n ∈ ℤ ).  π n 2π x = + 7 7  m2π π n2π Vậy phương trình có các nghiệm là x = và x = + với 2m không chia hết cho 5 và (1+2n) không chia 5 7 7

hết cho 7.

x3 1 27 − 2 + = 3 3 x 2 − 3x + 3 2 4

b) Giải phương trình sau:

(1) . Lời giải

Điều kiện: x ≥ 6

(*) . 2

27 3  1 Đặt y = 3 x − 3 x + = 3  x −  + 6 ≥ 3 6 , phương trình đã cho trở thành hệ phương trình sau: 4 2  3

 3 27 2  3 27  3 27  y = 3 x − 3x + 2 y = 3x 2 − 3x + 4    y = 3x − 3x + 4 4 ⇔ 2 ⇔   3 x −2 =y− 1  x 3 = 3y 2 − 3y + 27  x 3 + 3 x 2 − 3 x = y 3 + 3 y 2 − 3y     3  4 2  Xét f ( t ) = t 3 + 3t 2 − 3t có f ′ ( t ) = 3t 2 + 6t − 3 > 0, ∀t ∈  3 6; +∞ . 

(1) . (2)

)

Suy ra hàm số f ( t ) luôn đồng biến trên  3 6; +∞ , do đó: ( 2 ) ⇔ y = x , thế vào (1) :  3 3 27 23 46 (thỏa mãn điều kiện (*)). ⇔ ( x − 1) = ⇔ x = 1+ 4 4 2 2 ( x − y ) + 2 x + y + 2 xy + 1 = 1 Câu 2. (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0:  3  3 3 y + 1 = 8 x − 2 y − 1 Lời giải Ta có 2 x + y + 2 xy + 1 = ( 2 x + 1)( y + 1) .

(1) ⇔ x

= 3x 2 − 3x +

Do x > 0 nên y ≥ −1 . Từ đó ta có: (1) ⇔ 2 ( x − y ) +

( 2 x + 1)( y + 1) = 1 ⇔ ( 2 x + 1) + ( 2 x + 1)( y + 1) − 2 ( y + 1) = 0

 2x + 1 = y + 1  x > 0, y ≥ −1 ⇔ ⇔ .  2 x + 1 = −2 y + 1  y = 2 x > 0 Thay y = 2 x vào ( 2) ta được: 3 6 x + 1 = 8 x3 − 4 x − 1 ⇔ 6 x + 1 + 3 6 x + 1 = 8 x3 + 2 x (*) Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t > 0 , có f ′ ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t > 0 Suy ra f ( t ) là hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) . Suy ra (*) ⇔ f

(

)

6 x + 1 = f ( 2 x ) ⇔ 3 6 x + 1 = 2 x ⇔ 8x3 − 6 x − 1 = 0

⇔ 4 x3 − 3x =

1 ( 3) 2

1 suy ra phương trình vô nghiệm 2 1  π Với 0 < x < 1 , đặt x = cos ϕ với ϕ ∈  0;  . Khi đó ( 3 ) ⇔ 4 cos3 ϕ − 3cos ϕ = 2  2 1 π 2π π  π ⇔ cos 3ϕ = ⇔ ϕ = ± + k , ( k ∈ ℤ ) . Do ϕ ∈  0;  ⇒ ϕ = 2 9 3 9  2 Với x ≥ 1 ⇒ 4 x 3 − 3 x ≥ 1 >

π   x = cos 9 Vậy  . π  y = 2 cos  9 Câu 3. (4 đ) a) Cho cấp số nhân (un ) với u1 = sin x , u2 = cos x , u3 = tan x lần lượt là ba số hạng đầu tiên. Tìm n để số hạng un = 1 + cos x. Lời giải. Từ giả thiết suy ra công bội của CSN là q =

u2 cos x = . u2 sin x

Theo tính chất CSN ta có u1 .u3 = u22 ⇔ sin x . tan x = cos 2 x ⇔ cos 3 x + cos 2 x − 1 = 0. Đặt t = cos x , −1 ≤ t ≤ 1. Khi đó (1) trở thành t 3 + t 2 − 1 = 0. n −1

 cos x    sin x 

Ta có 1 + cos x = un = u1 .  2

Suy ra (1 + cos x ) = 2

⇒ (1 + t ) =

(1) (2 )

n −1

cos x . sin n−2 x

cos2 n−2 x cos2 n −2 x = sin 2 n−4 x (1 − cos 2 x )n−2

t 2 n−2 2 n −2

n −2

⇔ (1 + t ) (1 − t 2 )

n −2

= t 2 n−2 ⇔ (1 + t ) t 4 (1 − t 2 )

(1 − t ) n −2 n −2 2 2 2 ⇔ (1 + t ) (t 2 ) (1 − t 2 ) = t 2 n +2 ⇔ (t 2 + t 3 ) (1 − t 2 ) = t 2 n +2 n −2 ⇔ (t 3 ) = t 2 n +2 ⇔ t 3n−6 = t 2 n +2 ⇔ t n−8 = 1.

= t 2 n +2

Suy ra n − 8 = 0 ⇔ n = 8. b) Từ một hộp có 4 bút bi màu xanh, 5 bút bi màu đen và 6 bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên 5 bút. Tính xác suất để 5 bút được chọn chỉ có đúng hai màu . Lời giải Gọi A là biến cố: “ 5 bút được chọn có đúng hai màu”. Ta có n ( Ω ) = C155 . Vì 5 bút được chọn có đúng hai màu nên có 3 trường hợp: TH1: Có đúng hai màu xanh và đen: - Chọn 5 bút trong hai màu xanh, đen (có 9 bút), có C95 cách chọn. - Trong C95 cách chọn 5 bút trên, có C55 cách chọn cả 5 bút đều màu đen và không có cách chọn nào để cả 5 bút đều màu xanh. Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu xanh và đen bằng C95 − C55 . TH2: Có đúng hai màu đen và đỏ: - Chọn 5 bút trong hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có C115 cách chọn. - Trong C115 cách chọn 5 bút trên, có C55 cách chọn cả 5 bút đều màu đen và C65 cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ. Số cách chọn 5 bút có đúng hai màu đỏ và đen bằng C115 − C55 − C65 . TH3: Có đúng hai màu đỏ và xanh: - Chọn 5 bút trong hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có C105 cách chọn.

- Trong C105 cách chọnn 5 bút trên, có C65 cách chọn cả 5 bút đều màu đỏ và không có cách chọn ch cả 5 bút đều màu xanh. Số cách chọn 5 bút có đúng úng hai màu đỏ và xanh bằng C105 − C65 .

5 9

− C55 ) + ( C115 − C55 − C65 ) + ( C105 − C65 )

118 . C 429 Câu 4. (6 đ) a) Cho hình vuông ABCD cạạnh a, trên đường thẳng vuông góc với ( ABCD ) tại A ta lấy điểm S di động. Hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD lần lượt là H , K . Tính thể tích lớn nhất củ ủa tứ diện ACHK . Vậy P ( A) =

5 15

1 6

Lời giải. Tham khảo hình vẽ. Ta sẽ sử dụng ng công thức th V = a.b.d (a, b). sin (a, b). Đặt SA = x ( x > 0 ). Tính được KH = 1 6

1 6

đó V ACHK = AC.KH .HI = .a 2.

Xét hàm f ( x ) =

2 2

)

a2 x x 2a 2 . , IH = 2 2 2 a +x a + x2

Chứng minh được HI = d (KH , AC ) và AC ⊥ HK . Khi

x 2a 2 a2 x a4 x3 . 2 = . . 2 2 2 a +x a +x 3 (a2 + x 2 )2

trên (0; +∞), ta có max f (x ) = (0;+∞)

3 3 16 a

khi x = a 3.

a3 3 . 16 SA = 1, SB = 2, SC = 3. Gọi G

Suy ra thể tích khối tứ diện lớn nhất bằng ng V max =

b) Cho hình chóp S . ABC có là trọng tâm tam giác ABC. Mặt phẳng (α) đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M , N , P. Tìm giá trị nhỏ nh nhất của biểu thức 1 1 1 + + . SM 2 SN 2 SP 2 Lời giải. Do G là trọng tâm ∆ABC. 1 Ta có SG = SA + SB + SC 3 SG 1  SA SB SC  ⇔ .SI =  .SM + .SN + .SP   SI 3  SM SN SP 1  SA SB SC  ⇔ SI =  .SM + .SN + .SP .  6  SM SN SP  1 SA SB SC  SA SB SC + + + + = 6. Do I , M , N , P đồng phẳng nên  =1↔ 6  SM SN SP  SM SN SP

T =

(

)

 SA SB SC   1 1 1  2 2 2 + + + + Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có   ≤ (SA + SB + SC ).  SM SN SP   SM 2 SN 2 SP 2 

Suy ra T ≥

36 18 = . SA 2 + SB 2 + SC 2 7

Câu 5. (2 đ) Cho x , y là các số thực thỏỏa mãn x + y = x − 1 + 2 y + 2 . Tìm giá trị lớnn nhất nh và nhỏ nhất của

P = x 2 + y 2 + 2 ( x + 1)( y + 1) + 8 4 − x − y . Lời giải   x ≥ 1 x + y = x − 1 + 2 ( y + 1) ;  § K :  ⇒ x + y ≥ 0  y ≥ −1  

⇔ ( 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]

 2  = 2t + 2 1 −  2 4−t 4−t    4−t −2  2 ( 4 − t − 4) = 2t + 2  = 2t +   4 − t  4−t 4−t +2 

f ′ ( t ) = 2t + 2 −

(

 1 = 2t 1 −  4−t +2

)  2t ( 3 − t + 2 4 − t ) ⇒ f ′ ( t ) ≥ 0 ∀t ∈ [ 0; 3] = 4−t  4 − t ( 4 − t + 2)

⇒ min f ( t ) = f ( 0 ) = 2 + 8 4 = 18 [0;3]

( Khi x = 1; y = −1)

max f ( t ) = f ( 3) = 9 + 6 + 2 + 8 = 25 ( Khi x = 2; y = 1) [0;3]

Câu 1.(6,0 điểm) 1. Giải phương trình

---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 3 cos 2 2 x + sin x + cos x = 2 . 4 2

2. Giải phương trình ( 3x − 4 ) 3x − 5 = x 3 − x 2 − 6 x + 10 .

1 1  2 2 x + y + + =5  x 2 y2 Câu 2. (2,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( xy − 1)2 = x 2 − y 2 + 2 

( x, y ∈ ℝ )

Câu 3. (4,0 điểm)  u1 = 2  1. Cho dãy số ( un ) biết  u 2 = 3 . Với S 2020 = u1 + u 2 + u 3 + ... + u 2020 , tính S2020 .   u n + 2 = 3.u n +1 − u n 2. Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số chọn được có các chữ số 3,4,5 đứng liền nhau và các chữ số 6,9 đứng liền nhau. Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC

a 3 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' . 4 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng ( α ) đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm (khác A ). Gọi h A , h B , h C , h D lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến mặt phẳng ( α ) . bằng

h 2B + h C2 + h 2D Chứng minh rằng: ≥ h 2A . 3 Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 2 3 P= − . a + ab + 3 abc a+b+c ---HẾT--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 3 Câu 1.

cos 2 2 x + sin x + cos x = 2 . 4 2 Lời giải π  Đặt t = sin x + cos x = 2 cos  x −  , với − 2 ≤ t ≤ 2 . 4 

1. Giải phương trình

Ta có sin 2 x = 2sin x cos x = t 2 − 1 ⇒ cos 2 2 x = (1 − sin 2 2 x ) = 1 − ( t 2 − 1)  = −t 4 + 2t 2 .   Do đó, phương trình đã cho trở thành : −t 4 + 2t 2 + t = 2 ⇔ t 4 − 2t 2 − 4 2t + 8 = 0 ⇔ t 2 ( t 2 − 2 ) − 4 2 t − 2 = 0 4 2 2

(

)(

)

⇔ t − 2 t 3 + 2t 2 − 4 2 = 0 ⇔ t = 2 .

π π π   Suy ra t = 2 cos  x −  = 2 ⇔ cos  x −  = 1 ⇔ x = + k 2π , k ∈ ℤ . 4 4 4   3 2 2. Giải phương trình ( 3x − 4 ) 3x − 5 = x − x − 6 x + 10 . Lời giải

( 3x − 4)

3x − 5 = x − x − 6 x + 10 (1)

5 (*) 3 Phương trình (1) ⇔ ( 3x − 5 ) 3x − 5 + 3x − 5 = x 3 − x 2 − 6 x + 10 Điều kiện: x ≥

⇔ ( 3 x − 5 ) 3 x − 5 + 2 ( 3 x − 5 ) + 3 x − 5 = ( x − 1) + 2 ( x − 1) + ( x − 1) ( 2 )

 3x − 5 ≥ 0 5 nên  3  x − 1 > 0 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t 2 + t , với t ≥ 0

Do x ≥

Có f ′ ( t ) = 3t 2 + 4t + 1 > 0 , với mọi t ≥ 0 . ⇒ Hàm số y = f ( t ) đồng biến trên ( 0; + ∞ ) .

 x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 x = 2 Khi đó, phương trình ( 2 ) ⇔ 3x − 5 = x −1 ⇔  ⇔ 2 ⇔  2 x = 3 3x − 5 = ( x − 1)  x − 5x + 6 = 0 Đối chiếu với điều kiện (*) ta có tập nghiệm phương trình là S = {2;3} .

1 1  2 2  x + y + x 2 + y2 = 5 Câu 2. Giải hệ phương trình  ( xy − 1)2 = x 2 − y 2 + 2 

( x, y ∈ ℝ )

Giải

x ≠ 0 y ≠ 0

ĐKXĐ: 

2 2  1  1  x +  +  y −  = 5 x  y Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:   2 2 ( x + 1) .( y − 1) = 2xy 2 2  1  1 1   x +  +  y −  = 5 u=x+  x  y x  ⇔ (*) , đặt  1  1   v = y − 1 x + . y − = 2   y    x  y  2 u 2 + v 2 = 5 ( u + v ) = 9 Hệ phương trình ( *) trở thành  ⇔ uv = 2 uv = 2 u + v = 3  u + v = −3 (I) hoặc  (II) ⇔ uv = 2 uv = 2

Ta có:

u = 1 u = 2 hoặc  v = 2 v = 1  u = −1  u = −2 hoặc  ( II ) ⇔   v = −2  v = −1

(I) ⇔ 

 u = 2  u = −2 1 ⇒ u ≥ 2 nên chỉ có  và  thỏa mãn. v = 1 v = − 1 x   1  x + = 2 x = 1  u = 2 x   ta có  ⇔  1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 1 v = 1 y =  y − = 1   2 y  1  x + = −2  x = −1   u = −2 x   ta có  ⇔  −1 ± 5 (thỏa mãn ĐKXĐ) 1 v = − 1 y =   y − = −1   2 y  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) là:

Vì u = x +

 1+ 5   1− 5   −1 + 5   −1 − 5  1;  , 1;  ,  −1;  ,  −1; . 2   2  2 2    Câu 3. 1. Cho dãy số ( un )

Ta có:

 u1 = 2  biết u 2 = 3 . Với S 2020 = u1 + u 2 + u 3 + ... + u 2020 , tính S2020 .   u n + 2 = 3.u n +1 − u n Lời giải

 (1 + 2 ) π π  u1 = 2 = 2.1 = 2.sin   = 2.sin  6 2 

 .   ( 2 + 2)π 3  2π  u2 = 3 = 2. = 2.sin   = 2sin  2 6  3   1  5π u3 = 1 = 2. = 2.sin  2  6

 (3 + 2)π   = 2.sin  6  

 . 

 ( n + 2)π  Dự đoán: un = 2sin   , ∀n ≥ 1 . 6   Ta chứng minh theo phương pháp quy nạp. π  Thật vậy: ta có u1 = 2 sin   = 2 . Mệnh đề trên đúng với n = 1 . 2  ( k + 2 )π Giả sử mệnh đề đúng với n = k , ( k ≥ 1) tức là u k = 2 sin  6 

 .   ( k + 3)π  Phải chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1 hay u k +1 = 2 sin   (∗ ) . 6    kπ 3π  Ta biến đổi tương đương như sau: (∗) ⇔ 3uk − uk −1 = 2sin  + . 6   6

 ( k + 2)π   ( k + 1) π   kπ π  ⇔ 3.2sin  + .  − 2 sin   = 2sin  6 6  6 2      kπ π   kπ π   kπ  ⇔ 2 3.sin  +  − 2sin  +  = 2 cos  .  6 3  6 6  6  kπ kπ   kπ kπ  kπ  3  sin + 3 cos + cos (luôn đúng).  −  3 sin  = 2 cos 6 6   6 6  6   ( n + 2)π  Vậy un = 2sin   , ∀n ≥ 1 . 6    ( k + 2)π   ( k + 2)π   ( k + 14 ) π Ta có: uk = 2 sin  + 2π  = 2 sin   = 2 sin  6 6 6      Vậy: S 2020

  = uk +12 .  = ( u1 + u2 + u3 + ... + u12 ) + ( u13 + u14 + ... + u24 ) + ... + ( u2005 + u2006 + ... + u2016 )

+u2017 + u2018 + u2019 + u2020 . ⇔ S 2020 = 168. ( u1 + u2 + u3 + ... + u12 ) + ( u2017 + u2018 + u2019 + u2020 ) . ⇔ S 2020 = 168. ( u1 + u2 + u3 + ... + u12 ) + ( u1 + u2 + u3 + u4 ) . Dễ thấy u1 + u2 + u3 + ... + u12 = 0 và u1 + u2 + u3 + u4 = 3 + 3 . ⇒ S2020 = 3 + 3 . 2. Gọi S là tập các số có 7 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để số chọn được có các chữ số 3,4,5 đứng liền nhau và các chữ số 6,9 đứng liền nhau. Lời giải Không gian mẫu là số số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau Ω = 9.9.8.7.6.5.4. Gọi A là biến cố số chọn được thỏa mãn yêu cầu đề bài Số thỏa mãn yêu cầu đề bài bắt buộc phải có 5 chữ số 3,4,5,6,9 nên cần chọn thêm 2 chữ số từ 5 số còn lại (0,1,2,7,8) Số cách chọn ra 2 trong 5 chữ số C52 (1) Theo đề ta “buộc” 3 chữ số 3,4,5 lại và xem như 1 phần tử có 3! cách, tương tự cũng buộc 2 chữ số 6 và 9 lại và xem như một phần tử có 2! cách (2)

Sau đó hoán vị 4 phần tử gồm 2 phần tử đã chọn ở (1) và 2 phần tử đã chọn ở (2) có 4! Cách Tổng cộng có C52 .3!.2!.4! số Nhưng trong cách tính trên vẫn còn số có dạng Oabcdef tức là có số 0 đứng đầu Ta tính số phần tử của trường hợp này tương tự như cách làm trên đối với số có 6 chữ số và chắc chắc số 0 đứng đầu, ta có C41 .3!.2!.3! . Vậy Ω A = C52 .3!.2!.4! − C41 .3!.2!.3! Xác xuất của biến cố A là: P ( A) =

Ω A C52 .3!.2!.4! − C41 .3!.2!.3! 1 = = Ω 9.9.8.7.6.5.4 210

Câu 4. (6,0 điểm) 1. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC

Chứng minh rằng:

h 2B + h C2 + h 2D ≥ h 2A . 3

Giải

a2 3 1. Diện tích đáy là SABC = . 4 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC  BC ⊥ AE Gọi E là trung điểm BC . Ta có  ⇒ BC ⊥ ( AA'E )  BC ⊥ A 'G Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường thẳng AA ' . Do đó BC ⊥ DE, AA' ⊥ DE Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC Tam giác ADE vuông tại D suy ra = DE = 1 ⇒ DAE = 300 sin DAE AE 2 a 0 Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có A 'G = AG.tan 30 = 3 3 a 3 Vậy VABC.A ' B'C ' = A 'G.SABC = . 12 2. Gọi B', C', D' lần lượt giao điểm của mp ( α ) với các cạnh AB, AC, AD . 1 Ta có VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD (*) 3 Vì VAB'C' D' = VAIB'C' + VAIC' D' + VAID 'B' và (*) nên VAB'C ' D' VAIB'C ' V V = + AIC 'D ' + AID' B' VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB

A' C'

B E G

A D' B'

G C

AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB' = + + AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB AB AC AD AG BB' CC' DD' ⇔ + + = 3. =6⇔ + + =3 AB' AC' AD' AI AB' AC' AD' BB' h B CC' h C DD' h D Mặt khác ta có , , = = = AB' h A AC' h A AD' h A h h h 2 2 2 2 Suy ra B + C + D = 3 ⇔ h B + h C + h D = 3h A (**). Ta có: ( h B + h C + h D ) ≤ 3 ( h B + h C + h D ) hA hA hA ⇔

⇔ ( h B − h C ) + ( h C − h D ) + ( h D − h B ) ≥ 0 ( luôn đúng ) 2

(

2 B

2 C

Kết hợp với (**) ta được ( 3h A ) ≤ 3 h + h + h

2 D

)

h 2B + h C2 + h D2 Hay ≥ h 2A . 3

Câu 5: Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

2 − a + ab + 3 abc

3 . a+b+c

Giải Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

1 a + 4b 1 a + 4b + 16c 4 a + ab + 3 abc ≤ a + . + . = (a + b + c) . 2 2 4 3 3 3 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4b = 16c . Suy ra P ≥ − 2(a + b + c) a+b+c 3 3 Đặt t = a + b + c, t > 0 . Khi đó ta có: P ≥ − 2t t 3 3 3 3 Xét hàm số f ( t ) = với t > 0 ta có f ' ( t ) = − − 2. 2t t 2t t 2t 3 3 f '( t ) = 0 ⇔ − 2 = 0 ⇔ t =1 2t t 2t Bảng biến thiên

t f '( t )

−∞

−

1 0

+∞

f (t)

− Do đó ta có min f ( t ) = − t >0

+∞ +

3 2

3 khi và chỉ khi t = 1 2

 16 a = 21  a + b + c = 1 3 4  Vậy ta có P ≥ − , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  ⇔ b = . 2 21 a = 4b = 16c  1  c = 21 3  16 4 1  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là − khi và chỉ khi ( a, b,c ) =  , ,  2  21 21 21  ---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 4 Câu 1(6,0 điểm).

a) Giải phương trình: 3sin x.tan x +

2 = 2 + 4sin x + tan x cosx

 2 4 3 ( xy − 2 ) + 6y = 3 − 2  x x   b) Giải hệ phương trình    1 1  4 3    3 + x   y ( y − 12x ) + x 2  x + 5  + 87  = 15  x 2      

 + 1 

( x, y∈ℝ )

Câu 2(5,0 điểm). a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề. u1 = 2  b) Cho dãy số ( un ) xác định như sau:  un 2 + 2019un , ∀n ≥ 1 un +1 = 2020   u u un  Tính lim  1 + 2 + ... +  .  u −1 u −1 − 1 u 2 3 n + 1  

4 chữ số

Câu 3(5,0 điểm). a) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = a 3 . Biết rằng thể tích

2a 3 3 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A′C và BD . 3 b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 6 , M là một điểm bất kì nằm phía trong của tứ diện. Gọi khoảng cách từ M đến các mặt ( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) và ( ABC ) lầ lượt là ra , rb , rc , rd . 1 + 1 + 1 + 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = . ra + 1 rb + 1 rc + 1 rd + 1 Câu 4(2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có góc nhọn A bằng α . Hai mặt bên ( SAB ) , ( SAD ) vuông góc với mặt phẳng chứa đáy, hai mặt bên còn lại hợp với mặt phẳng đáy khối tứ diện A′C′BD bằng

ϕ là góc hợp bởi đường thẳng SB với mặt phẳng ( SAC ) . Chứng minh cot β.sin α 2 . rằng: sin ϕ = 2 sin α + cot2 β góc β . Đặt SA = a và gọi

Câu 5(2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm có tổng bằng 1 chứng minh

1 . ( a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a 2 ) ≤ 32 .……………Hết……………

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 4 2 Câu 1. a) Giải phương trình 3sin x.tan x + = 2 + 4sin x + tan x cosx Lời giải 2 3sin x.tan x + = 2 + 4sin x + tan x (1) cosx

π + kπ , k ∈ ℤ . 2 (1) ⇔ 3sin 2 x + 2 = 2 cos x + 4sin x.cos x + sin x

Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

⇔ 4 sin 2 x − 4 sin x.cos x + cos 2 x + 1 − ( 2 cos x + sin x ) = 0 2

⇔ ( 2 sin x − cos x ) − ( 2 cos x + sin x ) + 1 = 0 2

1 1  2   2  ⇔ 5 sin x − cos x  − 5  cos x + sin x  + 1 = 0 5 5  5   5   2  π , α ∈  0;  cos α =  5  2 ⇔ 5sin 2 ( x − α ) − 5 cos ( x − α ) + 1 = 0 với  sin α = 1  5 2 2 ⇔ −5 cos ( x − α ) − 5 cos ( x − α ) + 6 = 0 ⇔ 5 cos ( x − α ) + 5 cos ( x − α ) − 6 = 0 2  (1) cos ( x − α ) = 5 . ⇔  3 5 ( v« nghiÖm ) cos ( x − α ) = −  5  x = 2α + k 2π . (1) ⇔ cos ( x − α ) = cos α ⇔   x = k 2π Vậy phương trình có các nghiệm thỏa mãn là x = 2α + k 2π và x = k 2π .  2 4 3  ( xy − 2 ) + 6y = 3  x − 2  x    x, y ∈ ℝ ) b) Giải hệ phương trình  3 (  3 + 1   y y − 12x + 4  3 + 5  + 87  = 15  1 + 1 ) 2   (   2   x  x x  x    Lời giải : Điều kiện x ≠ 0 .

Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 2

12 9 3 3 2 + 2 = 0 ⇔ ( xy − 2 ) + 2 ( xy − 2 ) ⋅ +   = 0 x x x x 3  2  xy = 2 − x 3 3  ⇔  xy − 2 +  = 0 ⇔ xy − 2 + = 0 ⇔  x x  y = 2 − 3 x x2 

( xy − 2 )2 + 6y −

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta được phương trình : 2 3  1  2 3  3  12 20    1  3 +  − − 12 2 − + + + 63  = 15 + 1          x    x x 2  x  x3 x2    x2  

1  9 24 36 1  3 8 12    1     1  ⇔  3 +  4 + 2 + + 63  = 15  2 + 1 ⇔  3 +  4 + 2 + + 21 = 5  2 + 1 x  x x x  x x x x   x    x 

( ∗)

Đặt t =

1 , ta có ( ∗) trở thành phương trình : x 3

( 3 + t ) ( 3t 4 + 8t 2 + 12t + 21) = 5 ( t 2 + 1) (1) . 2

2 Ta biến đổi (1) thành phương trình : ( 3 + t ) 3 t 2 + 1 + 2 ( 3 + t )  = 5 t 2 + 1 .



(

)

(



)

2 3  3+ t   3+ t    3+ t   3+ t  ⇔ 2  3 + 2  2   = 5 ⇔ 2 2  + 3 2 −5=0  t + 1    t + 1    t +1  t +1 2 2 3+ t  3+ t   3+ t   3+ t   3+ t   3+ t   vì 2 ⇔ 2 − 1  2  2 + 2 + 5 = 0 ⇔ = 1   2  + 2 2  + 5 > 0, ∀t ∈ ℝ   2  2 t +1  t +1  t +1  t + 1    t + 1   t + 1  

1 = −1  x = −1 ⇒ y = −5  t = − 1  x 2 ⇔ t −t−2=0⇔  ⇔ ⇔  x = 1 ⇒ y = −8 t = 2 1 = 2  2  x

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ phương trình là Câu 2.



1  ; −8   . 2 

( x, y ) = ( −1; −5 ) ;  

a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề. Lời giải Cách 1: Gọi số cần tìm là a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 . Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.105 = 4500000 ( số ). Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có n ( Ω ) = 4500000 . Gọi A là biến cố: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề” Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào các vị trí a1 , a2 , a3 . Số cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí a1 , a2 , a3 là 53 cách. Số cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn khác nhau vào 4 vị trí còn lại là: A54 . Các số lập được trong trường hợp này là: 53. A54 = 15000 (số). Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào 3 vị trí liên tiếp từ các vị trí a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Có 3 cách chọn bộ 3 vị trí liên tiếp: {a2 ; a3 ; a4 } ;{a3 ; a4 ; a5 } ;{a4 ; a5 ; a6 } . Mỗi bộ 3 vị trí được chọn có: +) 53 cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí đó. +) có 4.A43 cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn vào 4 vị trí còn lại. Số các số lập được trong trường hợp này là: 3.53.4. A43 = 36000 (số). Số phần tử của biến cố A là: n ( A ) = 36000 + 15000 = 51000 . Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

51000 17 . = 4500000 1500

Số cách chọn 4 chữ số chẵn từ các chữ số 0; 2; 4; 6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A54 . X Chẵn x Chẵn x Chẵn x Chẵn 4 chữ số chẵn vừa xếp tạo ra 5 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 4 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 4.53 cách. Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A54 .4.53 = 60000 (dãy). +) Nếu chữ số đầu tiên là chữ số 0 . Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ các chữ số 2; 4; 6;8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A43 . x Chẵn X Chẵn x Chẵn 0 3 chữ số chẵn vừa xếp cùng với chữ số 0 đứng đầu tạo ra 4 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 3 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 3.53 cách. Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A43 .3.53 = 9000 (dãy). +) Suy ra số các dãy là số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000 − 9000 = 51000 (dãy). Do đó số phần tử của biến cố A là: n ( A ) = 51000 .

Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

51000 17 . = 4500000 1500

u1 = 2  b) Cho dãy số ( un ) xác định như sau:  un 2 + 2019un u = , ∀n ≥ 1  n+1 2020   u un  u Tính lim  1 + 2 + ... + . un+1 − 1   u2 − 1 u3 − 1 Lời giải 2 u + 2019un un ( un − 1) Ta có un +1 = n = + un . 2020 2020 u ( u − 1) +) Có u1 = 2 > 1. Giả sử uk > 1 , ta có uk +1 = k k + uk . 2020 u ( u − 1) > 0 suy ra uk +1 > uk > 1, ∀k ∈ ℕ* . Vậy un > 1, ∀n ∈ ℕ* Vì uk > 1 nên k k 2020 u ( u − 1) u ( u − 1) Vì un +1 = n n + un mà un > 1, ∀n ∈ ℤ + nên n n > 0 ⇒ un +1 > un , ∀n ∈ ℕ * ⇒ dãy ( un ) tăng 2020 2020 và un > 2, ∀n > 1 . +) Giả sử ( un ) có giới hạn hữu hạn là L ⇒ L > 2 , khi đó un +1 =

L = 0 un 2 + 2019un L2 + 2019 L (loại vì L > 2 ). ⇒L= ⇔ L2 − L = 0 ⇔  2020 2020 L = 1

Vậy ( un ) có giới hạn vô hạn. Mà un > 2, ∀n > 1 nên lim un = +∞.

un ( un − 1) u ( u − 1) + un ⇔ un +1 − un = n n ⇔ 2020 ( un +1 − un ) = un ( un − 1) 2020 2020 2020 ( un +1 − 1) − ( un − 1)  2020 ( un +1 − un ) un un 2020 2020 ⇔ un = ⇔ = ⇔ = − . un − 1 un +1 − 1 un +1 − 1 un − 1 un +1 − 1 ( un+1 − 1)( un − 1)

+)Ta có un +1 =

Suy ra

 u  2020 2020 2020 2020 u un  2020 2020  lim  1 + 2 + ... + − + − + ... + −  = lim   un +1 − 1  un − 1 un +1 − 1   u2 − 1 u3 − 1  u1 − 1 u2 − 1 u2 − 1 u3 − 1  2020 2020  = lim  −  = 2020 (do u1 = 2;lim un +1 = lim un = +∞).  u1 − 1 un +1 − 1  Câu 3 . a) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB = a, AD = a 3 . Biết rằng thể tích khối tứ diện A′C ′BD bằng Lời giải

2a 3 3 . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng A′C và BD . 3

1 1 Ta có VA '. ABD = .VABD. A ' B ' D ' = .VABCD. A ' B 'C ' D ' . 3 6 1 1 Suy ra VA 'C ' BD = VABCD. A ' B 'C ' D ' − 4.VA '. ABD = VABCD . A ' B 'C ' D ' − 4. .VABCD . A ' B 'C ' D ' = .VABCD. A ' B 'C ' D ' . 6 3 3 Do đó VABCD. A ' B 'C ' D ' = 3.VA 'C ' BD = 2a 3 .

2a 3 3 2a 3 3 = = 2a . AB. AD a .a 3 Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD . Gọi I là trung điểm AA ' , Lại có VABCD. A ' B 'C ' D ' = AA '. AB. AD = 2a 3 3 ⇒ A A′ =

 A ' C // OI ⇒ A ' C // ( BDI ) . Ta có  OI ⊂ ( BDI ) Khi đó d ( A ' C , BD ) = d ( A ' C , ( BDI )) = d (C , ( BDI )) = d ( A, ( BDI )) = d . 1 1 1 1 1 1 1 7 a 21 = + + 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒d = . 2 2 2 d AB AD AI a 3a a 3a 7 b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 6 , M là một điểm bất kì nằm phía trong của tứ diện. Gọi khoảng cách từ M đến các mặt ( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) và ( ABC ) lầ lượt là ra , rb , rc , rd . Tìm giá trị nhỏ Ta có :

nhất của biểu thức F =

1 1 1 1 + + + . ra + 1 rb + 1 rc + 1 rd + 1

Lời giải

Gọi I , J lần lượt là trung điểm của BC , CD . G là trọng tâm tam giác BCD . Ta có d ( A, ( BCD ) ) = d ( B , ( ACD ) ) = d ( C , ( ABD ) ) = d ( D , ( ABC ) ) = h . Tam giác BCD đều cạnh

6 , nên DI =

Khi đó, h = AG = AD 2 − DG 2 = Ta có:

3 2 ⇒ DG = 2 . 2 2

( 6) −( 2)

= 2.

ra rb rc rd VM .BCD + VM . ACD + VM . ABD + VM . ABC V + + + = = ABCD = 1 ⇒ ra + rb + rc + rd = 2 . h h h h VABCD VABCD  1 1 1 1  + + +  ≥ 16  ra + 1 rb + 1 rc + 1 rd + 1 

Áp dụng Bất đẳng thức Cô-si, ta có: ( ra + 1 + rb + 1 + rc + 1 + rd + 1) 

8 . Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi ra = rb = rc = rd . 3 8 Vậy giá trị nhỏ nhất của F bằng khi M là trọng tâm của tứ diện ABCD . 3 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có góc nhọn A bằng α . Hai mặt bên ( SAB ) , ( SAD ) ⇒ 6.F ≥ 16 ⇒ F ≥

vuông góc với mặt phẳng chứa đáy, hai mặt bên còn lại hợp với mặt phẳng đáy góc β . Đặt SA = a và gọi ϕ là góc hợp bởi đường thẳng SB với mặt phẳng ( SAC ) . Chứng minh rằng: sin ϕ = Giải

cot β.sin

α 2

sin 2 α + cot 2 β

C O

B β

Goïi {O} = AC ∩ BD thì theo tính chaát cuûa hình thoi , BD ⊥ AC , O laø trung ñieåm cuûa AC vaø BD .  BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SBD ) ⊥ ( SAC )  BD ⊥ SA

Ta coù 

( SBD ) ∩ ( SAC ) = SO  ⇒ hcSB / ( SAC ) = SO ⇒ SB, ( SAC ) = ( SB,SO ) = BSO = ϕ . ( SBD ) ⊥ ( SAC )  SB ⊂ ( SBD ) OB Trong tam giaùc vuoâng SOB , sin ϕ = (*) . SB α OA laø ñöôøng phaân giaùc cuûa DAB ⇒ OAB = . 2 α a cot β α a cot β .sin = . Trong tam giaùc vuoâng AOB , OB = ABsin = α 2 sin α 2 2 cos 2 2   a cot β  cot 2 β  2 Trong tam giaùc vuoâng SAB , SB2 = SA 2 + AB2 = a 2 +    = a  1 +  sin α  sin 2 α  

(

)

 cot 2 β  a ⇒ SB = a  1 + sin 2 α + cot 2 β . = 2   sin α sin α   a cot β . α α 2 cos cot β.sin 2 2 . = Töø (*) ⇒ sin ϕ = a 2 2 2 sin α + cot 2 β sin α + cot β sin α

Câu 5. Cho a,b,c là các số thực không âm có tổng bằng 1 chứng minh 1

(a2 + b2 )(b2 + c2 )(c2 + a2 ) ≤ 32 . Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c . 2 2 Gọi P là biểu thức vế trái ta có P = (b + c) − 2 bc .  a 4 + a 2 ((b + c) − 2bc) + b 2 c2  . 

 t2  Đặt b + c = t , bc = s, s ∈  0;  ta có  4 P = f ( s) = (t 2 − 2 s)(a 4 + a 2 (t 2 − 2 s) + s2 ) .

 



 t2 

Xét hàm số f ( s) = (t 2 − 2 s)(a 4 + a 2 (t 2 − 2 s) + s2 ) với s ∈ 0;  ta được  4 f '( s) = −2 (a 4 + a 2 (t 2 − 2 s) + s2 ) + 2 (t 2 − 2 s)( s − a 2 ) . 2

t 2 1  2  1 ≤   = ≤ a 2 ⇒ s − a 2 ≤ 0 ⇒ f '( s) ≤ 0 . 4 4  3  9  t2  f(s) là hàm nghịch biến trên đoạn 0;  . Suy  4

Chú ý s ≤ Do đó

ra P = f ( s) ≤ f (0) = t 2 (a 4 + a 2 t 2 ) = a2 t 2 (a2 + t 2 ) . 2

(

)

= t 2 (1 − t ) t 2 + (1 − t ) ≤

1 32

 2  3 

Chú ý khảo sát hàm một biến g(t ) = t 2 (1 − t )2 (t 2 + (1 − t )2 ) trên đoạn 0;  ta có kết quả trên. Bất đẳng thức được chứng minh. 1 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = , c = 0 hoặc các hoán vị. ---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 5

x +2 2 = 3 tan x

3 tan Câu 1(6,0 điểm).

a) Giải phương trình:

 x 12 − y + y 12 − x 2 = 12  ( x, y ∈ ℝ ) b) Giải hệ phương trình   x 3 − 8x − 1 = 2 y − 2 

(

)

Câu 2(5,0 điểm). a) Cho tập hợp A = {1; 2;...;100} . Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Tính xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng .

b) Cho dãy số

( un )

2  u1 = 3 un thỏa mãn  . Tìm lim . n u = n + 2 u + 4n − 1 ( n ≥ 1) (1) n +1 n n+3 n+3 

Câu 3(5,0 điểm). a) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và SC . Tính khoảng cách giữa AM và BN . ′C ′ = 900 . Biết khoảng cách từ điểm A′BA = CA b) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có AB = 3a, AC = 4 a . cách đều các đỉnh của hình chóp A′. ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng

5 3 a , góc giữa AA′ và ( A′B′C ′ ) bằng 2

600 . Tính thể tích lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Câu 4(2,0 điểm). Goïi α , β , γ , α1 , β1 , γ1 laø caùc goùc cuûa ñöôøng cheùo hình hoäp chöõ nhaät vôùi ba caïnh cuøng phaùt xuaát töø moät ñænh vaø ba maët cuøng phaùt xuaát töø moät ñænh. Chöùng minh :

cos 2 α + cos2 β + cos 2 γ = 1 ; sin 2 α1 + sin 2 β1 + sin 2 γ1 = 1 . Câu 5(2,0 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = ab (a 2 + b2 ) + bc (b2 + c2 ) + ca (c 2 + a 2 ) ..……………Hết…………… GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 5

x +2 2 = 3 . tan x

3 tan

Câu 1. a) Giải phương trình Lời giải

x  cos 2 ≠ 0  Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ sin 2 x ≠ 0 . sin x ≠ 0   x  2t  Đặt t = tan , ta được phương trình 3 t + 2 = 3  2  2  1− t 

⇔ 3 t 3 + 2t 2 + 3 t − 2 = 0 ⇔ V ới t =

(

)(

)

3 t−1 t 2 + 3 t+ 2 = 0 ⇔ t =

3 . 3

3 x 3 x π π , ta có tan = ⇔ = + kπ ⇔ x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) ( thỏa mãn điều kiện của phương trình). 3 2 3 2 6 3  x 12 − y + y 12 − x 2 = 12 

(

b) Giải hệ phương trình 

)

( x, y ∈ ℝ )  x 3 − 8x − 1 = 2 y − 2   2 ≤ y ≤ 12 Lời giải : Điều kiện :  . Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành:  −2 3 ≤ x ≤ 2 3

(

)

12 − x 12 − y = y 12 − x 2 ⇒ 12x 2 − x 2 y − 24x y − 2 + 144 = 12y − x 2 y

(

⇔ x 2 − 2x 12 − y + 12 − y = 0 ⇔ x − 12 − y

)

 x ≥ 0 = 0 ⇔ x = 12 − y ⇔  2  y = 12 − x

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình :

(

)

x 3 − 8x − 1 = 2 10 − x 2 ⇔ x 3 − 8x − 3 + 2 1 − 10 − x 2 = 0

 x −3 ⇔ ( x − 3) x 2 + 3x + 1 + 2   2  1 + 10 − x

(

)

   2  = 0 ⇔ ( x − 3)  x 2 + 3x + 1 +  = 0 ( ∗)   2  1 10 x + −   

 −2 3 ≤ x ≤ 2 3  Từ điều kiện  x ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 10 ⇒ T > 0 . Do đó ( ∗) có x − 3 = 0 ⇔ x = 3 ⇒ y = 3 .  2 10 − x ≥ 0 Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là ( x, y ) = ( 3;3) .

Câu 2. a) Cho tập hợp A = {1; 2;...;100} . Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử của A. Tính xác suất để 3 phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng . Lời giải 3 Chọn ngẫu nhiên 3 phần tử từ tập A ⇒ Không gian mẫu là Ω = C100 . Gọi biến cố A:“Ba phần tử được chọn lập thành một cấp số cộng”. Cách 1. Giả sử 3 phần tử đó là x; x + d ; x + 2 d với x, d ∈ℕ . 99 ⇒ d ∈ {1; 2;...;49} ⇒ có 49 bộ ba số thỏa mãn. Với x = 1 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 2 98 ⇒ d ∈ {1; 2;...; 49} ⇒ có 49 bộ ba số thỏa mãn. Với x = 2 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 2 ∗

97 ⇒ d ∈ {1; 2;...; 48} ⇒ có 48 bộ ba số thỏa mãn. 2 3 Với x = 97 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ ⇒ d ∈ {1} ⇒ có 1 bộ ba số thỏa mãn. 2 Với x = 98 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤ 1 ⇒ d ∈ {1} ⇒ có 1 bộ ba số thỏa mãn.

Với x = 3 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤

Với x = 99 thì ta có x + 2d ≤ 100 ⇔ d ≤

1 ⇒ d ∈∅ ⇒ không có bộ ba số thỏa mãn. 2

Do đó ta thấy có tất cả 2 ( 49 + 48 + 47 + ... + 2 + 1) = 2.

49 ( 49 + 1 ) = 2450 bộ ba số thỏa mãn. 2

Cách 2. Giả sử 3 phần tử đó là a ; b; c với a , b , c ∈ A . Trong tập A có 50 số lẻ, 50 số chẵn. Do a , b , c lập thành một CSC nên a + c = 2b là một số chẵn. Do đó hai số a, c cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Đồng thời ứng với 1 cách chọn hai số a, c thì xác định được duy nhất 1 số b . 2 2 Tổng số bộ ba số a , b , c là C50 + C50 = 2450 (bộ ba).

Vậy xác suất của biến cố A là P =

2450 1 = . 3 C100 66

2  u1 = 3 u b) Cho dãy số ( un ) thỏa mãn  . Tìm lim n . n u = n + 2 u + 4n − 1 ( n ≥ 1) (1)  n+1 n + 3 n n + 3 Lời giải Ta có (1) ⇔ ( n + 3) un+1 = ( n + 2 ) un + 4n − 1 . Đặt vn = ( n + 2 ) un ta được kết quả: vn+1 = vn + 4n − 1 . v1 = 2  v2 = v1 + 4.1 − 1  Như vậy ta thấy: v3 = v2 + 4.2 − 1 cộng vế với vế ta được kết quả: ...  vn = vn −1 + 4. ( n − 1) − 1 n ( n − 1) − ( n − 1) = 2n 2 − 3n + 3 . vn = 2 + 4 1 + 2 + 3 + ... + ( n − 1)  − ( n − 1) = 2 + 4 2

vn 2n 2 − 3n + 3 u 2n 2 − 3n + 3 = . Vậy lim n = lim =2 n+2 n+2 n n 2 + 2n Câu 3. a) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB và SC . Tính khoảng cách giữa AM và BN . Lời giải Suy ra un =

N M

I C

D E

P O K

Gọi E là trung điểm của AD thì tứ giác AMNE là hình bình hành nên AM // NE . Do đó AM // ( BNE ) , từ đó suy ra d ( AM , BN ) = d ( AM , ( BNE ) ) = d ( A, ( BNE ) ) . Gọi O = BD ∩ AC và K = BE ∩ AC thì K là trọng tâm tam giác ABD ta có d ( A, ( BNE ) ) KA = = 2 ⇒ d ( A, ( BNE ) ) = 2d ( O, ( BNE ) ) . d ( O, ( BNE ) ) KO a 2 , SO = SA2 − OA2 = Mặt khác, AC = a 2 ⇒ OB = OA = 2

( 2a )

a 2 −    2 

a 14 , 2

1 a 2 OK = OA = . 3 6

Gọi P là trung điểm của OC . Khi đó NP // SO nên

⇒ OI =

OI OK OK OK 2 = = = = . 3 NP KP OK + OP OK + OK 5 2

2 2 1 1 a 14 . Khi đó O.IBK là tứ diện vuông nên NP = . SO = SO = 5 5 2 5 10 1 1 1 1 100 2 18 190 = 2+ + = + 2+ 2 = 2 2 2 2 2 OB OK 14a a a 7a d ( O, ( BIK ) ) OI

a 1330 a 1330 . ⇒ d ( A, ( BNE ) ) = 2d ( O, ( BIK ) ) = . 190 95 a 1330 Do đó d ( AM , BN ) = . 95 ′C ′ = 900 . Biết khoảng cách từ điểm cách b) Cho hình lăng trụ ABC. A′B′C ′ có AB = 3a, AC = 4a . A′BA = CA ⇒ d ( O, ( BIK ) ) =

đều các đỉnh của hình chóp A′. ABC đến mặt phẳng ( ABC ) bằng

Tính thể tích lăng trụ ABC. A′B′C ′ . Lời giải

5 3 a , góc giữa AA′ và ( A′B′C ′ ) bằng 600 . 2

Ta có: A′BA = A′CA = 900 ⇒ Điểm I trung điểm AA′ là điểm cách đều các đỉnh hình chóp A′. ABC . Gọi H là hình chiếu của I trên mặt phẳng ( ABC ) suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC và K là điểm đối xứng của A qua H ⇒ AK là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 5 3  IH ⊥ ( ABC ) ⇒ A′K ⊥ ( ABC ) . Mà IH = Mặt khác:  a ⇒ A ' K = 5 3a . 2  IH //A′K

(

) (

)

A′AK ⇒ A′AK = 600 Và AA′, ( A′B′C ′ ) = AA′, ( ABC ) = AK ′ 5a 3 = = 5a . tan 600 tan A′AK Xét tam giác ABC . Áp dụng định lý sin ta có: 4  sin B =  BC AC AB  5 = 2R = 5a ⇒  = = sin A sin B sin C sin C = 3  5 4 4 +C > 1800 ⇒ không tồn tại tam giác ABC ). ⇒ sin B = cos C = (vì cos C = − ⇒ B 5 5 1 ⇒ ∆ABC vuông tại A . Thể tích lăng trụ: V = .3a.4a.5 3a = 30 3a 3 . 2 Câu 4. Goïi α , β , γ , α1 , β1 , γ1 laø caùc goùc cuûa ñöôøng cheùo hình hoäp chöõ nhaät vôùi ba caïnh cuøng phaùt xuaát töø moät ñænh vaø ba maët cuøng phaùt xuaát töø moät ñænh. Chöùng minh : cos 2 α + cos 2 β + cos2 γ = 1 ; sin 2 α1 + sin 2 β1 + sin 2 γ1 = 1 . Giải Xét tam giác A ' AK có AK =

d c B

C a O b D

Goïi ba kích thöôùc vaø ñoä daøi ñöôøng cheùo cuûa hình hoäp chöõ nhaät cuûa hình hoäp chöõ nhaät laàn löôït laø a, b,c vaø d . A' AC = α , BAC' = β , DAC' = γ . Goïi Trong caùc tam giaùc vuoâng A’AC (vuoâng taïi A’ ) , ABC’ (vuoâng taïi B ) , C’DA (vuoâng taïi D ) ,ta coù AA ' c cos α = cos A ' AC ' = = AC ' d AB a cos β = cos BAC' = = AC' d AD b cos γ = cos DAC' = = AC' d

⇒ cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ =

a 2 + b2 + c 2 d2

Maët khaùc theo tính chaát cuûa hình hoäp chöõ nhaät ta coù a 2 + b 2 + c 2 = 1 ⇒ cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 . Chöùng minh sin 2 α1 + sin 2 β1 + sin 2 γ1 = 1 Goùc giöõa ñöôøng cheùo AC’ vôùi caùc maët phaúng ( ABCD) , ( ABB’A’) , ( ADD’A’) (ba maët phaúng cuøng xuaát phaùt töø ñænh A ) laàn löôït laø C' AC = α1 , C' AB' = β1 , C' AD' = γ1 . Trong caùc tam giaùc vuoâng C’CA (vuoâng taïi C ) , C’B’A (vuoâng taïi B’ ) , C’D’A (vuoâng taïi D’ ) ta coù sin α1 =

CC ' c C' B' b C' D' a = , sin β1 = = , sin γ1 = = AC ' d AC ' d AC' d

⇒ sin 2 α1 + sin 2 β1 + sin 2 γ1 =

a 2 + b2 + c2 d2

=1.

Câu 5. Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ab (a2 + b2 ) + bc (b2 + c2 ) + ca (c2 + a2 ) . Lời giải 





4

t Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c đặt b + c = t , bc = s, s ∈ 0;  .

Khi đó a = 1 − t ≥

b+c t 2 = ⇔t≤ 2 2 3

và

P = a3 (b + c) + a (b3 + c3 ) + bc (b2 + c2 ) 3 2 = a3 (b + c) + a (b + c) − 3bc (b + c) + bc (b + c) − 2bc .     3 3 2 = a t + a (t − 3 st ) + s (t − 2 s)

Xét hàm số f ( s) = a3 t + a (t 3 − 3st ) + s(t 2 − 2 s) ta có f '( s) = t 2 − 4 s − 3at = t (t − 3a ) − 4 s ≤ 0 .





t 3 Do đó f(s) là hàm nghịch biến trên đoạn 0;  . Suy ra f ( s) ≤ f (0) = a3 t + at 3 = (1 − t ) t + (1− t ) t 3 .  4 1 2 1 t = hay P ≤ f (t ) ≤ 2

Xét hàm số g(t ) = (1− t ) t + (1− t ) t 2 với t ∈ 0; 2  ta có f '(t ) = (1 − 2t )3 ; f '(t ) = 0 ⇔ t = .  

 3 

1 2

Ta có f’(t) đổi dấu từ dương sang âm khi đi qua t = nên f(t) đạt cực đại tại 1 2 a + b + c = k với

1 1 f   =  2  8

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = , c = 0 hoặc các hoán vị. Nhận xét. Với a,b,c không âm và

chứng minh tương tự ta có có

ab (a + b ) + bc (b 2 + c 2 ) + ca (c 2 + a 2 ) ≤ 2

k4 8

---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 6

Câu 1 (6,0 điểm)

a) Giải phương trình

2cos x + 2sin 2 x − 2sin x − 1 2cos x − 1 3 3  x − 2 y + 3 ( x − 2 y ) = 3 xy ( x − y ) (1)

cos 2 x + 3 (1 + sin x ) =

b) Giải hệ phương trình sau: 

3 2 23 3 −2 x + 40 y − 34 y + 8 = 2 x 5 x − x

( 2)

Câu 2 (6,0 điểm)

a) Cho dãy số ( an )

4   a1 = 3 thỏa mãn:  ∀n ≥ 1, n ∈ ℕ . 2 2 ( n + 2 ) a = n a − ( n + 1) a a n n n +1 n +1 

Tìm liman b) Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau được thành lập từ các chữ số 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính Xác suất để số được chọn không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Câu 3 (3.0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a 2 và tam giác SAB là tam giác cân tại đỉnh S . Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng đáy bằng 450 , góc giữa mặt phẳng ( SAB ) và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAD) . Câu 4 (3.0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có góc tạo bởi mặt bên và mặt đáy là α . a) Biết AB = a, α = 300 , tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC bằng a, tìm α để thể tích khối chóp S.ABCD nhỏ nhất. Câu 5. (2.0 điểm) 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 ) ................. HẾT ................. GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 6 2 cos x + 2 sin 2 x − 2 sin x − 1 1. Giải phương trình: cos 2 x + 3 (1 + sin x ) = 2 cos x − 1

1 π ⇔ x ≠ ± + k 2π , ( k ∈ Z ) . 2 3 2 cos x − 1 + 2sin x ( 2 cos x − 1) ( )

Điều kiện: 2 cos x − 1 ≠ 0 ⇔ cos x ≠

Pt ⇔ cos 2 x + 3 (1 + sin x ) = ⇔ cos 2 x + 3 (1 + sin x )

2 cos x − 1

( 2 cos x − 1)(1 + 2sin x ) =

2 cos x − 1 ⇔ 1 − 2sin x + 3 + 3 sin x = 1 + 2sin x 2

3 hoặc sin x = −1 . 2 3 π π 2π Với sin x = ⇔ sin x = sin ⇔ x = + k 2π hoặc x = + k 2π , ( k ∈ Z ) 2 3 3 3

(

)

⇔ 2 sin 2 x + 2 − 3 sin x − 3 = 0 ⇔ sin x =

Với sin x = −1 ⇔ x = −

π 2

+ k 2π , ( k ∈ Z )

So với điều kiện nghiệm của phương trình: x =

2π π + k 2π ; x = − + k 2π , ( k ∈ Z ) . 3 2

 x3 − 2 y 3 + 3 ( x − 2 y ) = 3 xy ( x − y ) (1)  3 2 23 3 ( 2) −2 x + 40 y − 34 y + 8 = 2 x 5 x − x 3 Phương trình (1) ⇔ ( x − y ) + 3 ( x − y ) = y 3 + 3 y

(3)

Xét hàm số f ( t ) = t + 3t , với t ∈ ℝ. 2 3 Ta có f ' ( t ) = 3t + 3 > 0, ∀t ∈ ℝ nên f ( t ) = t + 3t đồng biến trên ℝ.

Khi đó: (3) có dạng f ( x − y ) = f ( y ) ⇔ x − y = y ⇔ x = 2 y. Thế vào (2) ta được: −2 x3 + 10 x 2 − 17 x + 8 = 2 x 2 3 5 x − x3 Nhận xét rằng x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Suy ra x ≠ 0 . Chia cả hai vế của phương trình cho x 3 rồi đặt t =

1 , t ≠ 0 , ta có phương trình x

8t 3 − 17t 2 + 10t − 2 = 2 3 5t 2 − 1 ⇔ ( 2t − 1) + 2 ( 2t − 1) = ( 5t 2 − 1) + 2 3 5t 2 − 1

( *)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t , ∀t ∈ ℝ . Ta có hàm số f ( t ) liên tục trên ℝ và f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0, ∀t . Suy ra hàm số

f (t )

luôn đồng biến trên khoảng

( −∞; +∞ ) .

Khi đó phương trình đã cho có dạng f ( 2t − 1) = f

(

)

5t 2 − 1 ⇔ 2t − 1 = 3 5t 2 − 1

17 ± 97 (do t ≠ 0 ) 16 17 − 97 17 + 97 x1 = x2 = 12 12 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là và . ⇔ 8t 3 − 17t 2 + 6t = 0 ⇔ t =

Dễ thấy an ≠ 0, ∀n ∈ ℕ . Từ giả thiết ta có

Với mỗi n ∈ ℕ* , đặt yn =

( n + 2) an +1

1 1 + ta có y1 = 1 và. an 4

n2 − ( n + 1) . an

( n + 2)

1 1 n2 2  2 2 y − = n y − − n + 1 ⇒ n + 2 y = n y ⇒ y = y . ( ) ( ) n +1 n n +1  n +1   n  2 n 4 4   ( n + 2) 2

4n2 ( n + 1) 4  n −1   n − 2   1  ⇒ a = ... y = Do đó yn =  . Vậy lim an = 4 . n      1 2 2  n +1   n −1   3  16 − n2 ( n + 1) ( n + 1) n 2 Số phần tử của S là 8. A85 = 53760 . Do đó, chọn ngẫu nhiên một số từ tập S có 53760 cách). Vì số được chọn có 6 chữ số nên ít nhất phải có hai chữ số chẵn, và vì không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên số được chọn có tối đa 3 chữ số chẵn. TH1: Số được chọn có đúng 2 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef

lẻ lẻ lẻ lẻ Xếp 4 số lẻ trước ta có 4! cách. 2 2 1 Xếp 2 số chẵn vào 5 khe trống của các số lẻ có C5 . A5 − 4.C4 cách. Trong trường hợp này có 4!( C52 . A52 − 4.C41 ) = 4416 (số). TH2: Số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn, khi đó gọi số cần tìm là abcdef Xếp 3 chữ số lẻ trước ta có A43 cách.

lẻ

Xếp 3 chữ số chẵn vào 4 khe trống của các số lẻ có C43 . A53 − C32 . A42 cách. Trong trường hợp này có A43 . ( C43 . A53 − C32 . A42 ) = 4896 (số) Vậy có tất cả 9312 số có 6 chữ số sao cho không có hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. 9312 97 Xác suất cần tìm là . = 53760 560 Lời giải

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy, M là trung điểm AB ∆SAB cân tại S nên SM ⊥ AB và kết hợp với SH ⊥ ( ABCD ) suy ra AB ⊥ ( SMH ) . Vậy MH là trung trực của AB , MH cắt CD tại N ⇒ N là trung điểm của CD. Nên theo giả thiết ta được: = 450 ⇒ SA = SH 2 SA, ( ABCD ) ) = SAH + (

2 SM , MH = SMH + ( ( SAB), ( ABCD ) ) = ( ) = 600 ⇒ SM = SH . 3 4SH 2 Trong tam giác SAM ta có: SA2 = AM 2 + SM 2 ⇔ 2SH 2 = + 2a 2 ⇔ SH = a 3 3 Từ đó tính được: 2 a 30 d (C , ( SAD )) = 2 d ( H , ( SAD )) = 2 HP = 5

H C

D N

Do AD / / BC mà BC ⊂ ( SBC ) ⇒ AD / /( SBC ) ⇒ d ( AD; SC ) = d ( AD;( SBC )) = d ( M ;( SBC )) . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD ; BC , O là tâm của hình vuông ABCD, Ta có SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO là chiều cao của khối chóp và góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là ∧ 1 SNM = α . Ta có VS . ABCD = SO.S ABCD 3 a 1 a Tam giác vuông ∆SON có SO = ON .tan 300 = . = 2 3 2 3 1 1 a a3 3 Vì AB = a ⇒ S ABCD = a 2 , nên VS . ABCD = SO.S ABCD = . .a 2 = (đvtt) 3 3 2 3 18 Trong tam giác SMN kẻ MH ⊥ SN ( H ∈ SN ) , ta có:  MH ⊥ BC (do BC ⊥ (SMN)) ⇒ MH ⊥ ( SBC )   MH ⊥ SN ⇒ d (M; (SBC)) = MH = a

a a2 = AB ⇒ S ABCD = AB 2 = sin α sin 2 α 1 a Tam giác vuông SON có SO = ON .tan α = MN .tan α = . tan α 2 2sin α 1 1 a a2 a3 1 Khi đó VS . ABCD = .SO.S ABCD = . .tan α . 2 = . 2 3 3 2sin α sin α 6 sin α .cos α

Tam giác vuông HMN có MN =

a3 1 . ; t ∈ (0;1) 6 t (1 − t 2 ) lớn nhất

Đặt t = cos α . Đk 0 < t < 1 , Ta có : VS . ABCD =

VS . ABCD nhỏ nhất ⇔ f (t ) = t (1 − t 2 ) = t − t 3 1 Ta có f ' (t ) = 1 − 3t 2 ; f ' (t ) = 0 ⇔ t = 3 1 1 1 Lập BBT ta có f (t ) lớn nhất ⇔ t = ⇒ cos α = ⇒ α = arccos 3 3 3 2

Ta có 1 = ( a + b + c ) = a + b + c + 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ ab + bc + ca =

1 − ( a 2 + b2 + c2 ) 2

Do đó A = 2

7 121 − 2 2 2 a + b + c 7 1 − ( a + b2 + c 2 )

(

)

Đặt t = a + b + c . 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  . Vậy t ∈  ;1 . 3 3  7 121 1  Xét hàm số f ( t ) = + ; t ∈  ;1  t 7(1 − t ) 3  7 121 f '(t ) = − 2 − 2 t 7 (1 − t )

Suy ra t = a 2 + b 2 + c 2 ≥

f ' (t ) = 0 ⇔ t =

7 18

Lập BBT của hàm số f ( t ) 324 1  ; ∀t ∈  ;1  . 7 3  324 1 1 1 Vậy min A = đạt được khi a = ; b = ; c = . 7 2 3 6 ---- Hết --ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 7 Câu 1. (6 điểm) cos x cos 5x  π − + 8 sin 2 2  x +  = 8 cos 2 x . a) Giải phương trình cos 3x cos x 4 

Dựa vào BBT suy ra f ( t ) ≥

 x 3 − y3 = 3 x 2 + y − 2 ( 3x − 2 )  ( x, y ∈ ℝ ) . b) Giải hệ phương trình  2  3 2x  y + 3 5x − ( y + 1)  = 8x 2 − 17y − 9    Câu 2. (5 điểm)

(

a) Cho dãy số

(un )

)

 u1 = 2  3 .  xác định bởi  2 nu * n u = ,n ∈ ℕ  n +1 n + 3  u1

 Tính L = nlim →+∞  

u 2 u3 u  + 3 + ... + nn . 2 2 2 2 

b) Cho một hộp chứa các thẻ, trên mỗi thẻ có ghi một dãy số gồm 7 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 1 thẻ. Tính xác suất để lấy được thẻ có ghi các chữ số

1; 2;3; 4 trong đó chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau . Câu 3. (5 điểm) a) Cho hình chóp

S . ABC điểm M nằm trong tam giác ABC . Qua A, B, C kẻ các đường thẳng d A , d B , dC song song với SM lần lượt cắt các mặt

( SBC ) , ( SCA) , ( SAB )

tại A′, B′, C′ . Mặt

SM . SM ′ b) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh SA = a . Diện tích tam giác SAB bằng a2 . Gọi P là điểm thỏa mãn SA = 3SP . Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm 4 M , N không trùng với các đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của ( AM + MN + NP ) . Câu 4 . (2 điểm) phẳng ( A′B′C ′ ) cắt SM tại M ′ . Tính tỷ số

= α. Caùc Cho laêng truï tam giaùc ABC.A ′B′C′ coù ñaùy laø tam giaùc vuoâng taïi A,BC = a, ABC maët phaúng (A ′AB),(A′BC),(A ′CA) nghieâng ñeàu treân ñaùy moät goùc β. Hình chieáu cuûa ñieåm A ′ leân maët phaúng (ABC) thuoäc mieàn trong tam giaùc ABC. Chöùng minh theå tích cuûa khoái laêng truï ABC.A ′B′C′ ñöôïc tính theo coâng thöùc

2.a3 .sin2 2α. tan β . α π α 32 cos cos  −  2 4 2

Câu 5. (2 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c < a, c < b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 a + c  2  2b + c  2 8 ( a 2 + 1)  64  . P = (a − b)  2 2  +  2 − + 2 2   b + c   a + c  ab + bc + ca a ( a − b )  ---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 7 2

Câu 1. a) Giải phương trình

cos x cos 5x  π − + 8 sin 2 2  x +  = 8 cos2 x cos 3x cos x 4 

Giải cos x ≠ 0 π π ⇔ cos 3x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k cos 3x ≠ 0 6 3 

Điều kiện: 

Phương trình ⇔ cos2 x − cos 5x cos 3x = 8 sin x cos x sin 3x cos 3x ⇔ 1 − cos8x = 4sin 6x sin 2x ⇔ cos 4x(cos 4x − 1) = 0 ⇔ x =

π kπ kπ + ,x = 8 4 2

Sử dụng phương pháp phương trình nghiệm nguyên ta có được nghiệm của phương trình là: x =

(

)

 x 3 − y3 = 3 x 2 + y − 2 ( 3x − 2 )  b) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . 3   2x 2  y + 3 5x − ( y + 1)  = 8x 2 − 17y − 9   

Lời giải : Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình : 3

x 3 − 3x 2 + 6x − 4 = y 3 + 3y ⇔ ( x − 1) + 3 ( x − 1) = y3 + 3y

(

)

⇔ ( x − 1) − y3 + 3 ( x − y − 1) = 0 ⇔ ( x − y − 1) ( x − 1) + y ( x − 1) + y 2 + 3 = 0 3

⇔ x − y − 1 = 0 ⇔ y = x − 1 vì ( x − 1) + y ( x − 1) + y 2 + 3 > 0 . Thay y = x − 1 vào phưng trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình :

(

)

2x 2 x − 1 + 5x − x3 = 8x 2 − 17x + 8 ⇔ 2x3 − 10x 2 + 17x − 8 + 2x 2 5x − x 3 = 0

(

)

⇔ 2x 2 ( x − 2 ) − 6x 2 − 17x + 8 + 2x 2 3 5x − x 3 ( ∗)

π π + k , x = mπ . 8 4

a = x − 2

Đặt 

(

)

⇒ a 3 + b3 = x 3 − 6x 2 + 12x − 8 + 5x − x 3 = − 6x 2 − 17x + 8 .

 b = 5x − x Khi đó ta có ( ∗) trở thành :

(

)

2ax 2 + a 3 + b3 + 2bx 2 = 0 ⇔ 2x 2 ( a + b ) + ( a + b ) a 2 − ab + b 2 = 0

a = − b ⇔ ( a + b ) a 2 − ab + b2 + 2x 2 = 0 ⇔  a = b = x = 0 x − 2 = 0  Với a = b = x = 0 ⇔  3 5x − x 3 = 0 ( hệ vô nghiệm ). x = 0 

(

)

Với a = − b ⇔ 2 − x = 3 5x − x 3  17 + 97 x = 12 ⇔ 8 − 12x + 6x 2 − x 3 = 5x − x 3 ⇔ 6x 2 − 17x + 8 = 0 ⇔   17 − 97 x =  12  17 + 97 5 + 97   17 − 97 5 − 97   Vậy nghiệm của hệ phương trình là : ; ; ( x, y ) =  ;  . 12   12 12    12

Câu 2. a) Cho dãy số (un ) xác định bởi u

 1 + Tính L = nlim →+∞  2

 u1 = 2 3  .  2 nun * ,n ∈ ℕ un +1 = n +3 

u  u2 u3 + + ... + nn . 2 2 23 2 

Lời giải. Từ hệ thức truy hồi, ta có (n + 3)un +1 = 2nun . Nhân hai vế cho (n + 1)(n + 2), ta được (n + 1)(n + 2)(n + 3)un +1 = 2n (n + 1)(n + 2) un . v1 = 4  → (vn ) là một cấp số nhân với công bội q = 2 nên có số hạng vn +1 = 2vn , n ∈ ℕ *  2 n +1 tổng quát vn = 4.2 n−1 = 2 n +1 , suy ra un = . n (n + 1)(n + 2 )

Đặt vn = n (n + 1)(n + 2 )un  → 

Từ đó

un 2 1 1 1 2 1 = = − = − + . n (n + 1)(n + 2 ) n (n + 1) (n + 1)(n + 2 ) n n + 1 n + 2 2n

Ta có u1 2 u2 22 u3 23 u4 24 ⋮

1 2 − 1 2 1 2 = − 2 3 1 2 = − 3 4 1 2 = − 4 5

1 3 1 + 4 1 + 5 1 + 6 +

un 1 2 1 = − + 2n n n +1 n+2

Suy ra

u1 u2 u3 u 1 1 1 + + + ... + nn = − + 2 2 2 23 2 2 n +1 n + 2

nên

u 1 u u u  1 1  1 + L = lim  1 + 22 + 33 + ... + nn  = lim  − = . 2 2 n →+∞  2 2  n →+∞  2 n + 1 n + 2  2

Chọn A.

b) Cho một hộp chứa các thẻ, trên mỗi thẻ có ghi một dãy số gồm 7 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên 1 thẻ. Tính xác suất để lấy được thẻ có ghi các chữ số 1; 2;3; 4 trong đó chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau . Lời giải Cách 1 +) n ( Ω ) = A107 . +) Gọi biến cố A : “thẻ có ghi các chữ số 1; 2;3; 4 trong đó chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau”. Chọn 3 chữ số khác nhau trong 6 chữ số còn lại, có C63 cách. Giả sử 3 chữ số đó là a , b , c . Xét các thẻ có ghi các chữ số 1; 2;3; 4; a; b ; c . Có 7! thẻ. Gọi biến cố B : “chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau”. Khi đó, biến cố B : “chữ số 1; 2 đứng cạnh nhau hoặc chữ số 3; 4 đứng cạnh nhau”. Xét biến cố M : “chữ số 1; 2 đứng cạnh nhau” và biến cố N : “chữ số 3; 4 đứng cạnh nhau”.

( )

Khi đó B = M ∪ N . Suy ra n B = n ( M ) + n ( N ) − n ( M ∩ N ) . -) Tính n ( M ) Xếp 1; 2 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 1; 2 đứng cạnh nhau là x . Khi đó, sắp xếp thứ tự của x ;3; 4; a; b ; c , có 6! cách. Suy ra n ( M ) = 2.6! = 1440 . -) Tương tự n ( N ) = 2.6! = 1440 . -) Tính n ( M ∩ N ) Xếp 1; 2 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 1; 2 đứng cạnh nhau là x . Xếp 3; 4 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 3;4 đứng cạnh nhau là y . Khi đó, sắp xếp thứ tự của x ; y ; a; b ; c , có 5! cách. Suy ra n ( M ∩ N ) = 2!.2!.5! = 480 .

( )

Do đó n B = 1440 + 1440 − 480 = 2400 . Suy ra n ( B ) = 7!− 2400 = 2640 . Từ đó có n ( A ) = 2640.C63 . Vây xác suất của biến cố A là P ( A ) =

2640.C63 11 = . A107 126

Cách 2 +) n ( Ω ) = A107 . +) Gọi biến cố A : “thẻ có ghi các chữ số 1; 2;3; 4 trong đó chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau ”. Chọn 3 chữ số khác nhau trong 6 chữ số còn lại, có C63 cách. Giả sử 3 chữ số đó là a , b , c . Xét các thẻ có ghi các chữ số 1; 2;3; 4; a; b ; c . Có 7! thẻ. Gọi biến cố B : “chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau”. Khi đó, biến cố B : “chữ số 1; 2 đứng cạnh nhau hoặc chữ số 3; 4 đứng cạnh nhau”. Ta xét 3 trường hợp sau: -) Trường hợp 1: “chữ số 1; 2 đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 đứng cạnh nhau”. Xếp 1; 2 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 1; 2 đứng cạnh nhau là x . Xếp 3; 4 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 3;4 đứng cạnh nhau là y . Khi đó, sắp xếp thứ tự của x ; y ; a; b ; c , có 5! cách. Suy ra có 2!.2!.5! = 480 cách. -) Trường hợp 2: “chữ số 1; 2 đứng cạnh nhau và chữ số 3; 4 không đứng cạnh nhau”. Xếp 1; 2 đứng cạnh nhau có 2! cách và coi 1; 2 đứng cạnh nhau là x .

Xếp thứ tự 4 chữ số x ; a; b ; c có 4! cách. Khi đó 4 chữ số này tạo 5 khoảng trống. Xếp chữ số 3; 4 vào 2 trong 5 khoảng trống này, có A52 cách. Suy ra trường hợp 2 có 2!.4!. A52 = 960 cách. -) Trường hợp 3: “chữ số 3; 4 đứng cạnh nhau và chữ số 1; 2 không đứng cạnh nhau”. Tương tự như trường hợp 2, có 2!.4!. A52 = 960 cách.

( )

Suy ra, n B = 480 + 960 + 960 = 2400 . Do đó n ( B ) = 7!− 2400 = 2640 . Từ đó có n ( A ) = 2640.C63 2640.C63 11 = . A107 126 Câu 3. a) Cho hình chóp S. ABC điểm M nằm trong tam giác ABC . Qua A, B, C kẻ các đường thẳng

Vây xác suất của biến cố A là P ( A) =

d A , dB , dC song song với SM lần lượt cắt các mặt ( SBC ) , ( SCA) , ( SAB ) tại A′, B′, C′ . Mặt phẳng SM . ( A′B′C ′ ) cắt SM tại M ′ . Tính tỷ số SM ′ Lời giải

Gọi D = AM ∩ BC, F = BM ∩ CA, E = CM ∩ AB . Khi đó, SD ∩ d A = A′, SF ∩ d B = B′, SE ∩ dC = C ′ . Kẻ DD ′ //SM ( D ′ ∈ B ′C ′ ) thì M ′ = SM ∩ A′D′ . Kí hiệu x = S∆MBC , y = S ∆MCA , z = S∆MAB , S = S∆ABC .

SM MD x x y z = = ⇒ SM = AA′ .Tương tự SM = BB′, SM = CC ′ . AA′ AD S S S S x y z Do đó : 3.SM = AA′ + BB′ + CC ′ (1) S S S MD MA x y+z + Trong hình thang AA′D ′D vì MM ′//AA′//DD′ nên MM ′ = . AA′ + .DD′ = . AA′ + .DD′ AD AD S S DC DB y z Trong hình thang BCC ′B′ có DD′ //BB ′ nên: DD′ = .BB′ + .CC ′ = .BB′ + .CC ′ BC BC y+z y+z

+ Có :

SM 1 = . SM ′ 2 a2 b) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh SA = a . Diện tích tam giác SAB bằng . Gọi P là điểm 4 thỏa mãn SA = 3SP . Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm M , N không trùng với các đỉnh của hình chóp. Tìm giá trị nhỏ nhất của ( AM + MN + NP ) . Do đó : MM ′ =

x y z AA′ + BB′ + CC ′ (2). Từ (1) và (2) suy ra: MM ′ = 3SM . S S S

Lời giải

Vậy

Ta có diện tích tam giác SAB là: S ∆SAB =

a2 1 1 1 ⇔ = a.a.sin ASB ⇔ sin ASB = SA.SB.sin ASB 2 4 2 2

⇔ ASB = 300 . Ta trải các mặt bên của hình chóp trên cùng một mặt phẳng.

Khi đó AM + MN + NP ≥ AP . Dấu bằng xảy ra khi A, M , N , P thẳng hàng. a 2 a 10 Mà ASB = 300 ⇒ ASP = 900 . Xét tam giác vuông ASP có AP = SA2 + SP 2 = a 2 + = . 9 3

a 10 . 3 = α. Câu 4 . Cho laêng truï tam giaùc ABC.A ′B′C′ coù ñaùy laø tam giaùc vuoâng taïi A,BC = a, ABC Caùc maët phaúng (A ′AB),(A ′BC),(A′CA) nghieâng ñeàu treân ñaùy moät goùc β. Hình chieáu cuûa ñieåm A ′ leân maët phaúng (ABC) thuoäc mieàn trong tam giaùc ABC. Chöùng minh theå tích cuûa Vậy giá trị nhỏ nhất của ( AM + MN + NP ) bằng

khoái laêng truï ABC.A ′B′C′ ñöôïc tính theo coâng thöùc V =

2.a3 .sin 2 2α. tan β . α π α 32 cos cos  −  2 4 2

Giải B' Goïi H laø hình chieáu cuûa A ′ treân maët phaúng (ABC). Töø ñieåm H haï HI,HJ,HK laàn löôït vuoâng goùc vôùi caùc caïnh BC,CA, AB. Do caùc maët phaúng (A ′AB),(A ′BC),(A ′CA) nghieâng ñeàu reân ñaùy moät goùc β, do ñoù ta coù HI = HJ = HK, hay H laø taâm ñöôøng troøn noäi tieáp tam SABC a sin 2α = . BC + CA + AB 2(1 + sin α + cos α ) B ′IH = β neân Xeùt tam giaùc vuoâng A ′HI coù A A ′H = HI. tan β

giaùc ABC. Vì theá HI =

a sin 2α. tan β ⇒ V = A ′H.S ABC = 2(1 + sin α + cos α )

2.a3 .sin2 2α. tan β . α π α 32 cos cos  −  2 4 2

C H K

J A

Câu 5. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa c < a, c < b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  2 a + c  2  2b + c  2 8 ( a 2 + 1)  64 . P = ( a − b )  2 + 2 − + 2 2  2   b + c   a + c  ab + bc + ca a ( a − b )  Lời giải 1 1 1 1 −1 −1 Ta có : ≥ ; ≥ ; ≥ 2 4 2 4 c  b2 + c2 c  ab + bc + ca  a + c  .  b + c    a 2 + c2    a +  b +  2  2  2 2   2

(

)

(

)

2 2    c c  4 a +  4b +   64 1 2 2 2      + − + 8 a +  Suy ra P ≥ ( a − b ) 4 4 c  c     a  c c   a + b +   b +  a +  2  2   2 2    2 y 2 64  1 1 c c 2  x ≥ = x ; b + = y ; ( x > 0; y > 0 ) . Ta có P ≥ ( x − y )  4 4 + 4 4 −  + 16 2 4 2 2 x xy  2 2  y ( a + c )  a + c  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 63 Ta có f ′ ( t ) = 4 ( 4t 3 − 6t 2 − 6t − 10 ) , f ′ ( t ) = 0 ⇔ t = . Lập bảng biến thiên suy ra f ( t ) ≥ − . 2 4 a = 1  a = 1  1 1 1 1   Suy ra P ≥ và P = ⇔ b = 2 hoặc b = . Vậy Pmin = . 2 4 4 4  c = 0  c = 0

Đặt a +

---HẾT--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 8 Câu 1. (6 điểm =3 điểm+3 điểm) a) Giải phương trình: 2 2 3 3 2 2 3 0. √ 1 √ 1 2 b) Giải hệ phương trình: 2 1 6 1 0 Câu 2. (4 điểm=2 điểm +2 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau. Tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 9 và có mặt chữ số 9. 1 b) Cho dãy số có ! , %ớ' ) 2 . Tính * * và tính lim →∞

! " #

Câu 3. (7 điểm = 3 điểm + 2 điểm +2 điểm) 4 60* , 3/2 5 90* , 1/3 5 120* . a) Cho hình chóp /. 123 có /1 /2 /3 √2, 1/2 a1) Tính thể tích khối chóp /. 123 theo a. 9: <= a2) Gọi 7, 8 là hai điểm thay đổi lần lượt trên hai cạnh 12 và /3 sao cho ;9 <> Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn 78. b) Cho hai tia 1 , 2 hợp với nhau một góc ∝. Đường thẳng 12 vuông góc với cả 1 , 2 . Gọi @, A là hai điểm lần lượt trên hai tia 1 , 2 . Đặt 1@ B, 2A . Tính khoảng cách giữa 12 và @A . Câu 4. (1.5 điểm)

Xác định hàm số C thỏa mãn C 0 4 và C . C ′ 1 2 . Câu 5. (1.5 điểm) Với các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: I E J J F"G"√#GH

G " F"H " *

----- HẾT ----GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 8

Câu Đáp án 1 a) Đk: ' ≠ 0, ≠ 0.(*) ⟺ 2 2 2 2 3 2 2 3 0 ⟺ 2 2 2 3 2 2 0 ⟺ 2 3 2 2 0 2 3 0 1 ⟺M 2 2 0 2 R !R 1 ⟺ 2 3 ' 0 ⟹ ' /B ∗ ⇔ T2U, T2U .

2 ⟺ 2 2 ' 2 2 0 ⇔ 1 ' 4 0 vô nghiệm. R

Vậy pt có nghiệm là T2U, S

!R S

T2U

√ 1 √ 1 2 1 2 1 6 1 0 2 ĐK: ) 1 (*). (2) ⇒ 1 4 (3)nên ) 0.

I.<h

!SZ k

Do đó

5 k !

, ) 2

!k "i !

, ) 2 ⟺ k 3 lk

m , ) 2

Đặt % k suy ra % là cấp số nhân công bội bằng 3. Do đó % S

Suy ra j

Vậy * * 3

⟹ .i *

.iJn h *

0.5 0.5 0.5

0.5

Xét hàm số C √ 2 , ) 0 có C ′ ) 0, ∀ ) 0 nên là hàm đồng biến trên 0; ∞ . Do đó (4) ⟺ √ 1 ⟺ 1, ) 0 0 Thay vào (3) được: Z 2 4 0 ⇒ M Z 2 4 5 (5) có nghiệm duy nhất 1 vì hàm số \ Z 2 4 đồng biến trên 0; ∞ và \ 1 0. Vậy hệ có 2 nghiệm 1; 0 và 2; 1 . a) Không gian mẫu có số phần tử là 9. 1 I aaaaaaaa. Đặt / ^ _ `. Ta có Gọi số cần tìm là ^ _` 9 0 1 2 3 ≤ / ≤ 9 8 7 6 5 ⟺ 15 ≤ / ≤ 35 Vì S chia hết cho 9 nên S = 18 hoặc S = 27 Với S = 18 thì có 3 bộ số : e0,1,2,6,9f, e0,1,3,5,9f, e0,2,3,4,9f Với S = 27 thì có 11 bộ số: e0,3,7,8,9f, e0,4,6,8,9f, e1,2,7,8,9f, e1,3,6,8,9f, e1,4,5,8,9f, e1,4,6,7,9f, e2,3,6,7,9f, e2,3,5,8,9f e2,4,5,7,9f, e3,4,5,6,9f và e0,5,6,7,9f. Trong 14 bộ đó có 6 bộ có số 0 nên có 14.5! – 6.4! số .!! S. ! i Vậy xác suất cần tìm là E . b) Đặt j 3 suy ra j 4, j

0.5 0.25

0.25 0.5

1 ⟹ W √ 1 2 √ 1 2 (4)

Đ iể m 0.25 0.5

3. *

3 và o'B 3.

3 .

0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5

a) Từ gt ta tính được các cạnh

12 √2, , 13 √6, 23 √4 Suy ra ∆123 vuông tại B. Mặt khác /1 /2 /3 nên Hình chiếu H của S lên đáy là trung điểm của AC

Ta có /q

F√

1 0.5

Vậy thể tích khối chóp r S /q. 21. 23 tttttu ^tu , /3 ttttu u, a2) Đặt tttttu /1 u, /2

Fs i

0.5

<> B 0 ≤ B ≤ 1 . ttttu B/3 ttttu , 17 ttttu B12 tttttu B ^tu u . j v 83 ttttu 1/ tttttu /3 ttttu 38 ttttu B 1 u B^tu 1 B u. tttu 71 Ta có 78 Mặt khác u. ^tu , ^tu. u 0, u. u nên 78 3B 5B 3 2 5 11 11 6 B )

6 6 6 F√SS ! Vậy IJ nhỏ nhất bằng S đạt được khi B S. ;9

0.5 0.5 0.5 0.5

b) Vẽ BM ' = AM thì ABM ' M là hình chữ nhật có AB//(MNM’) Khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và MN bằng khoảng cách từ AB tới mp(MNM') hay bằng khoảng cách từ B tới mặt phẳng đó. Hạ BH ⊥ NM' thì BH ⊥ mp(MNM'), vậy h = BH. 1 Ta có S BMN = NM '.BH nên 2 mn sin α h= . 2 m + n2 − 2mn cos α

Ta có C . C 1 2 ⟺ i xC y 1 2 ⟺ C i 3 3 ′ 0 ⟺ C i 3 3 3, 3 là hằng số. s ⟺ C 3 3 3 Do C 0 4 nên 3 64 s Vậy C √ 3 3 64. 1 9 E 2 ^ √8^ 2 2^ 2 10 Ta có: 1 1 √8^ 2√^. 2 ≤ ^ 2 ê ) 2 ^ √8^ 2 ^ I I ) F"G"H"! 2^ 2 ) ^ ê J J G " F"H " *

0.25

0.25 0.5 0.5 0.5 0.5

0.5

Do đó E )

F"G"H"!

F"G"H

0.5

Đặt ^ , > 0. Xét hàm số C } }"! , > 0.

Có C w

} J

}"! J !

0⟺

Từ bbt suy ra C ) C l m , ∀ > 0.

Do đó E )

0.5

nên GTNN của E . ! ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 9

Câu I(2,0 điểm) Cho phương trình

x3 − x + m ( x2 − 4 ) = 2 x3 − 5 x

( m ∈ ℝ ) (1) . Tìm m để phương trình

(1) có đúng hai nghiệm dương phân biệt. Câu II(5,0 điểm)

2sin 2 x − cos 2 x − 7sin x + 4 + 3 = 1. 2cos x + 3  y3 − 4 y 2 + 4 y = x + 1 y 2 − 5 y + 4 + x + 1  2. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) . 2 2 2 2 2 x − 3x + 3 + 6 x − 7 = y ( x − 1) + ( y − 1) 3 x − 2 1. Giải phương trình

(

)

Câu III(4,0 điểm) 1. Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn 4 x 2 + 4 y 2 + z 2 =

1 2 ( 2 x + 2 y + z ) . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2

8 x3 + 8 y 3 + z 3 . P= ( 2 x + 2 y + z )( 4 xy + 2 yz + 2 xz ) u1 = 2 2n2 + 3n + 1 lim . 2. Cho dãy số ( u n ) xác định  Tìm s ố h ạ ng t ổ ng quát u và tính . n n * un un +1 = 4un + 3.4 , ( ∀n ∈ ℕ ) Câu IV(4,0 điểm) 1. Có bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và ba chữ số chẵn khác nhau, mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần. 2. Cho hình chóp tam giác đều S. ABC , cạnh đáy có độ dài bằng a . Lấy K là điểm thuộc cạnh SA với SA = 3SK . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a biết đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( KBC ) . Câu V(5,0 điểm) 1. Cho hình chóp S. ABCD , có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi (α ) là mặt phẳng không đi qua SB S và cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q thỏa mãn SA = 2 SM ; SC = 3SP . Tính tỉ số khi SN 2

 SD   SB  giá trị biểu thức T =   đạt giá trị nhỏ nhất.  + 4  SN   SQ  2. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1D1 , mặt phẳng (α ) thay đổi và song song với hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P , Q . Hãy xác định vị trí của mặt phẳng (α ) để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. ------------- HẾT -------------GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 9

Câu

NỘI DUNG

Điểm

I Cho phương trình x 3 − x + m ( x 2 − 4 ) = 2 x3 − 5 x 2,0 điểm trình (1) có đúng hai nghiệm dương phân biệt.

( m ∈ ℝ ) (1) .

Tìm

m để phương

2,0

 10  Điều kiện : x ∈ [ −1; 0] ∪  ; + ∞   2  Phương trình (1) ⇔ m ( x 2 − 4 ) = 2 x3 − 5 x − x3 − x .

0,5

+ Với x = 0 ( loại) .

+ Với x ≠ 0 phương trình ⇔ m ( x − 4 ) =

x ( x2 − 4)

 x = ±2 ⇔ x m = 3  2 x − 5x + x3 − x

( *)

2 x3 − 5 x + x 3 − x

0,75

Yêu cầu bài toán ⇔ ( *) có đúng 1 nghiệm x ≥

10 và x ≠ 2 . 2

m > 0  10  5 1  ⇔1 .Đặt f ( x ) = 2 x − + x − , x ∈  ; + ∞  5 1 x x ( *)  2   = 2x − + x − x x m 5 1 2+ 2 1+ 2 x + x > 0, ∀x ∈  10 ; + ∞  ⇒ f ( x ) đồng biến trên ⇒ f ′( x) =   5 1  2  2 2x − 2 x− x x  10  ; + ∞    2  ,  10  3 ⇒ f ( x ) ≥ f  , f ( x ) ≠ f ( 2) = 6 .  = 10  2   1 3 10 0 < m ≤  ≥   m  10 3 . ⇒ m ∈  0; 10  \  1  Từ ( *) ⇒  ⇔    3   6 1 ≠ 6 m ≠ 1     m 6 II 2sin 2 x − cos 2 x − 7 sin x + 4 + 3 = 1. 5,0 1. Giải phương trình 2 cos x + 3 điểm 5π Điều kiện: x ≠ ± + k 2π (*). 6 Phương trình tương đương 2sin 2 x − cos 2 x − 7sin x + 4 + 3 = 2cos x + 3 ⇔ 2sin 2 x − cos 2 x − 7 sin x − 2cos x + 4 = 0 ⇔ ( 2sin 2 x − 2cos x ) − 1 − 2sin 2 x − 7sin x + 4 = 0

(

)

⇔ 2 cos x ( 2 sin x − 1) + ( 2 sin x − 1)( sin x − 3 ) = 0

0,5

0,25

2,5

0,75

 2sin x − 1 = 0 ⇔ ( 2sin x − 1)( sin x + 2 cos x − 3) = 0 ⇔  . sin x + 2cos x − 3 = 0 π  x = + k 2π  1 6 Giải (1) : sin x = ⇔  2  x = 5π + k 2π  6 • • Giải (2): sin x + 2cos x = 3 vô nghiệm vì 12 + 2 2 < 32 . π Đối chiếu điều kiện (*) phương trình có họ nghiệm x = + k 2π ( k ∈ ℤ ) . 6 2. Giải hệ phương trình  y3 − 4 y 2 + 4 y = x + 1 y 2 − 5 y + 4 + x + 1 (1)  .  2 2 x 2 − 3x + 3 + 6 x − 7 = y 2 ( x − 1) + ( y 2 − 1) 3x − 2 ( 2 ) 2 Điều kiện: x ≥ (*) 3 2 2 Phương trình (1) ⇔ y ( y − 2 ) = x + 1 ( y − 2 ) − y + x + 1   2 ⇔ y − x + 1 ( y − 2 ) + x + 1  = 0 ⇔ y = x + 1   2 2 vì x ≥ ⇒ ( y − 2 ) + x + 1 > 0. 3 Thế y = x + 1 vào phương trình (2) ta có:

(

)

0,5

2,5

0,25

0,75

2 x 2 − 3x + 3 + 6 x − 7 = ( x + 1)( x − 1) + x 3x − 2 ⇔ 2 x 2 − 3x + 3 + 6 x − 7 = x3 − x2 − x + 1 + x 3x − 2

⇔2

(

) (

x 2 − 3x + 3 − 1 = x

x 2 − 3x + 2

0,5

)

3 x − 2 − x + x3 − 7 x + 6

3x − 2 − x 2 + ( x 2 − 3 x + 2 ) ( x + 3) 3x − 2 + x

x 2 − 3x + 3 + 1   2 x ⇔ ( x 2 − 3x + 2 )  x + 3 − − =0 2 3x − 2 + x  x − 3x + 3 + 1   x 2 − 3x + 2 = 0 ( 3)  ⇔ . 2 x x +3− − = 0 ( 4)  3x − 2 + x x 2 − 3x + 3 + 1 •

Giải (3) ta được x = 1; x = 2

•

Giải (4): phương trình x + 3 −

−

x2 − 3x + 3 + 1    2 x  ⇔ x +2−  + 1 − =0 2 3x − 2 + x  x − 3x + 3 + 1   

⇔ x+

2 x 2 − 3x + 3 x 2 − 3x + 3 + 1

0,25

x =0 3x − 2 + x

0,75

3x − 2 2 = 0 vô nghiệm vì vế trái luôn dương với ∀x ≥ . 3 3x − 2 + x

{(

)(

)}

Đối chiếu điều kiện (*) suy ra tập nghiệm hệ là S = 1; 2 , 2; 3 .

III 1 2 1. Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn 4 x 2 + 4 y 2 + z 2 = ( 2 x + 2 y + z ) . Tìm giá trị 4,0 2 điểm 3 3 3 8x + 8 y + z lớn nhất của biểu thức: P = . ( 2 x + 2 y + z )( 4 xy + 2 yz + 2 xz ) 2 2  1 z  z 2 ( 2 x + 2 y + z ) ⇔ 2  x 2 + y 2 +    =  x + y +  . 2 2  2     z 1 2 Đặt t = ta có ( x 2 + y 2 + t 2 ) = ( x + y + t ) 2 2 1 1 2 2 Mặt khác xy + yt + tx = ( x + y + t ) − x 2 − y 2 − t 2  = ( x + y + t )   2 4 3 3 3 3 3 3 8x + 8 y + z x + y +t P= = ( 2 x + 2 y + z )( 4 xy + 2 yz + 2 xz ) ( x + y + t )( xy + yt + tx )

2,0

Ta có 4 x 2 + 4 y 2 + z 2 =

4 ( x3 + y 3 + t 3 )

(x + y + t)

1  4 x   4 y   4t  =   +  +  16  x + y + t   x + y + t   x + y + t  3

  

a + b + c = 4 4x 4y 4t ;b = ;c = ⇒ với a, b, c đều dương. x+ y+t x+ y+t x+ y+t ab + bc + ca = 4  4 Không giảm tính tổng quát giả sử a = min {a, b, c} ⇒ a + b + c ≥ 3a ⇒ a ∈  0;  .  3 b + c = 4 − a a + b + c = 4 ⇒ Mà  . 2 ab + bc + ca = 4 bc = a − 4a + 4 1 1 3 3 2 Khi đó P = ( a 3 + b3 + c3 ) =  a 3 + ( b + c ) − 3bc ( b + c )  = a ( 2 − a ) + 1   16 16 16 3 2a ( 2 − a )( 2 − a ) 1  2a + 2 − a + 2 − a  32 2 ≤  Áp dụng côsi ta được a ( 2 − a ) = .  = 2 2 3  27 3 32 11 2 Suy ra P ≤ . + 1 = , đẳng thức xảy ra khi a = . 16 27 9 3 11 z y z đạt được khi x = y = hoặc x = = . Vậy giá trị lớn nhất là 9 8 4 2 u1 = 2 2. Cho dãy số ( u n ) xác định  . Tìm số hạng tổng quát un n * u = 4 u + 3.4 , ∀ n ∈ ℕ ( ) n + n 1  2 2n + 3n + 1 . và tính lim un

0,5

Đặt: a =

Ta có un +1 = 4un + 3.4 n ⇒ un = 4un −1 + 3.4 n −1 với ∀n ∈ ℕ; n ≥ 2 . Khi đó: un = 4un −1 + 3.4

n −1

= 4 ( 4un −2 + 3.4

= 42.un−2 + 2.3.4n−1 = 42 ( 4un −3

) + 3.4 + 3.4 ) + 2.3.4 n−2

0,5

2,0

0,25

n −1

n −3

n −1

= 43.un−3 + 3.3.4n−1

... = 4n −1.u1 + ( n − 1) .3.4n −1 = 4n −1.2 + ( n − 1) .3.4n −1 = ( 3n − 1) 4n−1. 3 1    2 + n + n 2 4n  2n 2 + 3n + 1 2n 2 + 3n + 1 lim = lim = lim  . n =0 1 un 4  ( 3n − 1) 4 n−1  3− n  

0,75

0,5

3 1 2+ + 2 2 n n = 2 ; Ta có 0 < n = n < n = Vì lim với n ≥ 2 . n n 2 2 1 4 3 . 9 1 C n − 3 ( ) 1 + 3 ( ) n 3− n 2n2 + 3n + 1 4n 2 n −1 lim = 0. Mà lim suy ra . V ậ y ; =0 lim n = 0 u n = ( 3n − 1) 4 un 9 ( n − 1) 4 IV 1. Có bao nhiêu số tự nhiên ên có 8 chữ ch số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau và v ba n khác nhau, mà m mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần. 4,0 chữ số chẵn điểm Trường hợp 1: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau vàà ba chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, coi chữ số 0 có thểể đứng đứ đầu. 2 3 + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau vàà 3 chữ số chẵn khác nhau có C5 C5 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau vvà ba 8! chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: (số). 2!2!2! 8! Trường hợp này có: C52 .C53 . = 504000 (số). 2!2!2! Trường hợp 2: Xét các số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau vàà ba chữ số chẳn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần, mà chữ số 0 đứng đầu. đầ + Chọn 2 chữ số lẻ khác nhau vàà 2 chữ số chẵn khác nhau có C52C42 (cách). + Với mỗi cách chọn trên ên ta có: số có 8 chữ số, trong đó có hai chữ số lẻ khác nhau vvà hai 7! chữ số chẵn khác nhau mà mỗi chữ số chẵn có mặt đúng hai lần là: (số). 2!2! 7! Trường hợp này có: C52 .C42 . = 75600 (số). Vậy có: 504000 − 75600 = 428400 (số). 2!2! 2. Cho hình chóp tam giác đều S . ABC , cạnh đáy có độ dài bằng a . Lấy K là điểm thuộc cạnh SA với SA = 3SK . Tính thể tích khối chóp S . ABC theo a biết đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng ( KBC ) .

0,5

2,0

0,5

2,0

2 1 Vì SA = 3SK ⇒ BA − BS = 3 BK − BS ⇒ BK = BS + BA . 3 3 Lại có SA ⊥ ( KBC ) ⇒ SA ⊥ KB .

(

)

Đặt SB = b .  2 1  SA ⊥ KB ⇔ BK .SA = 0 ⇔  BS + BA  BA − BS = 0 3 3  ⇔ 2 BS + BA BA − BS = 0

(

)(

)

1,0

2 2 =0 ⇔ BA − 2 BS + BS .BA = 0 ⇔ a 2 − 2b 2 + ab.cos SBA

a2 + b2 − b2 =0 . 2ab a2 3a 2 a 3 ⇔ a 2 − 2b 2 + = 0 ⇔ b 2 = .Vậy SB = . 2 4 2 ⇔ a 2 − 2b2 + ab.

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC ⇒ SO ⊥ ( ABC ) . Xét tam giác vuông SBO , ta có 2

 a 3   2 a 3  5a 2 a 5 ⇒ SO = . SO = SB − BO =   −  .  = 12 2 3  2  3 2  2

S∆ABC =

0,5

a2 3 . 4

1 1 a 5 a 2 3 a3 5 . = Vậy thể tích của khối chóp S. ABC là: V = .SO.S△ ABC = . . 3 3 2 3 4 24 V 1. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi (α ) là mặt 5,0 phẳng không đi qua S và cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q thỏa điểm 2 2  SD  SB  SB  T = + 4 mãn SA = 2 SM ; SC = 3SP . Tính tỉ số khi giá trị biểu thức     SN  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ nhất.

0,5

2,5

Đặt SB = xSN , SD = ySQ với x ≥ 1; y ≥ 1 , khi đó: 2

 SD   SB  2 2 T =  = x + 4y .  + 4  SN   SQ  Ta có: SA + SC = SB + SD = 2SO ⇔ SD = SA + SC − SB . 1 1 2 3 x SQ = SD = SA + SC − SB = SM + SP − SN (*). y y y y y Vì 4 điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên từ (*) ta có:

(

)

2 3  x + +−  =1⇔ x + y = 5 . y y  y

0,5

0,75

0,5

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có: 2

1 1 ( x + y ) =  x.1 + 2 y.  ≤ ( x 2 + 4 y 2 ) 1 +  ⇒ T = x 2 + 4 y 2 ≥ 20 , 2   4 dấu ‘=’ khi x = 4; y = 1 . SB Vậy = x = 4. SN 2. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD. A1 B1C1 D1 , mặt phẳng (α ) thay đổi và song song 2

với hai đáy của lăng trụ lần lượt cắt các đoạn thẳng AB1 , BC1 , CD1 , DA1 tại M , N , P, Q

0,75

2,5

. Hãy xác định vị trí của mặt phẳng (α ) để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

Giả sử mặt phẳng (α ) cắt các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 lần lượt tại E , F , G , H . Do mặt phẳng (α ) ( ABCD ) nên ta có:

AE BF CG DH . = = = AA1 BB1 CC1 DD1

AE = x, ( 0 < x < 1) ; S▱ ABCD = S với S là hằng số. Ta có S▱ EHGF = S . AA1 EM AM AE EQ A1 Q A1 E Suy ra = = =x⇒ = = = 1− x . EF AB1 AA1 EH A1 D A1 A

0,5

Đặt

S∆EMQ

EQ EM . = x (1 − x ) ⇒ S∆EMQ = x (1 − x ) S∆EFH . S∆EFH EH EF Chứng minh tương tự ta có: S∆HPQ = x (1 − x ) S∆HGE ; S∆PGN = x (1 − x ) S∆HGF ; S∆NFM = x (1 − x ) S∆GFE .

⇒

0,5

0,75

Ta có S ▱ MNPQ = S − ( S ∆EMQ + S ∆PGH + S ∆PGN + S ∆NFM ) = S − x (1 − x )( S ∆EFH + S ∆HEG + S ∆HGF + S ∆GFE ) = S − x (1 − x ) 2 S = S (1 − 2 x + 2 x 2 ) . 2

1 1 1 S  Ta có 1 − 2 x + 2 x = 2  x −  + ≥ ⇒ S▱ MNPQ ≥ . 2 2 2 2  S 1 Khi đó S ▱ MNPQ đạt giá trị nhỏ nhất là khi x = . 2 2 Vậy mặt phẳng (α ) đi qua trung điểm các cạnh AA1 , BB1 , CC1 , DD1 . 2

Câu 1. (2 điểm) Giải phương trình

Câu 2. (5 điểm)

---------- Hết -----------ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 10

4 5 + 3 1 − x2 13 + = . 2 2 2 4 − x 8 1 − x + 8 − 2x 2+ 5− x + 3+ x

0,75

cos 2 2 x + sin x + cos x = 2 . 4 2 2 2x 3 − y3 + 5 ( 2x − y ) = 6xy ( x − y )  b) Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 7x 3x − y + 2 = 6y + 22 − 3x Câu 3. (4 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề. u1 = 3  1 1 1  . Tìm lim  2 + 2 + ... + 2  . b) Cho dãy số {un } xác định bởi  1 2 un   u1 u2 u n +1 = 2 u n + 5u n + u n , n ∈ ℕ , n ≥ 1 Câu 4. (7 điểm) a) Cho tứ diện đều cạnh 1và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. b) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, SC . Biết rằng BM vuông góc với AN . Tính thể tích khối chóp S. ABC .

a) Giải phương trình

(

)

(

)

c) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt phẳng ( Q ) thay đổi song song với mặt phẳng

( ABC ) lần lượt cắt các cạnh

SA, SB, SC tại M , N , P. Qua M , N , P kẻ các đường thẳng

song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng ( ABC ) tại M ′, N ′, P′. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′ Câu 5. (2 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

1 y ( x − 1)( z + 1)

---Hết--GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 10

4 5 + 3 1− x2 13 + = . 2 2 2 4 − x 8 1 − x + 8 − 2x 2+ 5− x + 3+ x Lời giải Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1. Ta có: 13 13 - 2 2 ≤ 5 − x + 3 + x ≤ (1 + 1)( 5 − x + 3 + x ) = 4 ⇒ ≤ = f (x) 6 2+ 5− x + 3+ x 13 Hay Min f ( x ) = ⇔ x = 1 (1) . Đặt 1 − x 2 = a ( a ≥ 0 ) , ta có: [ −1;1] 6

Câu 1. Giải phương trình

4 5 + 3 1− x2 4 1 1 4 5 + 3a + = + + . = + 2 2 2 2 2 2 4 − x 8 1 − x + 8 − 2x 3+ a 3+ a 8a + 6 + 2a ( a + 3) 2 ( a + 1) 4 1 1 Xét hàm số: g ( a ) = + + , a ≥ 0. 2 3 + a ( a + 3) 2 ( a + 1) 8a 1 1 Ta có: g ' ( a ) = − − − < 0, ∀a ≥ 0 , hay hàm số nghịch biến trên [ 0; +∞ ) . Do đó: 2 2 2 2 ( a + 3) 2 ( a + 1) ( a + 3) 4 5 + 3 1− x2 13 13 + ≤ tức là: ( 2) 2 4 − x 8 1 − x 2 + 8 − 2x 2 6 6 Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x = ±1. Kết hợp (1) và (2) cho ta nghiệm của phương trình là x = 1. cos 2 2 x Câu 2. a) Giải phương trình + sin x + cos x = 2 . 4 2 g (a ) ≤ g (0) =

π  Lời giải Đặt t = sin x + cos x = 2 cos  x −  , với − 2 ≤ t ≤ 2 . 4  Ta có sin 2 x = 2sin x cos x = t 2 − 1 ⇒ cos 2 2 x = (1 − sin 2 2 x ) = 1 − ( t 2 − 1)  = −t 4 + 2t 2 .   Do đó, phương trình đã cho trở thành : −t 4 + 2t 2 + t = 2 ⇔ t 4 − 2t 2 − 4 2t + 8 = 0 ⇔ t 2 ( t 2 − 2 ) − 4 2 t − 2 = 0 4 2 2

(

)(

)

⇔ t − 2 t 3 + 2t 2 − 4 2 = 0 ⇔ t = 2 . (Biện luận cho phương trình bậc 3 đó vô nghiệm)

π π π   Suy ra t = 2 cos  x −  = 2 ⇔ cos  x −  = 1 ⇔ x = + k 2π . 4 4 4     2 2x 3 − y3 + 5 ( 2x − y ) = 6xy ( y − x ) 

(

b) Giải hệ phương trình 

)

7x 3x − y + 2 = 6y + 22 − 3x

( x, y ∈ ℝ )

22  x ≤ . 3 3x − y + 2 ≥ 0

Lời giải : Điều kiện : 

Phương trình thứ nhất trong hệ được biến đổi thành phương trình :

(

)

2 2x 3 − y3 + 5 ( 2x − y ) = 6xy ( y − x ) ⇔ 4x 3 − 2y3 + 10x − 5y = −6xy 2 + 6x 2 y

(

)

⇔ 2x 3 + 10x − 5y = 2 y3 − 3xy 2 + 3x 2 y − x 3 ⇔ 2x 3 + 5x = 2 ( y − x ) + 5 ( y − x ) 3

⇔ 2x 3 − 2 ( y − x ) + 5 ( 2x − y ) = 0

(

) + 5( 2x − y ) = 0 ⇔ ( 2x − y ) ( 2x + 2x ( y − x ) + 2 ( y − x ) + 5) = 0 ⇔ y − 2x = 0 ⇔ y = 2x vì M > 0 .

⇔ 2 ( 2x − y ) x 2 + x ( y − x ) + ( y − x )

Thay y = 2x vào phương trình thứ hai trong hệ ta thu được phương trình : 7x x + 2 = 12x + 22 − 3x ( Điều kiện : −2 ≤ x ≤

(

)

22 ). 3

(

)

⇔ 7x 2 − 7x − 14 + 14 − x − 3 22 − 3x + 7x 3 x + 2 − x − 4 = 0 (1) .

Nhận xét với −2 ≤ x ≤

(

)

(1) ⇔ 7 x 2 − x − 2 +

22 ⇒ 14 − x + 3 22 − 3x > 0, x + 4 + 3 x + 2 > 0 nên ta có: 3

(

7x x 2 − x − 2

x2 − x − 2

−

) =0

14 − x + 3 22 − x x + 4 + 3 x + 2 1 7x   ⇔ x2 − x − 2  7 + −  = 0 ( 2) 14 − x + 3 22 − 3x x + 4 + 3 x + 2  

(

)

⊕ Với −2 ≤ x ≤ 0 ⇒ P < 0 . 22 7x 7x 28 ⇒P>7− >7− = > 0. ⊕ Với 0 < x ≤ 3 x+4 x+4 x +4+3 x +2 22 Do đó với −2 ≤ x ≤ ⇒ P = 0 vô nghiệm. 3 x = 1 + 3 ⇒ y = 2 1 + 3 Do đó từ ( 2 ) ta có : x 2 − x − 2 = 0 ⇔  . x = 1 − 3 ⇒ y = 2 1 − 3 

( (

Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của hệ là :

) )

( x, y ) = {(1 + Câu 3.

)(

3;2 + 2 3 ; 1 − 3;2 − 2 3

)} .

a) Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn có 7 chữ số. Tính xác suất để số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề. Lời giải Cách 1: Gọi số cần tìm là a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 . Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10 5 = 4500000 ( số ). Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có n ( Ω) = 4500000 . Gọi A là biến cố: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề” Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào các vị trí a1 , a2 , a3 . Số cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí a1 , a2 , a3 là 53 cách. Số cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn khác nhau vào 4 vị trí còn lại là: A54 . Các số lập được trong trường hợp này là: 53. A54 = 15000 (số). Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào 3 vị trí liên tiếp từ các vị trí a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6 . Có 3 cách chọn bộ 3 vị trí liên tiếp: {a2 ; a3 ; a4 } ;{a3 ; a4 ; a5 } ;{a4 ; a5 ; a6 } . Mỗi bộ 3 vị trí được chọn có: +) 53 cách chọn và sắp xếp 3 chữ số lẻ vào 3 vị trí đó. +) có 4.A43 cách chọn và sắp xếp 4 chữ số chẵn vào 4 vị trí còn lại. Số các số lập được trong trường hợp này là: 3.53.4. A43 = 36000 (số). Số phần tử của biến cố A là: n ( A) = 36000 + 15000 = 51000 . Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

51000 17 = . 4500000 1500

Cách 2: Số tự nhiên chẵn có 7 chữ số là: 9.5.10 5 = 4500000 ( số ). Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên một số chẵn có 7 chữ số”. Ta có n ( Ω) = 4500000 . Gọi biến cố A: “Số được chọn gồm 4 chữ số chẵn khác nhau, 3 chữ số lẻ và 3 chữ số lẻ ở 3 vị trí liền kề” +) Nếu chữ số đầu có thể là chữ số 0 . Số cách chọn 4 chữ số chẵn từ các chữ số 0; 2; 4; 6; 8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A54 . X Chẵn x Chẵn x Chẵn x Chẵn 4 chữ số chẵn vừa xếp tạo ra 5 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 4 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 4.53 cách. Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A54 .4.53 = 60000 (dãy). +) Nếu chữ số đầu tiên là chữ số 0 . Số cách chọn 3 chữ số chẵn từ các chữ số 2; 4; 6; 8 để sắp xếp theo 1 hàng ngang là A43 . x Chẵn X Chẵn x Chẵn 0 3 chữ số chẵn vừa xếp cùng với chữ số 0 đứng đầu tạo ra 4 khoảng trống. Chọn 1 khoảng trống từ 3 khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) và xếp 3 chữ số lẻ vào khoảng trống đó có 3.53 cách. Tổng các dãy lập được trong trường hợp này là: A43 .3.53 = 9000 (dãy). +) Suy ra số các dãy là số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000 − 9000 = 51000 (dãy).

Do đó số phần tử của biến cố A là: n ( A) = 51000 . Vậy xác suất cần tìm là: P ( A ) =

n ( A) n (Ω)

51000 17 = . 4500000 1500

u1 = 3

b) Cho dãy số {un } xác định bởi 

1 u n +1 = 2

(

)

u n2 + 5u n + u n , n ∈ ℕ , n ≥ 1

 1 1 1  Tìm lim  2 + 2 + ... + 2  . un   u1 u2 Giải Dễ có un > 0, ∀n ∈ ℕ* 1 1 Ngoài ra un +1 = un2 + 5un + un > un2 + un = un , ∀n ∈ ℕ * . Do đó dãy số {un } tăng. Giả sử {un } bị chặn 2 2 1 khi đó lim u n = a ≥ 3 . Cho hệ thức truy hồi qua giới hạn suy ra a = a 2 + 5un a + a ⇒ a = 0 vô lý. Từ đó 2 1 suy ra {un } không bị chặn và lim u n = +∞ , lim = 0 . un 1 Ta có un +1 = un2 + 5un + un ⇔ 2un +1 − un = un2 + 5un ⇔ 4un2+1 − 4un +1un = 5un 2 1 5 1  1 4 1 1  1 4 1 1  1 4 1 17 ⇔ 2 = 4 − ⇒ 2 =  −  ⇒ vn = 2 +  −  Suy ra lim vn = + . = un +1 u1 5  u1 un  9 5 3 45  un un +1  un +1 5  un un +1 

(

) (

)

(

Câu 4.

)

a) Cho tứ diện đều cạnh 1và điểm I nằm trong tứ diện. Tính tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện. Lời giải

Gọi V là thể tích tứ diện đều ABCD và gọi h1 , h2 , h3 , h4 lần lượt là khoảng cách từ I đến các mặt

( BCD ) , ( ACD ) , ( ABD ) , ( ABC) . Đặt V1 = VIBCD , V2 = VIACD V3 = VIABD , V4 = VIABC .

Ta có V = V1 + V2 + V3 + V4 . 1 3V V1 = h1.S BCD ⇒ h1 = 1 3 S BCD

3V3 3V2 3V4 , h3 = , h4 = . S ACD S ABD S ABC 3V1 3V2 3V 3V Vậy h1 + h2 + h3 + h4 = + + 3 + 4 . S BCD S ACD S ABD S ABC

Tương tự h2 =

3 4

Lại có tứ diện ABCD là tứ diện đều nên S BCD = S ACD = S ABD = S ABC =

2 3. 3V 2 6 = 12 = . Suy ra h1 + h2 + h3 + h4 = = = 3 3 3 3 3 4 4 4 b) Cho hình chóp tam giác đều S . ABC có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, SC . Biết rằng BM vuông góc với AN . Tính thể tích khối chóp S . ABC . Lời giải

3 (V1 + V2 + V3 + V4 )

C G

= CSA , do đó SA.SB = SB.SC = SC.SA . ASC = BSC Vì S . ABC là hình chóp tam giác đều nên SA = SB = SC và 1 1 Ta có AN = SN − SA = SC − SA ; BM = SM − SB = SA − SB . 2 2  1   1  Theo giả thiết BM ⊥ AN ⇔ BM . AN = 0 ⇔  SA − SB   SC − SA  = 0 2  2  2 1 1 2 1 ⇔ SA.SC − SA − SB.SC + SB.SA = 0 ⇔ 3SA.SC − 2 SA = 0 4 2 2 2 ⇔ 3.SA.SC.cos ASC − 2 SA2 = 0 ⇔ cos ASC = 3 Xét tam giác ASC , theo định lý côsin ta có 2 2 AC. 6 a. 6 AC 2 = SA2 + SC 2 − 2SA.SC.cos ASC = SA2 + SA2 − 2.SA2 . = SA2 ⇒ SA = = 3 3 2 2 2

a 6 a 3 a 42 Gọi G là trọng tâm ∆ABC ta có SG ⊥ ( ABC ) và SG = SA − AG =  .  +   = 6  2   3  2

1 1 a 2 3 a 42 a 3 14 . Vậy, VS . ABC = .S ABC .SG = . . = 3 3 4 6 24 c) Cho hình chóp S.ABC có thể tích bằng 1. Mặt phẳng ( Q ) thay đổi song song với mặt phẳng ( ABC ) lần lượt

cắt các cạnh SA, SB, SC tại M , N , P. Qua M , N , P kẻ các đường thẳng song song với nhau lần lượt cắt mặt phẳng ( ABC ) tại M ′, N ′, P′. Tính giá trị lớn nhất của thể tích khối lăng trụ MNP.M ′N ′P′

Lời giải SM = k ( 0 < k < 1) . Vì ( MNP ) ( ABC ) nên: Đặt SA SM MN SN NP SP PM = = = = = = k ⇒ S MNP = S M ′N ′P′ = k 2 .S ABC SA AB SB BC SC CA

Dựng SH ⊥ ( ABC ) tại H , MK ⊥ ( ABC ) tại K Suy ra MK SH ⇒

d ( M ; ( ABC ) ) d ( S ; ( ABC ) )

MK AM AS − MS = = = 1− k SH AS AS

⇒ d ( M ; ( ABC ) ) = (1 − k ) d ( S ; ( ABC ) ) ⇒ d ( M ; ( A′B′C ′ ) ) = (1 − k ) d ( S ; ( ABC ) ) VMNP.M ′N ′P′ = d ( M ; ( M ′N ′P′ ) ) .S M ′N ′P′ = (1 − k ) d ( S ; ( ABC ) ) k 2 .S ABC 1 Lại có: = k 2 (1 − k ) 3. d ( S ; ( ABC ) ) .S ABC 3 VMNP.M ′N ′P′ = k 2 (1 − k ) .3VS . ABC = 3k 2 (1 − k )( 0 < k < 1)

Cách 1(dùng hàm số): Xét hàm số: f ( k ) = 3k 2 (1 − k ) = 3k 2 − 3k 3 ( 0 < k < 1) k = 0 ⇒ f ′ ( k ) = 6k − 9k 2 , f ′ ( k ) = 0 ⇔ 3k ( 2 − 3k ) = 0 ⇔  2 . Ta có BBT của f ( k ) : k = 3 

4 4 nên GTLN của VMNP.M ′N ′P′ là . 9 9 2 SM 2 = . Dấu '' = '' xảy ra ⇔ k = ⇔ 3 SA 3 Cách 2(dùng BĐT Côsi): VMNP.M ′N ′P′ = 3k 2 (1 − k )( 0 < k < 1)

Từ BBT suy ra max f ( k ) = ( 0;1)

k k   2 + 2 +1− k  4 k k 2 Ta có 3k (1 − k ) = 12. . (1 − k ) ≤ 12   = . 2 2 3   9   Dấu '' = '' xảy ra ⇔

k 2 SM 2 = 1−k ⇔ k = ⇔ = . 2 3 SA 3

Câu 5. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x > 2, y > 1, z > 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1 2 x 2 + y 2 + z 2 − 2(2 x + y − 3)

−

1 y ( x − 1)( z + 1)

Giải Đặt a = x − 2, b = y − 1, c = z ⇒ a , b, c > 0

1 2 a 2 + b2 + c 2 + 1

Ta có a 2 + b 2 + c 2 + 1 ≥

−

1 (a + 1)(b + 1)(c+ 1)

( a + b) 2 (c + 1) 2 1 + ≥ ( a + b + c + 1) 2 2 2 4

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Mặt khác ( a + 1)(b + 1)(c+ 1) ≤

( a + b + c + 3)3 27

1 27 . − a + b + c + 1 (a + b + c + 3)3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 1 27 Đặt t = a + b + c + 1 > 1 . Khi đó P ≤ − ,t > 1 t (t + 2)3

Khi đó P ≤

1 27 1 81 81t 2 − (t + 2) 4 f (t ) = − , t > 1; f '(t ) = − 2 + = 3 4 (t + 2) t 2 (t + 2) 4 t (t + 2) t Xét f '(t ) = 0 ⇔ 81t 2 − (t + 2) 4 = 0 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 4 (do t>1); lim f (t ) = 0 x →+∞

Bảng biến thiên t

f’(t)

4 +

f(t)

+∞

1 8

0 1 Từ BBT, ta có max f ( x ) = f ( 4 ) = 8 a = b = c =1  1 Vậy max P = f ( 4 ) = ⇔  ⇔ a = b = c = 1 ⇒ x = 3; y = 2; z = 1 8 a + b + c + 1 = 4

---Hết--ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 11

Câu 1 (6,0 điểm) 4sin 2 a). Giải phương trình

x 3π   − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos 2  x −  2 4   = 0. 2 cos 3 x + 1

 x3 + xy 2 + x = 2 y 3 + y b) Giải hệ phương trình  3 . 2 3 2 ( x + 3 y + 5 ) 2 x + 5 x = 3 y + 5 x + 2 y + 5 Câu 2 (5,0 điểm) a) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích của ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6. 2u + un −1 b) Cho dãy số (un ) xác định bởi u1 = 2019; u2 = 2020; un +1 = n , n ≥ 2, n ∈ ℕ . Tìm un và 3 tính lim un . Câu 3 ( 5,0 điểm)

a) Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều. Tam giác ABC ′ có diện tích bằng 3 3 và nằm  π trong mặt phẳng tạo với đáy một góc bằng α , α ∈ 0;  . Tìm α để thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ đạt  2 giá trị lớn nhất. b) 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 chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC và H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống SA. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK , SO . Mặt phẳng (α) 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 ′ . Câu 4 (2,0 điểm) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA = SB = SC = a, cạnh SD thay đổi. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp S. ABCD . Câu 5 (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 abc P= +3 3 + ab + bc + ca (1 + a )(1 + b )(1 + c ) … Hết … Học sinh không được sử dụng tài liệu ……… Giám thị không giải thích gì thêm.

Câu 1a)

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 11 (Đáp án gồm 5 trang) Nội dung 3π  x  4sin 2 − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos 2  x −  2 4   Giải phương trình = 0. 2 cos 3 x + 1

Điểm 3.0

1.0 3π  x  − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos 2  x −  2 4   = 0 (1) . 2 cos 3 x + 1 1 ĐKXĐ: 2 cos 3x + 1 > 0 ⇔ cos 3x > − (*). 2 x 3π (1) ⇔ 4sin 2 − 3 cos 2 x − 1 − 2 cos2  x −  = 0 2 4   3π   1 + cos  2 x −  1 − cos x 2   ⇔ 4. − 3 cos 2 x − 1 − 2. =0 2 2 ⇔ 2 − 2 cos x − 3 cos 2 x − 1 − 1 + sin 2 x = 0 ⇔ sin 2 x − 3 cos 2 x = 2 cos x 4sin 2

⇔

1 3 π  π  sin 2 x − cos 2 x = cos x ⇔ sin  2 x −  = sin  − x  2 2 3  2 

5π 5π 2π π π     2 x − 3 = 2 − x + k 2π 3 x = 6 + k 2π  x = 18 + k 3 ⇔ ⇔ ⇔  2 x − π = π − π + x + k 2π  x = 5π + k 2π  x = 5π + k 2π  3 2 6 6   5π 2π So điều kiện (*), ta loại nghiệm x = +k (Do 18 3 5π   5π 2π   3 1 + k 2π (Do cos 3  +k < − ). Nhận nghiệm x =  = − 6 3  2 2   18

  5π 1 5π  cos 3  + k 2π   = 0 > − ). Vậy x = + k 2π 2 6    6 1b)

1.0

(k ∈ ℤ)

(k ∈ ℤ) .

 x3 + xy 2 + x = 2 y 3 + y Giải hệ phương trình  3 . 2 3 2 ( x + 3 y + 5 ) 2 x + 5 x = 3 y + 5 x + 2 y + 5  x3 + xy 2 + x = 2 y 3 + y (1)  3 2 3 2 ( x + 3 y + 5 ) 2 x + 5 x = 3 y + 5 x + 2 y + 5 ( 2 ) x ≥ 0 Điều kiện: 2 x 2 + 5 x ≥ 0 ⇔  . x ≤ − 5  2 3 3 2 3 Ta có (1) ⇔ ( x − y ) + ( xy − y ) + x − y = 0 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + 2 y 2 + 1) = 0

x = y ⇔ 2 2  x + xy + 2 y + 1 = 0 (*)

1.0

3.0

1,25

y  7 y2  Mà x + xy + 2 y + 1 =  x +  + + 1 > 0, ∀x, y ∈ ℝ nên phương trình (*) vô 2 4  nghiệm. Thay x = y vào phương trình (2) ta được: 2

1,25

+ 3x + 5) 2 x 2 + 5 x = 3x3 + 5 x 2 + 2 x + 5

⇔ ( x3 + 3x + 5 )

)

(

2 x 2 + 5 x − 1 = 3x3 + 5 x 2 + 2 x + 5 − ( x3 + 3x + 5)

2 x2 + 5x − 1

⇔ ( x3 + 3x + 5) ⋅

2x + 5x + 1

= x ⋅ ( 2 x 2 + 5 x − 1)

 2 x 2 + 5 x − 1 = 0 ( 3)  x3 + 3x + 5  ⇔ ( 2 x + 5 x − 1)  − x = 0 ⇔  3 2  x + 3x + 5 = x 2 x 2 + 5x + 1 ( 4 ) 2 x + 5 x + 1    2

(3) ⇔ x =

)

(

−5 + 33 −5 − 33 (thỏa mãn điều kiện) ∨x= 4 4 2

(

(4) ⇔ x 3 + 2 x + 5 = x 2 x 2 + 5 x ⇒  x 3 + (2 x + 5)  = x ⋅ 2 x 2 + 5 x 2

)

0,5

⇔ ( x3 ) + 2 x3 (2 x + 5) + (2 x + 5)2 = x3 (2 x + 5) ⇔ ( x3 ) + x3 (2 x + 5) + (2 x + 5) 2 = 0 2

Câu 2

2 x 3 + 2 x + 5 = 0  3 2x + 5  3 2 ⇔x + (không thỏa mãn).  + ⋅ (2 x + 5) = 0 ⇔  2  4  2 x + 5 = 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  −5 + 33 −5 + 33   −5 − 33 −5 − 33  ; ; ( x; y ) =   ;   . 4 4 4 4     a) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất ba lần liên tiếp. Gọi P là tích của ba số ở ba lần tung (mỗi số là số chấm trên mặt xuất hiện ở mỗi lần tung), tính xác suất sao cho P không chia hết cho 6.

3.0

Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất nên không gian mẫu có số phần tử n (Ω) = 63 = 216 .

0.5

Gọi A là biến cố tích 3 số chấm ở 3 lần gieo liên tiếp không chia hết cho 6. Gọi x , y , z là số chấm trên từng lần gieo theo thứ tự. Để thoả điều kiện không chia hết cho 6 thì xảy ra 2 trường hợp sau: Trường hợp 1: Cả 3 lần gieo đều không xuất hiện mặt 3 và 6: 43 = 64 khả năng. Trường hợp 2: Cả 3 lần gieo xuất hiện mặt 3 ít nhất một lần, và những lần gieo còn lại không xuất hiện mặt chẵn. Cả 3 lần đều ra mặt 3 chấm: x = y = z = 3 có 1 cách chọn. Chỉ 2 lần ra mặt 3 chấm, lần còn lại nhận các giá trị: 1 và 5 có: 2.3 = 6 cách. Chỉ một lần ra mặt 3 chấm: 3.22 = 12 cách. Trường hợp 2 có 12 + 6 +1 = 19 . n ( A) 83 Do đó n ( A) = 64 +19 = 83 . Suy ra P ( A) = . = n (Ω) 216

1.25

Cho dãy số (un ) xác định bởi u1 = 2019; u2 = 2020; un +1 = . Tìm un và tính lim un .

2un + un −1 3

, n ≥ 2, n ∈ ℕ

1.25

2.0

2un + un −1 ⇔ 3 ( un +1 − un ) = − ( un − un −1 ) (*) 3 Đặt vn = un +1 − un , n ≥ 1. khi đó v1 = u2 − u1 = 1 1 (*) ⇔ 3vn = −vn −1 ⇒ ( vn ) là cấp số nhân công bội q = − . 3 Ta có: v1 = u2 − u1

Ta có: un +1 =

0.5

0.25

v2 = u3 − u2 v3 = u4 − u3 .................. vn = un +1 − un cộng vế với vế ta được

0.5 n

 −1  1−   3 v1 + v2 + v3 + ... + vn = un +1 − u1 ⇔ v1   = un +1 − 2019 4 3 n   3  1 ⇔ un +1 = 1 −  −   + 2019 4   3   ⇒ un =

3   1 1 −  −  4   3 

n −1

n −1  3   1  8079 2019 lim u lim 1 . + ⇒ = − −    n   + 2019 = 4   3   4 

0.25 0.5

8079 . 4 a) 2.0 điểm. Cho lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều. Tam giác

Vậy lim un = Câu 3

ABC ′ có diện tích bằng 3 3 và nằm trong mặt phẳng tạo với đáy một góc bằng

π α , α ∈ 0;  . Tìm α để thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ đạt giá trị lớn nhất. 

2

0.25

Gọi M là trung điểm của AB . Khi đó AB ⊥ ( MCC ′ ) ′ = α ⇒ Góc giữa ( ABC ′ ) và ( ABC ) là CMC Đặt AB = x, x > 0

0.25

x2 3 x 3 , CC ′ = CM .tan α = tan α 4 2 x2 3 x 3 3x3 ⇒ VABC . A′B′C ′ = . tan α = tan α 4 2 8

0.75

⇒ S ABC =

Ta lại có S ABC = S ABC ′ cos α = 3 3 cos α

x2 3 = 3 3.cos α ⇔ x = 2 3cos α 4 3 ⇒ VABC . A′B′C ′ = .24 cos α 3cos α .tan α = 9 3.sin α cos α 8

⇒

0.75

⇒ VABC . A′B′C ′ = 9 3. cos α (1 − cos 2 α )

Xét hàm số f (t ) = t (1 − t 2 ) = t − t 3 , t ∈ ( 0;1) Ta có f ′(t ) =1 − 3t 2 ⇒ Hàm số đạt giá trị lớn nhất khi t =

1 2 và max f (t ) = 3 3 3

1 ⇒ tan α = 2 . 3 b) 3.0 điểm. Cho hình chóp S .ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với

Khi đó max VABC . A′B′C ′ = 6 ⇔ cos α =

AB = a 3, BC = a và SA = SB = SC = SD = 2a . Gọi K là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AC và H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống SA. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK , SO . Mặt phẳng (α) 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 ′ . 1.0

+ Ta có AB = a 3; BC = a ⇒ AC = 2a = BD . + Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ BO = a . + Xét ∆OBC có: OB = OC = BC = a ⇒ ∆OBC đều, mà K là hình chiếu vuông 3a góc của B lên AC ⇒ BK ⊥ OC ⇒ K là trung điểm của OC ⇒ AK = . 2 + Xét ∆SOB có: SO = SB 2 − OB 2 = 4a 2 − a 2 = a 3 . + Xét ∆SAK có: 2 S SAK

SO. AK = = SO. AK = HK .SA ⇒ HK = SA

+ Xét ∆AHK có: AH = AK 2 − HK 2 =

⇒ SH = SA − AH = 2a −

3a 5a = 4 4

9a 2 27 a 2 3a − = 4 16 4

3a 2 = 3a 3 . 2a 4

a 3.

0.5

+ Từ O kẻ đường song song với HK , cắt SA tại điểm J . a 1 1 3a a HJ KO 1 + Xét ∆AHK có: = = 2 = ⇒ HJ = .HA = . = HA AK 3a 3 3 3 4 4 2 5a SH SI SI SH + Xét ∆SJO có: = = = 4 =5 a HJ IO IO HJ 4 + Từ A và từ C kẻ các đường song song với A′C ′ cắt đường SO tại các điểm D và E .

0.25

0.75 = OCE (so le trong) + Xét 2 tam giác ADO và OEC có: DAO AO = OC = EOC (đối đỉnh) DOA ⇒ ∆ADO = ∆CEO (g.c.g) ⇒ DO = EO SA SD SC SE = = ; trong ∆SEC có: + Trong ∆SAD 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 + + + ≥ 44 . . . + Áp dụng BĐT Cô – si ta có: SA ' SB ' SC ' SD ' SA ' SB ' SC ' SD '

⇔

24 16a 4 ≥ 44 5 SA '.SB '.SC '.SD '

Câu 4

625 4  5a  ⇔ SA '.SB '.SC '.SD ' ≥   = a . 81  3  SA SB SC SD 6 5 + Dấu “=” xảy ra ⇔ = = = = ⇔ SA ' = SB ' = SC ' = SD ' = a SA ' SB ' SC ' SD ' 5 3 Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , SA = SB = SC = a, cạnh SD thay đổi. Tìm thể tích lớn nhất của khối chóp

0.25 2.0

S . ABCD .

Gọi O là giao điểm của AC và BD . Do các tam giác bằng nhau ABC và ASC cân tại B và S nên AO ⊥ BO và AO ⊥ SO ⇒ AO ⊥ ( SOB ) , hơn nữa SO = OB = x .

0.5

Tam giác SOB có nửa chu vi

0.5

2x + a ⇒ SSOB = 2

1 a p ( p − x )( p − x )( p − a ) = a x 2 − . 2 4

Do S ABCD = 4 S AOB nên VS . ABCD = 4S S . AOB = ⇒ VS . ABCD ≤

4 4 2 2 1 a2 AO.SSOB = a − x . a x2 − 3 3 2 4

0.5 0.5

2  2 a 2  a3 a  a − x2 + x2 −  = . 3  4  2

a2 a 10 ⇔ x= . 4 4 a3 Vậy thể tích lớn nhất của khối chóp S . ABCD là . 2 Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a+b+c=3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu

Dấu “ = ” xảy ra ⇔ a 2 − x 2 = x 2 −

Câu 5

thức P =

2.0

2 abc +3 3 + ab + bc + ca (1 + a )(1 + b )(1 + c ) 0.5

Áp dụng Bất đẳng thức ( x + y + z ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) , ∀x, y, z ∈ ℝ ta có:

( ab + bc + ca )

≥ 3abc ( a + b + c ) = 9abc > 0

⇒ ab + bc + ca ≥ 3 abc

(

Ta có: (1 + a )(1 + b )(1 + c ) ≥ 1 + 3 abc

0.5

) , ∀a, b, c > 0. Thật vậy:

(1 + a )(1 + b )(1 + c ) = 1 + ( a + b + c ) + ( ab + bc + ca ) + abc ≥

(

1 + 3 3 abc + 3 3 ( abc ) + abc = 1 + 3 abc Khi đó P ≤

(

3 1 + abc

)

abc =Q 1 + 3 abc

(1) 3

Đặt

0.75

)

a+b+c abc = t . Vì a, b, c > 0 nên 0 < abc ≤   =1 3  

2 t2 + , t ∈ ( 0;1] Xét hàm số Q = 2 3 (1 + t 3 ) 1 + t ⇒ Q '(t ) =

2t ( t − 1) ( t 5 − 1) 3 2

2 2

(1 + t ) (1 + t )

≥ 0, ∀t ∈ ( 0;1]

Do hàm số đồng biến trên ( 0;1] nên Q = Q ( t ) ≤ Q (1) = Từ (1) và (2) suy ra P ≤

5 6

( 2)

5 5 Vậy max P = , đạt được khi và chỉ khi: 6 6

0.25

a = b = c = 1. Hết ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 12

Câu 1 (6,0 điểm) a) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên [ 0;1000π ] .

b) Giải hệ phương trình:

π 3π   π   2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3 x −  − 3 4 4   4   =0 2 cos x − 2  x + 4 + x 2 + 8 x + 17 = y + y 2 + 1 .   x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x

Câu 2 (5,0 điểm) a) 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 . u1 = 2018  3n  b) Cho dãy số (un) xác định :  2 . Tìm un và lim  2 .un  . 2 n  ( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1 Câu 3 ( 5,0 điểm) a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = 2 AB = 2 BC = 2CD = 2a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD .

a3 3 . 4 b) Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2 a , 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 . Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( P ) . Đặt x = AM (0 < x < b ) , tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất.

Tính cosin góc giữa MN và ( SAC ) , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

Câu 4 (2,0 điểm) Cho khối chóp lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có S ABC ′ = 8 3 , mặt phẳng ABC ′ tạo với

π  mặt phẳng đáy góc α  0 < α <  . Tính cosα khi thể tích khối lăng trụ ABC. A′B′C ′ lớn nhất. 2  Câu 5 (2,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b ≥ c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4

b  32c  a P= + .  −  a + c b + c  27 ( c + 1) … H ết … Học sinh không được sử dụng tài liệu ……… Giám thị không giải thích gì thêm.

Câu 1a)

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 12 Nội dung Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên [ 0;1000π ]

Điểm 3.0

π 3π   π   2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3 x −  − 3 4 4 4      =0 2 cos x − 2 2 π ⇔ x ≠ ± + k 2π 2 4 π 3π   π   2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3x −  − 3 4 4 4      =0 2 cos x − 2 π 3π   π   ⇔ 2sin 4  x +  − cos  x +  sin  3 x −  − 3 = 0 4 4   4  

ĐK: cos x ≠

1.0

 π   1 − cos  2 x + 2   1      − sin 4 x + π  + sin 2 x − π  − 3 = 0 ⇔ 2 ( )    2 2   2    

0.5

⇔ (1 + sin 2 x ) − [ cos 4 x − sin 2 x ] − 6 = 0 ⇔ 1 + 2 sin 2 x + sin 2 2 x − cos 4 x + sin 2 x − 6 = 0 ⇔ 3sin 2 2 x + 3sin 2 x − 6 = 0 ⇔ sin 2 x = 1 (nhận) hay sin 2 x = −2 (loại)

sin 2 x = 1 ⇔ x =

π 4

0.5

+ kπ , k ∈ ℤ

5π + k 2π , k ∈ ℤ . 4 Tổng số nghiệm trên [ 0;1000π ] là tổng 500 số hạng đầu tiên của một cấp số cộng Kết hợp với điều kiện, phương trình có nghiệm x =

500  5π 5π  , công sai d = 2π . S = .  2. + 499.2π  = 250125π . 4 2  4  2 2  x + 4 + x + 8 x + 17 = y + y + 1 Giải hệ phương trình  .  x + y + y + 21 + 1 = 2 4 y − 3 x Điều kiện: y ≥ 0, 4 y − 3x ≥ 0 .

1.0

với u1 =

1b)

(1) ⇔ ( x − y + 4 ) + ⇔ ( x − y + 4) +

⇔ ( x − y + 4) +

3.0

x 2 + 8 x + 17 − y 2 + 1 = 0

( x + 4)

− y2

x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

( x + 4 + y )( x + 4 − y ) x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1

  ( x + 4 + y) =0 ⇔ ( x − y + 4 ) 1 +  x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1   ⇔ y = x + 4.

1,25

(Vì: 1 +

( x + 4 + y)

x 2 + 8 x + 17 + y 2 + 1 Thay y = x + 4 vào (2) ta được:

( 2) ⇔ x + ⇔

(

( x + 4)

+ 1 + ( x + 4) + y2 + 1 + y

x 2 + 8 x + 17 = y 2 + 1

> 0 ∀x, y ) 1,25

x + 4 + x + 25 + 1 = 2 x + 16

) (

x+4 −2 +

) (

)

x + 25 − 5 + x + 8 − 2 x + 16 = 0

x + 12 1 1   ⇔ x + + =0 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16   x+4 +2  x = 0 ⇒ y = 4 ( t/m) ⇔ . 1 1 x + 12  + + = 0 ( 3)  x + 4 + 2 x + 25 + 5 x + 8 + 2 x + 16 Do x + 4 = y ≥ 0 ⇒ x ≥ −4 ⇒ x + 8 > 0 nên (3) vô nghiệm.

0,5

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0;4 ) .

Câu 2

a)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 . 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 Bước 3 có hai cách nhảy về A1 − A2 ( nếu từ B1 ) hoặc nhảy về A1 − A4 ( nếu từ B2 ) Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O Có: 4.2.2.1 = 16 cách TH2: Bước 2 con bọ nhảy qua B 3 có 1 cách nhảy Bước 3 có 1 cách nhảy về A1 Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O Có: 4.1.1.1 = 4 cách TH3: Bước 2 con bọ nhảy về O có 1 cách nhảy Bước 3 có 4 cách nhảy về các ô A1 − A2 − A3 − A4 Bước 4: con bọ có 1 cách nhảy về O Có: 4.1.4.1 = 16 cách 16 + 4 + 16 9 = . Vậy xác suất để con bọ nhảy 4 bước quay trở về O là: 256 64 u1 = 2018 Cho dãy số (un) được xác định bởi:  2 . Tìm un 2 ( 3n + 9n ) un +1 = ( n + 5n + 4 ) un , n ≥ 1  3n  và giới hạn lim  2 .un  . n 

3.0

un +1 1 (n + 1) 2 + 3(n + 1) 1 un un ⇔ = Ta có un +1 = 2 2 3 n + 3n (n + 1) + 3(n + 1) 3 n 2 + 3n u 1 1 Đặt vn = 2 n ⇒ vn+1 = vn ⇒ (vn) là cấp số nhân có công bội q = và số hạng n + 3n 3 3 u1 2018 1009 đầu v1 = = = 4 4 2

0.75

0.5 0.5

0.5

2.0

0.25

1009  1  .  ⇒ vn = 2  3

n −1

1009  1  ⇒ un = .  2  3

0.25

n −1

+ 3n ) .

0.75

 1009  1 n−1 2  3n   3n  3n  .  n + 3n . 2  Khi đó lim  2 .un  = lim  2 .un  = lim   2 3 n  n  n    3027 n 2 + 3n  3027  3  3027 . = lim  . lim  1 +  = = 2 n 2 2  n  2 

(

Câu 3

)

a) 2.0 điểm. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD = 2 AB = 2 BC = 2CD = 2a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SB và CD . Tính cosin góc giữa MN và ( SAC ) , biết thể tích khối chóp S . ABCD bằng

a3 3 . 4

0.25

Gọi (α ) là mp đi qua MN và song song với mp ( SAD ) . Khi đó (α ) cắt AB tại P , cắt SC tại Q , cắt AC tại K . Gọi I là giao điểm của MN và QK ⇒ I ∈ ( SAC ) . Suy ra: P , Q , K lần lượt là trung

0.5

điểm của AB , SC và AC . Lại có: ABCD là hình thang cân có AD = 2 AB = 2 BC = 2CD = 2a ⇒ AD = 2a; AB = BC = CD = a

a 3 a + 2a a 3 3 3a 2 ; S ABCD = . = . 2 2 2 4 1 3 3a 2 a3 3 1 a 3a Nên VABCD = . .SA = ⇒ SA = a ⇒ MP = SA = và NP = . 3 4 4 2 2 2 ⇒ CH =

0.5

a 10  a   3a  Xét tam giác MNP vuông tại P: MN =   +   = 2 2  2  MP, KQ lần lượt là đường trung bình của tam giác ∆SAB, ∆SAC ⇒ MP//KQ//SA 1 KN là đường trung bình của tam giác ∆ACD ⇒ KN = AD = a . 2 2

 a 3   3a 2 a 3 Xét tam giác AHC vuông tại H: AC =   +   = a 3 ⇒ KC = 2  2   2  Suy ra: tam giác KNC vuông tại C ⇒ C là hình chiếu vuông góc của N lên ( SAC ) . ⇒ góc giữa MN và ( SAC ) là góc NIC

0.75

IN KN 2 2 2 a 10 a 10 = = ⇔ IN = .MN = . = MN NP 3 3 3 2 3 a a 10 Xét tam giác NIC vuông tại C : NC = ; IN = 2 3

Khi đó:

 a 10   a 2 a 31 = IC = a 31 : a 10 = 310 . ⇒ IC =  ⇒ cos NIC  −   = 6 IN 6 3 20  3  2 b) 3.0 điểm. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn BC = 2 a , 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 . Tìm thiết diện của hình chóp khi cắt bởi ( P ) . Đặt x = AM (0 < x < b ) , tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn nhất.

Do ( P ) qua M và song song với SA, BC nên: +) Trong ( SAB ) kẻ MQ / / SA , cắt SB tại Q . +) Trong ( ABCD ) kẻ MN / / BC , cắt CD tại N . +) Trong ( SBC ) kẻ QP / / BC , cắt SC tại P . Nối P , N . Ta có thiết diện là hình thang MNPQ. CN BM BQ PC MQ BQ PC PN Mặt khác: = = = ⇒ PN / / SD ⇒ = = = CD BA BS CS SA BS CS SD Mà SA = SD nên MQ = PN . Vậy thiết diện là hình thang cân MNPQ.

0.5

MA QS QP MA.BC 2ax = = ⇒ QP = = AB BS BC AB b Gọi I là trung điểm của BC , J là giao điểm của MN và DI . Khi đó: JN DJ DJ .IC ax ax a (b + x) a ( x + x) 2ax = ⇒ 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.

0.5

Ta có:

0.5

1.0

QM BM BM .SA a (b − x) 1 a (b − x ) = ⇒ 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 = = (−3 x 2 + 2bx + b 2 ) 2 2 4b

Ta có:

Câu 4

b  4b 2 4b 2  Xét f ( x ) = −3 x 2 + 2bx + b 2 = −3  x −  + ≤ 3 3 3  a2 . 3 b Nên diện tích thiết diện lớn nhất khi x = . Và khi đó S MNPQ = . 3 3 Cho khối chóp lăng trụ tam giác đều ABC . A′B′C ′ có S ABC ′ = 8 3 , mặt phẳng ABC ′

0.5

2.0

π  tạo với mặt phẳng đáy góc α  0 < α <  . Tính cosα khi thể tích khối lăng trụ 2  ABC . A′B′C ′ lớn nhất.

0.5

Đặt CC ′ = h, CH = b, AB = a.

Khi đó VABC . A′B′C ′ = S∆ABC .h = S ∆ABC ′ .h.cos α =8 3h.cos α . 1 1 h 1 h 2 1 h .a = . Ta có S ∆ABC ' = C ' H . AB = . . .b = . .h cot α 2 2 sin α 2 sin α 3 3 sin α 1 h2 = . 2 cos α . 3 sin α nên 8 3 =

0.75

1 h2 sin 2 α . cos α ⇔ h 2 = 24. . cos α 3 sin α

Từ đó VABC . A′B′C ′ = 8 3h.cos α ⇔ V 2 = 192h 2 .cos 2 α = 4608 ⋅

sin 2 α ⋅ cos 2 α cos α

= 4608sin 2 α cos α . = 4608 (1 − cos 2 α ) cos α = 4608 ( cos α − cos3 α ) . Đặt t = cos α , t ∈ [ 0;1] . Xét hàm số f ( t ) = t − t 3 ⇒ f ′ ( t ) = 1 − 3t 2 .

0.75

1 . ( t ∈ [ 0;1]) . 3 2  1  Ta có f ( 0 ) = 0, f (1) = 0, f  . =  3 3 3 Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b ≥ c 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của

2.0

Ta có f ′ ( t ) = 0 ⇔ 1 − 3t 2 = 0 ⇔ t =

Câu 5

biểu thức

b  32c  a P = + .  −  a + c b + c  27 ( c + 1)

c ( a + b − c 2 ) + ab ( c + 2 ) a b c + − = ≥0 Ta có a + c b + c c +1 ( a + c )( b + c )( c + 1) 4

32c a b c  c  ⇒ + ≥ . Do đó P ≥   − a + c b + c c +1  c + 1  27 ( c + 1) 4 Xét hàm số f (t ) = t −

32 32 2 t , t ≥ 0 , f ′(t ) = 4t 3 − ⇒ f ′(t ) = 0 ⇔ t = 27 27 3

Lập bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ − Do đó min P = −

0.5 0.5 0.5

16 27

16 ⇔ a = 0, b = 4, c = 2 v b = 0, a = 4, c = 2 27 Hết ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 13

0.5

Câu 1(2,0 điểm) Giải phương trình: x − x − 18 + (2 x + 9) x + 3 − 2 5 x − 1 = 0 Câu 2 (5,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: π  π  π   2 2 a) sin x − sin x.sin  4039 x +  = cos  2020 x +  + sin  2019 x +  50  100  100    

(x − y)(x + y + y 2 ) = x(y + 1) (1) (x, y ∈ ℝ)  b) 5 x 2 − 1 + x + 1 = 3y − 5 y + 2 (2) Câu 3 (4,0 điểm) a) Một hộp đựng 9 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải rút ít nhất bao nhiêu thẻ 5 để xác suất có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6

u1 = −1 b) Cho dãy số (un ) được xác định bởi  . Tính lim (nun ) . 2un u =  n+1 1 + ( 3n + 5 ) u ; n ≥ 1 n  Câu 4 ( 7,0 điểm) a) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc cạnh BC, BD sao cho mặt phẳng ( AMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) . Gọi V1;V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN. Tính V1 + V2 ? b) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' tâm O cạnh có độ dài bằng 1. Gọi M , P là hai điểm sao cho 3 1 AM = AA ', CP = CC ' . Mặt phẳng (α ) thay đổi đi qua M , P đồng thời cắt hai cạnh BB ', DD ' lần lượt tại 4 4 N và Q . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ .

(

)

c) Cho hình chóp S. ABC có SA ⊥ ( ABC ) và SA = 3 − 3 a . Biết ∆ABC có AB = a 3 , BC = a và AC = 2a . Trên các cạnh BC , CA lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho MN luôn tiếp xúc đường tròn nội tiếp ∆ABC . Tính thể tích nhỏ nhất khối chóp S . ABMN . Câu 5 (2,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn xy + x + y = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

3x 3y xy + + − ( x2 + y 2 ) y +1 x +1 x + y

… H ết … Học sinh không được sử dụng tài liệu ……… Giám thị không giải thích gì thêm.

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 13 (Đáp án gồm 5 trang) Nội dung

Câu 1

Điểm

2 Giải phương trình: x − x − 18 + (2 x + 9) x + 3 − 2 5 x − 1 = 0

2.0 1.0

1 5

Điều kiện: x ≥ ⋅ (∗) ⇔ (2 x + 9)( x + 3 − 2) + 2(2 − 5 x − 1) + x 2 + 3 x − 4 = 0

⇔ (2 x + 9) ⋅

x−1 x+3 +2

10.(1 − x) 5x − 1 + 2

+ ( x − 1)( x + 4) = 0

 2x + 9  10 ⇔ ( x − 1) ⋅  − + x + 4 = 0 5x − 1 + 2  x+3+2 

Xét hàm số f ( x) = f ′( x) =

2x + 9 x+3+2

2x + 3 + 8 x + 3 2 x + 3( x + 3 + 2)

1  + x + 4 trên  ; +∞  có: 5x − 1 + 2 5  10

−

5 5 x − 1( 5 x − 1 + 2)

1

2a)

(1)



+ 1 > 0, ∀x ≥

1

1.0

1 ⋅ 5

227 − 94 5

> 0 (2) Do đó f ( x) đồng biến trên  ; +∞  , suy ra f ( x) ≥ f   = 10 5  5 Từ (1), (2), suy ra: x − 1 = 0 ⇔ x = 1. Kết luận: So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1. π  π  π    2 sin x − sin x.sin  4039 x +  = cos 2  2020 x +  + sin  2019 x +  50  100  100     π  π  π    2 sin x − sin x.sin  4039 x +  = cos 2  2020 x +  + sin  2019 x +  50  100  100     π  π  π    2 ⇔ sin x = sin x.sin  4039 x +  + cos 2  2020 x +  + sin  2019 x +  (2). 50  100  100     a − b = x π π  ; b = 2019 x + Đặt a = 2020 x + . Khi đó  π . 100 100 a b x + = 4039 +  50

2.5 1.0

(2) trở thành: sin x = cos 2 a + sin 2 b + sin ( a − b ) .sin ( a + b ) ⇔ sin x = cos 2 a + sin 2 b + ( sin a.cos b − cos a.sin b ) . ( sin a.cos b + cos a.sin b )

0.5

* ⇔ sin x = cos 2 a + sin 2 b + sin 2 a.cos 2 b − cos 2 a.sin 2 b * ⇔ sin x = cos 2 a + sin 2 b + sin 2 a. (1 − sin 2 b ) − (1 − sin 2 a ) .sin 2 b

0.5 0.5

⇔ sin x = 1 ⇔ x = 2b)

π 2

+ k 2π ; k ∈ Z .

(x − y)(x + y + y 2 ) = x(y + 1) (1) (x, y ∈ ℝ)  5 x 2 − 1 + x + 1 = 3y − 5 y + 2 (2)

 x 2 − 1 ≥ 0   x = −1   Điều kiện  x + 1 ≥ 0 ⇔   x ≥ 1 y ≥ 0 y ≥ 0  

TH1: x = -1 ⇒ y = 1 TH2: x ≥ 1: Đặt a = x – 1, thay vào (1) cho ta:

2.5

1,0

)

(

− ay 2 + ay − a 2 + ( y − a ) = 0 ⇔ ( y − a ) y 2 + a + 1 = 0

) 1,0

+) Với a = y ⇒ y = x – 1 thế vào phương trình (2) ta có 5 x 2 − 1 + x + 1 = 3x − 1 − 5 x − 1 ⇔ 5 x − 1( x + 1 + 1) + ( x + 1 + 1) = 3x ⇔ ( x + 1 + 1)(5 x − 1 + 1) = 3x

⇔ 5 x − 1 + 1 = 3( x + 1 − 1) do x ≥ 1⇔ 5 x − 1 + 4 = 3 x + 1 ⇔ 20 x − 1 = 9 − 8x 9  9 x≤   x ≤ 34 − 15 3 26 − 15 3 8   8 ⇒ x= ⇒y= ⇔ ⇔ 8 8 64x 2 − 544x + 481 = 0  x = 34 ± 15 3   8

Với y2 + a + 1 = 0 ⇒ x + y 2 = 0 (loại do

0,5

x ≥1)





Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( −1;1 ) ,  34 − 15 

Câu 3



3 26 − 15 3   ;   . 8  

a) 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 ∈ ℕ ) , số cách chọn x thẻ từ 9 thẻ trong hộp là

C9x . Do đó số phần tử của không gian mẫu là: n ( Ω ) = C9x . Gọi A là biến cố: “ Trong số x tấm thẻ rút ra, có ít nhất một thẻ ghi số chia hết cho 4 ”. Suy ra A là biến cố: “ Lấy x tấm thẻ không có tấm thẻ nào chia hết cho 4 ”. Số cách chọn tương ứng với biến cố A là n A = C7x .

2.0 0.75

0.75

( )

Ta có P A =

C7x C7x P A ⇒ = 1 − . ( ) C9x C9x

Do đó P ( A) >

( 9 − x )(8 − x ) > 5 5 Cx 5 ⇔ 1 − 7x > ⇔ 1 − 6 C9 6 72 6

( )

⇔ x 2 − 17 x + 60 < 0 ⇔ 5 < x < 12 .

Kết hợp điều kiện: 1 ≤ x ≤ 9; x ∈ ℕ ⇒ 5 < x ≤ 9 . Vậy giá trị nhỏ nhất của x là 6. Số thẻ ít nhất phải rút là 6. u1 = −1 Cho dãy số (un ) được xác định bởi  . Tính lim ( nun ) . 2un u =  n+1 1 + ( 3n + 5 ) u ; n ≥ 1 n  Theo đề bài suy ra

1 + ( 3n + 5 ) un 1 1 1 3 5 = ⇒ = + n + ;n ≥ 1 un+1 2un un+1 2un 2 2 1 1 1 3 5 Đặt vn = ⇒ v1 = = −1 và vn+1 = vn + n + ; n ≥ 1 un −1 2 2 2 1 Xét g ( n ) = an + b sao cho vn+1 + g ( n + 1) =  vn + g ( n )  2 1 ⇒ vn+1 + a ( n + 1) + b = [ vn + an + b ] 2

0.5 2.0

0.5

0.25

1 1 1 ⇒ vn+1 = vn − an − a − b 2 2 2

3  1 − a =  a = −3 1 3 5  2 2 Mà vn +1 = vn + n + nên ta phải có  ⇔ 2 2 2 b = 1 − a − 1 b = 5  2 2 1 ⇒ g ( n ) = −3n + 1 và vn+1 + g ( n + 1) =  vn + g ( n )  2 1 Đặt xn = vn + g ( n ) ⇒ x1 = v1 + g (1) = −3 và xn +1 = xn 2 1 n −1 1− n nên xn = x1 .q = −3.2 Do đó ( xn ) là cấp số nhân có công bội q = 2 1 ⇒ vn = xn − g ( n ) = −3.21−n + 3n − 1 ⇒ un = 1− n −3.2 + 3n − 1 n   1 2 n.2n  = . ⇒ un = Vậy lim (nun ) = lim n 3 n  − 6 + 3 n − 1 .2 −6 + ( 3n − 1) .2 ( )   Câu 3

0.25

0.5

a) 2.0 điểm

0.25

Gọi O là tâm của tam giác BCD ⇒ OA ⊥ ( BCD ) .Mà ( AMN ) ⊥ ( BCD ) ⇒ MN luôn đi qua điểm O. 1 = 3 xy. (1) Đặt BM = x, BN = y ⇒ S ∆BMN = .BM .BN .sin MBN 2 4

0.5

Tam giác ABO vuông tại O, có OA =

 3 6 AB − OB = 1 −  .  = 3  3  2

0.75 1 2 Suy ra thể tích tứ diện ABMN là V = .OA.S ∆BMN = xy. 3 12 MN đi qua trọng tâm của ∆BCD .Ta có: 1 + 1 .MB.B O.sin NBO = 1 BO.sin 300. ( x + y S ∆BMN = S ∆MBO + S ∆NBO = .MB.B O.sin MBO 2 2 2

1 3 1 3 = . . ( x + y) = ( x + y) 2 3 2 12

( 2) 0.5

Từ (1) và (2) ⇒ 3xy = x + y Do đó xy ≤

( x + y)

4 17 2 Vậy V1 + V2 = . 216 b) 3.0 điểm

9 ( xy ) 1 4 2 2 ⇔ ≥ xy ≥ → V1 = ;V2 = . 4 2 9 24 27

O B'

P I

N O' A

Gọi I = MP ∩ OO ' ⇒ I là trung điểm của MP . Do đó trong hình thang AMPC ta có AM + CP = 1 , tương tự DQ + BN = 2.OI = 1 .

0.5

Đặt BN = x, DQ = y thì x, y ∈ [ 0;1] và x + y = 1 .

( MNPQ) ∩ ( ABB ' A ') = MN   Ta có ( MNPQ) ∩ (CDD ' C ') = QP  ⇒ MN / / QP  ( ABB ' A ') / /(CDD ' C ')  Chứng minh tương tự MQ / / NP , suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. Suy ra của chu vi tứ giác MNPQ = 2 MN + 2MQ . 2

0.5

3  3  Ta tính được MN = 1 +  − x  ; MQ = 1 +  − y  . 4  4  2 2  3  3   chu vi tứ giác MNPQ = 2  1 +  − x  + 1 +  − y   (*) .  4  4   

*) Áp dụng BĐT 2

a 2 + b2 + c 2 + d 2 ≥ 2

( a + c ) + (b + d ) 2

17 3  3  3  ⇒ 1+  − x  + 1+  − y  ≥ 4 +  − x − y  = . 2 4  4  2  1 Dấu " = " xảy ra khi x = y = . 2 Suy ra giá trị nhỏ nhất của chu vi tứ giác MNPQ = 17 .

0.5

1.0

*) Thế y = 1 − x vào (*) ta có 2 2  3  1   chu vi tứ giác MNPQ = 2  1 +  − x  + 1 +  − x   = 2 f ( x ) .  4  4   

3  1  Với f ( x ) = 1 +  − x  + 1 +  − x  4  4 

2 2 5 17  5 17 3   −5 + 17 1   −5 − 17 = 1 +  − x  −  x +  + 1 +  − x  −  x+  + + 4 4 4 4  4 4 4   4  

−13 + 5 17 2 ( x − x) 8

−13 + 5 17 2 ( x − x) 5 17 8 = + + + 2 2 4 3  5(1 − x) + 17 x 1  5 x + 17 (1 − x ) 4 1+  − x  + 1+  − x  + 4 4 4  4 

Do x 2 − x ≤ 0, ∀x ∈ [ 0;1] ⇒ f ( x ) ≤

5 17 + 4 4

0.5

5 + 17 khi x = 0 hoặc x = 1 Suy ra maxf ( x ) = 4

Suy ra giá trị lớn nhất của chu vi tứ giác MNPQ =

5 + 17 . 2

(

)

c) Cho hình chóp S .ABC có SA ⊥ ( ABC ) và SA = 3 − 3 a . Biết ∆ABC có

2.0

AB = a 3 , BC = a và AC = 2a . Trên các cạnh BC , CA lần lượt lấy hai điểm M , N sao cho MN luôn tiếp xúc đường tròn nội tiếp ∆ABC . Tính thể tích nhỏ nhất khối chóp S.ABMN .

1 Vì SA ⊥ ( ABC ) nên VS . ABMN = ⋅ SA ⋅ S ABMN . 3 Mà SA cố định nên VS . ABMN nhỏ nhất khi chỉ khi S ABMN nhỏ nhất. Nhận xét. Tam giác ABC có AC 2 = AB 2 + BC 2 nên ∆ABC vuông tại B . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là 1 ⋅ AB ⋅ BC a⋅a 3 a 2 r = OI = = = . 1 3 +1 ⋅ ( AB + BC + AC ) a + a 3 + 2a 2 = 30° nên JOK = 150° , suy ra IOJ = 120° .  KAN

0.5

0.25

 S ABMN = S BIOK + 2 S∆AOJ + 2 S∆OIM + 2 S∆OJN = S BIOK + 2 S∆AOJ + 2 ( S∆OIM + S∆OJN )

trong

0.5

đó S BIOK , S∆AOJ không đổi nên S ABMN nhỏ nhất khi chỉ khi S∆OIM + S∆OJN nhỏ nhất. = 2α (do M , N lần lượt thuộc cạnh BC , AC nên 0 < α < 45° ). Đặt IOL

= 120° − 2α . Suy ra LOJ Ta có OI IL = OI ⋅ sin α .  OM = , cos α 2 OJ OI JL  ON = = , = OJ ⋅ sin ( 60° − α ) = OI ⋅ sin ( 60° − α ) . cos ( 60° − α ) cos ( 60° − α ) 2 1 Do đó, S∆OIM + S∆OJN = OI 2  tan α + tan ( 60° − α )  . 2 Xét hàm số f (α ) = tan α + tan ( 60° − α ) với 0 < α < 45° , ta có

0.5

1 1 − , f ′ (α ) = 0 ⇔ α = 30° . 2 2 cos α cos ( 60° − α ) Bảng biến thiên f ′ (α ) =

Suy ra ( S∆OIM + S∆OJN )min = Khi đó,

1 2 3 ⋅ OI 2 ⋅ . 2 3

2 3 2 3 = OI 2 + OI 2 ⋅ cot15° + OI 2 ⋅ 3 3 2  2 3 a 9+5 3 3+ 3 2 = OI 2  1 + 2 + 3 + ⋅ = a .  = 2 3  1+ 3 3 6 

S ABMN = OI 2 + AJ 2 ⋅ OJ + OI 2 ⋅

(

Vậy giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S. ABMN là 1 3 + 3 2 a3 VS . ABMN = ⋅ 3 − 3 ⋅ a ⋅ ⋅a = . 3 6 3 x , y Cho là các số thực dương thỏa mãn xy + x + y = 3 .

(

Câu 5

)

0.25

)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P =

2.0

3x 3y xy + + − ( x2 + y2 ) y +1 x +1 x + y 2

Đặt t = x + y ⇒ xy = 3 − t ; x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy = t 2 − 2 ( 3 − t ) = t 2 + 2t − 6

0.5

1 2  x+ y Ta có xy ≤   ⇒ 3−t ≤ t ⇔ t ≥ 2 4  2 

Suy ra P =

3 ( x2 + y 2 ) + 3 ( x + y ) xy + x + y + 1

xy 1 12 1 + − ( x 2 + y 2 ) = (−t 2 + t + ) + x+ y 4 t 2

0.5

1 2 12 1 (−t + t + ) + với t ≥ 2 4 t 2 1 12 Ta có f ' ( t ) = ( −2t + 1 − 2 ) < 0, ∀t ≥ 2 . 4 t Suy ra hàm số f ( t ) nghịch biến với t ≥ 2

Xét hàm số f ( t ) =

⇒ P = f (t ) ≤ f ( 2) =

0.5

3 2

t = 2 khi x = y = 1

3 khi x = y = 1 2 Hết ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 14 Câu 1 : (1 điểm) Tìm các giá trị của m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:   2 2 x + x − 2 m 2 x + − 34 x (x − 2)  = 3x + 2 .   x −2 Câu 2 : (5 điểm) 1. Tính tổng các nghiệ m c ủa phươ ng trình sau trên ( 0; 2020π ) : x tan x + 1 − cos 2 x = sin x tan x tan 2 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng

(

2. Giải hệ phương trình

)

(1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1 ) y  2 2 y − 3 x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3

(1) ( x, y ∈ ℝ ) (2)

Câu 3 : (4 điểm) 1. 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 ( C20n+1 ) + ( C22n+1 ) + ( C24n+1 ) +…. + ( C22nn+1 ) = 12 C4263 2. 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? Câu 3: (6 điểm). a) Cho hình lăng trụ ABC. A ′B ′C ′ có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , A ′C ′, BB ′. Tính thể tích của khối tứ diện CMNP . b) Cho tứ diện ABCD . M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d / / AB . 1. Xác định giao điểm B ' của đường thẳng d và mặt phẳng ( ACD ) . Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng ( ABD ) và ( ABC ) theo thứ tự tại C ', D ' . Chứng minh rằng

MB ' MC ' MD ' + + = 1. AB AC AD 2. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức T =

AB AC AD . + + MB ' MC ' MD '

Câu 5: (4 điểm) u1 = 2019  1. Cho dãy số ( un ) :  1 . Tìm công thức số hạng tổng quát và tính lim un n un +1 = n +1 un + 2019n 

2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn điều kiện ( x + y ) + 4 xy ≥ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biếu thức

P = 3( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x + y ) 2 − xy (3xy − 4) + 2016 . ---Hết ---

Câu 1

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 14 Đáp án

Điểm

Điều kiện: x > 2

Khi đó:

(1) ⇔

m2 x +

⇔ m2 x + ⇔ x −2 +

x −2 2 x −2 2 x −2

⇔

x −2

− 3. 4

− 3 4 x (x − 2) =

3x + 2 2 x + x −2

− 3 4 x (x − 2) = 2 x − x − 2

(

− 3. 4 x (x − 2) = 2 − m 2

x −2 = 2 − m2 x

)

(2)

1 x −2 với t ∈ (0;1) (do x > 2 ). Pt (2) trở thành 2 − 3t = 2 − m 2 (3) x t Phương trình (1) có nghiệm ⇔ phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1) Đặt t =

Xét hàm f (t ) =

1 2

t Bảng biến thiên: t f ' (t )

f (t )

+∞

− 3t với t ∈ (0;1) , ta có: f ' (t ) = −

2 t3

− 3 < 0 , ∀t ∈ (0;1)

1 −

−2 Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra: Phương trình (3) có nghiệm t ∈ (0;1) ⇔ 2 − m 2 > −2 ⇔ 4 − m 2 > 0 ⇔ −2 < m < 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi −2 < m < 2 .

2.1

π cos x ≠ 0    x ≠ + kπ ⇔ ĐK:  2  x cos 2 ≠ 0  x ≠ π + l 2π

(k,l ∈ ℤ) .

+ Ta có: tan x + 1 − cos 2 x = sin x tan x tan

x x ⇔ tan x + sin 2 x = sin x.tan x.tan 2 2

sin x = 0 (1)  ⇔ 1 . x  + sin x − tan x.tan = 0 ( 2 )  cos x 2 + PT (1) ⇔ x = mπ . Kết hợp điều kiện ta được họ nghiệm là x = n 2π , n ∈ ℤ . 1 x + sin x + 1 = 1 + tan x.tan cos x 2 x cos 1 2 ⇔ sin x = −1 ( loại). ⇔ + sin x + 1 = x cos x cos x.cos 2

+ PT ( 2 ) ⇔

Vì x ∈ ( 0; 2020π ) , nên x ∈ {2π , 4π , 6π ,...2018π } . Tổng T = 2π + 4π + 6π + ... + 2018π = 2π (1 + 2 + 3 + ... + 1009 ) = 1009.1010π .

2.2

(1 − y ) x − y + x = 2 + ( x − y − 1 ) y  2 2 y − 3 x + 6 y + 1 = 2 x − 2 y − 4 x − 5 y − 3

Giải hệ phương trình

Điều kiện

y ≥ 0  x ≥ 2 y 4 x ≥ 5 y + 3 

(1) ( x, y ∈ ℝ ) ( 2)

(*)

Ta có phương trình (1) ⇔ (1 − y )

(

)

(

)

x − y − 1 + ( x − y − 1) 1 − y = 0

 1 1  ⇔ (1 − y )( x − y − 1 )  + = 0 (3)  x − y + 1 1 + y   

x − y +1

1 1+ y

y =1 y = x −1

nên (3) ⇔ 

Với y = 1 phương trình (2) trở thành 9 − 3 x = 0 ⇔ x = 3 Với y = x − 1 khi đó điều kiện (*) trở thành 1 ≤ x ≤ 2 Thế vào phương trình (2) ta có 2 x2 − x − 3 = 2 − x  1  ⇔ 2 x2 − x − 1 + x − 1 − 2 − x = 0 ⇔ x2 − x − 1  2 + =0 x −1 + 2 − x  

) (

(

)

(

)

1± 5 2 1+ 5 5 −1 Kết hợp điều kiện (*) x = ⇒ y= 2 2    Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (3;1) ,  1 + 5 ; −1 + 5   . 2  2    ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x =

3.1

Cn2 − Cn1 Cn3 − Cn1 = 4 14 n ( n − 1)( n − 2) n( n − 1) −7 + 5n = 0 ⇔ 7 ( Cn2 − Cn1 ) = 2 ( Cn3 − Cn1 ) ⇔ 2Cn3 − 7Cn2 + 5Cn1 = 0 ⇔ 2 6 2  n = 11 2 . ⇔ 2n − 27n + 55 = 0 ⇔   n = 5 ( L)  2 Với n = 11 , thử lại thỏa mãn cấp số cộng. 2 2 2 2 1 Ta cần chứng minh ( C230 ) + ( C232 ) + ( C234 ) + ... + ( C2322 ) = C4623 . 2 2 2 2 2 1 Ta sẽ chứng minh tổng quát ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) + ... + ( Cnn −1 ) = C2nn với n lẻ. 2 2n n n 0 1 n n 0 n Xét khai triển (1 + x ) = (1 + x ) ( x + 1) = ( Cn + Cn x + …+ Cn x )( Cn x + Cn1 x n −1 +…+ Cnn ) . Theo giả thiết ta có Cn2 = Cn1 + 4d ; Cn3 = Cn1 + 14d ⇒

Đồng nhất hệ số của x n của đẳng thức trên ta có 2 2 2 2 2 ( 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

(

Nên ( Cn0 ) + ( Cn1 ) + ( Cn2 ) + ( Cn3 ) …+ ( Cnn ) = 2 ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) +…. + ( Cnn −1 ) 2 2 2 2 1 Thay vào (1) ta có ( Cn0 ) + ( Cn2 ) + ( Cn4 ) +…. + ( Cnn −1 ) = C2nn (đpcm). 2

3.2

1 3 , trả lời sai 1 câu là . 4 4 3 2 45 1 3 Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 3 câu là: C53     = .  4   4  512 Xác suất để một học sinh trả lời đúng 1 câu là

 1   3  15 Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 4 câu là: C54     = .  4   4  1024 5

1 1 Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả 5 câu là: C   = .  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 Cho hình lăng trụ ABC. A ′B ′C ′ có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt làà trung điểm của các cạnh AB , A ′C ′, BB ′. Tính thể tích của khối tứ diện CMNP . 5 5

4 a

Gọi E là trung điểm của AC . Gọi G là trọng tâm của tam giác NP và EB.

ABC ,

gọi I là giao điểm của

5 2

Dễ dàng chứng minh được IG = GB. 5 5 5 2 4 4 NP 1 1 5V = =  →V N . MCP = .V N . MCI = . NI 2 2 24

Suy ra S ∆IMC = S ∆MBC = S ∆ABC  →V N . IMC = V N . ABC = Ta có

V N . MCP V N . MCI

5 V. 12

4 b

Trong mặt phẳng ( BCD ) gọi BM ∩ CD = { E } . Trong mặt phẳng ( ABE ) kẻ B '∈ d  MB '/ / AB ( B ' ∈ AE ) ⇒ d ≡ MB ' . Ta có  ⇒ d ∩ ( ACD ) = { B '}  B ' ∈ AE ⊂ ( ACD ) Trong mặt phẳng ( BCD ) gọi CM ∩ BD = { F } , DM ∩ BC = {G} .

Trong mặt phẳng ( ACF ) kẻ MC '/ / AC ( C ' ∈ AF ) . Trong mặt phẳng ( ADG ) kẻ MD '/ / AD ( D ' ∈ AG ) . MB ' ME S ∆MCD = = (1). AB BE S ∆BCD MC ' S ∆MBD MD ' S ∆MBC Tương tự ta có = (2); = (3) . AC S ∆BCD AD S∆BCD MB ' MC ' MD ' S ∆MCD + S ∆MBD + S ∆MBC Từ (1) , (2) và (3) Suy ra + + = =1 AB AC AD S ∆ABC

Ta có MB '/ / AB ⇒

Ta có

MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' 1 27 . + + ≥ 33 ⇔ ≥ AB AC AD AB. AC . AD MB '.MC '.MD ' AB. AC . AD

AB AC AD AB. AC. AD 27. AB. AC. AD + + ≥ 33 ≥ 33 =3 3. MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' AB. AC. AD MB ' MC ' MD ' 1 ME MF MD 1 = = = ⇔ = = = . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi AB AC AD 3 BE CF DG 3 1 1 ⇒ unn++11 − unn = Ta có unn++11 = unn + do đó n 2019 2019n 1  2 1 u2 − u1 = 20191  u 3 − u 2 = 1 3 2 . 20192  ⋯  1 u n − u n −1 = n −1  n 2019 n −1

Ta có T =

5.1

Suy ra: unn − u11 =

1 1 1 + +… + 1 2 2019 2019 2019n −1

 1  1−   n 2019  Vậy un = 2019 +  2018 Ta có

 1  1−   2019  =  2018

n −1

5.2

 1  1−   n 1 + 1 + … + 1 + 2020 2019 2019  1 < un = 2019 +  < n 2020 = n 1.1…1.2020 < = 1+ 2018 n n (AM-GM cho n − 1 số 1 và số 2020 ).  2019  Mặt khác lim 1 +  = 1 . Vậy lim un = 1 . n   Với mọi số thực x, y ta luôn có ( x + y ) 2 ≥ 4 xy , nên từ điều kiện suy ra ( x + y )3 + ( x + y ) 2 ≥ ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 ⇒ ( x + y )3 + ( x + y )2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1 Ta biến đổi P như sau 3 3 P = ( x 2 + y 2 ) 2 + ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 + 2 xy ) − xy (3 xy − 4) + 2016 2 2 3 3 = ( x 2 + y 2 ) 2 + ( x 4 + y 4 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 2016 (3) 2 2

(x2 + y 2 )2 9 nên từ (3) suy ra P ≥ ( x 2 + y 2 ) 2 − 2( x 2 + y 2 ) + 2016 4 2 1 2 2 Đặt x + y = t thì t ≥ (do x + y ≥ 1) . 2 1 1 9 9 Xét hàm số f (t ) = t 2 − 2t + 2016 với t ≥ , có f ' (t ) = t − 2 > 0 , với t ≥ nên hàm số 2 2 4 2  1  32249 1  f(t) đồng biến trên  ;+∞  . Suy ra min f (t ) = f   = . 1   16 2 2  t∈ ; +∞  2 Do x 4 + y 4 ≥



Do đó GTNN của P bằng



32249 1 , đạt được khi và chỉ khi x = y = 16 2

ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 15 Câu 1. (1 điểm) Tìm m để phương trình Câu 2. (6 điểm)

a) Giải phương trình

x 2 + m 4 − x 2 + m − 7 = 0 có nghiệm.

    2 2 cos  3x − π  cos  x − π  + sin x  = 1 sin2 x + sin 2 x 8 2 8  2   2

2x 3 + y3 + 2x 2 + y2 = xy ( 2x + 3y + 4 ) (1)  2 2 b) Giải hệ phương trình  x + 1 y + 1 10 + = ( 2)  y x 3  Câu 3. (4 điểm)

a) Trên mặt phẳng Oxy , ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A (−2;0 ), B (−2;2 ), C ( 4;2 ),

D (4;0 ) (hình vẽ). Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M ( x ; y ) mà x + y < 2.

b) Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) được xác định như sau: x1 = 1 và xn +1 = xn ( xn + 1)( xn + 2)( xn + 3) + 1 với n = 1, 2, … n

Đặt yn = ∑ i =1

1 xi + 2

(n = 1, 2, ….). Tìm lim yn n →∞

Câu 4. (7 điểm) a) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn AC 2 + BD 2 = 16 và các cạnh còn lại đều bằng 6 . Tính thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD . b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt trên

cạnh BC , BD sao cho mặt phẳng ( AMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) . Gọi

V1 ,V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1 + V2 . c) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Điểm E là trung điểm cạnh C ′D′ . Hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai cạnh BC và CC ′ . Tính giá trị nhỏ nhất của tổng

AM + MN + NE .

Câu 5. Cho các số thực a, b, c ∈ ( 0;1) và thỏa mãn Chứng minh rằng:

a 2 + b2 + c 2 ≥

3 . 4

abc = (1 − a )(1 − b )(1 − c ) .

---Hết---

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 15 Câu 1. Tìm m để phương trình x + m 4 − x 2 + m − 7 = 0 có nghiệm. Lời giải ĐK: − 2 ≤ x ≤ 2 . 2

Ta có x 2 + m 4 − x 2 + m − 7 = 0 ⇔ m

(

)

4 − x2 + 1 = 7 − x2 ⇔ m =

7 − x2 4 − x2 + 1

(1) .

t2 + 3 ( 2) . t +1 Phương trình x 2 + m 4 − x 2 + m − 7 = 0 có nghiệm khi và chỉ khi ( 2 ) có nghiệm t ∈ [ 0; 2 ] . Đặt t = 4 − x 2 , t ∈ [ 0; 2 ] , phương trình (1) trở thành m =

t2 + 3 với t ∈ [ 0; 2 ] . t +1 t = 1∈ ( 0; 2 ) 7 t 2 + 2t − 3 0 = ⇔ Ta có f ′ ( t ) = , f ( 0 ) = 3 , f (1) = 2 , f ( 2 ) = .  2 3 ( t + 1) t = −3 ∉ ( 0; 2 ) Do đó min f ( t ) = 2 và max f ( t ) = 3 . Xét hàm số f ( t ) =

[0;2]

Do đó, phương trình ( 2 ) có nghiệm t ∈ [ 0; 2 ] khi và chỉ khi

min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) ⇔ 2 ≤ m ≤ 3 . [0;2]

[0;2]

    2 2  cos  3x − π  cos  x − π  + sin x  = 1 sin2 x + sin 2 x 8 2 8   2  2   1  3x π  x π Giải 2 2  cos  −  cos  −  + sin x  = sin2 x + sin 2 x 8 2 8   2  2   ⇔ 2 2cos  3x − π  cos  x − π  + 2 2sin x = sin x cos x + sin 2 x 8 2 8  2

Câu 2. a) Giải phương trình

⇔ 2cos  2 x − π  + 2 cos x + 2 2sin x = sin x cos x + sin 2 x 4  ⇔ cos2 x + sin2 x + 2 ( cos x + 2sin x ) = sin x cos x + sin 2 x

⇔ cos2 x + sin x cos x − 2sin 2 x + 2 ( cos x + 2sin x ) = 0

⇔ ( cos x −sin x )( cos x + 2sin x ) + 2 ( cos x + 2sin x ) = 0

(

)

⇔ ( cos x + 2sin x ) cos x −sin x + 2 = 0

 x =arccot ( −2 )+ kπ cos x + 2sin x =0 ⇔ ⇔  3π cos x −sin x + 2 =0  x = + k 2π  4

( )

Vậy phương trình có các nghiệm là x = arccot −2 + kπ và x =

3π + k 2π . 4

2x 3 + y3 + 2x 2 + y2 = xy ( 2x + 3y + 4 ) (1)  b) Giải hệ phương trình  x 2 + 1 y2 + 1 10 + = ( 2)  x 3  y

Lời giải. Điều kiện

x, y =/ 0.

Từ (1) ta có : 2 x 3 + y3 + 2x 2 + y 2 = 4xy ( x + y + 1) − 2 x 2 y − xy 2

⇔ 2x 2 ( x + y + 1) + y 2 ( x + y + 1) − 4xy ( x + y + 1) = 0  x + y +1 = 0 ⇔ ( x + y + 1) 2 x 2 + y 2 − 4xy = 0 ⇔  2 2  2x + y − 4xy = 0

(

)

Với x + y = -1. Kết hợp với phương trình (2) ta tìm được xy = -6 Lúc đó nghiệm của hệ đã cho là ( x; y ) = {( 2; −3) , ( −3;2 )}

Với 4xy = 2x 2 + y 2 ⇒ 4 xy ≥ x 2 + y 2 ≥ 2xy ⇒ xy ≥ 0 Kết hợp với phương trình (2) suy ra x, y > 0. Do đó: ⇒ VT ( 2 ) =

x 2 + 1 y 2 + 1 2x 2y 2x 2y 10 + ≥ + ≥2 . = 4 > > VP ( 2 ) y x y x y x 3

Hay trường hợp này không có nghiệm. Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x; y ) = {( 2; −3) , ( −3;2 )}. Câu 3. a) Trên mặt phẳng Oxy, ta xét một hình chữ nhật ABCD với các điểm A (−2;0), B (−2;2), C (4;2), D (4;0) (hình vẽ). Một con châu chấu nhảy trong hình chữ nhật đó tính cả trên cạnh hình chữ nhật sao cho chân nó luôn đáp xuống mặt phẳng tại các điểm có tọa độ nguyên (tức là điểm có cả hoành độ và tung độ đều nguyên). Tính xác suất để nó đáp xuống các điểm M ( x ; y ) mà x + y < 2.

Lời giải Số các điểm có tọa độ nguyên thuộc hình chữ nhật là 7.3 = 21 điểm vì x ∈ {−2;−1;0;1;2;3;4 }  .   y ∈ {0;1;2}  Để con châu chấu đáp xuống các điểm M ( x , y ) có x + y < 2 thì con châu chấu sẽ nhảy trong x ∈ {−2; −1;0;1;2} . khu vực hình thang BEIA. Để M ( x , y ) có tọa độ nguyên thì   y ∈ {0;1;2}  Nếu x ∈ {−2; −1} thì y ∈ {0;1;2} ⇒ có 2.3 = 6 điểm.

Nếu x = 0 thì y ∈ {0;1} ⇒ có 2 điểm. Nếu x = 1 ⇒ y = 0 ⇒ có 1 điểm.  → có tất cả 6 + 2 + 1 = 9 điểm thỏa mãn.

Vậy xác suất cần tính P =

9 3 = . 21 7

b)Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) được xác đị đ nh như sau: x1 = 1 và xn +1 = xn ( xn + 1)( xn + 2)( xn + 3) + 1 với n = 1, 2, … n

Đặt yn = ∑ i =1

1 xi + 2

(n = 1, 2, ….). Tìm lim yn n →∞

Lời giải Ta có x2 = 5 và xn > 0 với mọi n = 1, 2, …

xn+1 = xn ( xn + 1)( xn + 2)( xn + 3) + 1 =

2 n

+ 3 xn )( xn2 + 3 xn + 2 ) + 1 = xn2 + 3 xn + 1 (1)

Từ đó suy ra xn+1 +1 = xn2 + 3 xn + 2 = (xn + 1)(xn + 2)

1 xn +1 + 1 n

Do đó yn = ∑ i =1

( x n +1)( xn + 2 )

1 1 − x n +1 xn + 2

n→∞

1 1 1 = − xn + 2 xn + 1 xn +1 + 1

n  1 1 1  1 1 1 1 = ∑ − − = − = xi + 2 i =1  xi + 1 xi +1 + 1  x1 + 1 xn +1 + 1 2 xn +1 + 1

Từ (1) xk+1 = xk2 + 3 xk + 1 > 3 xk ≥ 3.3k −1 = 3k Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp xn > 3n-1 Nên lim yn =

⇒

(2)

1 (vì do (2) xn+1 > 3n) 2

. Ta có thể chứng minh limxn = +∞ với cách khác: Dễ thấy (xn) là dãy tăng, giả sử limxn = a (a ≥ 1) Nên ta có a = a ( a + 1)( a + 2)(a + 3) + 1 Suy ra a2 = a(a+1)(a+2)(a+3) + 1 hay a4 + 6a3 + 10a2 + 6a +1 = 0 Rõ ràng phương trình này không có nghiệm thỏa mãn a ≥ 1. Vậy limxn = +∞ Câu 4. a) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn AC 2 + BD 2 = 16 và các cạnh còn lại đều bằng 6 . Tính thể tích lớn nhất của khối tứ diện ABCD . Lời giải

+ Gọi M , N lần lượt là trung điểm AC , BD .  AC ⊥ DM + Vì ∆DAC , ∆BAC cân tại D và B , suy ra  ⇒ AC ⊥ ( DMB ) .  AC ⊥ BM + ∆DAC = ∆BAC ( c − c − c ) ⇒ DM = BM ⇒ MN ⊥ DB .

AC 2 + BD 2 BD 2 AC 2 BD 2 = AD 2 − = 32 . = AD 2 − − 4 4 4 4 2 2 1 1 1 1 + Khi đó VABCD = AC .S MBD = AC . BD.MN = AC .BD.4 2 = AC.BD 3 3 3 2 6 2 2 AC 2 + BD 2 16 2 . ≤ = 3 2 3 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi AC = BD . 16 2 Vậy maxVABCD = . 3 b) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt trên cạnh BC , BD sao cho + Dễ thấy MN 2 = MD 2 −

mặt phẳng ( AMN ) luôn vuông góc với mặt phẳng ( BCD ) . Gọi V1 ,V2 lần lượt là giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính V1 + V2 . Lời giải

Gọi I , G lần lượt là trung điểm của CD và trọng tâm tam giác BCD .

2 . 3 Do ( AMN ) ⊥ ( BCD ) và ( AMN ) ∩ ( BCD ) = MN nên ta kẻ AH ⊥ MN thì AH ⊥ ( BCD ) . Suy ra H ≡ G và MN đi qua điểm G . 1 Ta có: VABMN = AG.S ∆BMN . Do AG không đổi nên thể tích của khối tứ diện ABMN lớn nhất và nhỏ nhất khi 3 diện tích của tam giác BMN lớn nhất và nhỏ nhất. 1 3 1 Đặt BM = x, BN = y ⇒ ≤ x, y ≤ 1 . Khi đó có S∆BMN = BM .BN .sin 600 = xy . 2 4 2  1  BM BG BN BG  S S BM BN  S ∆BMG . = + ∆BNG  =  . + . Mặt khác: ∆BMN = . S ∆BCD BC BD  2.S ∆BCI 2.S ∆BDI  2  BC BI BD BI  1 Suy ra xy = ( x + y ) ⇔ x + y = 3 xy . 3 3 1  1 1 x+ y 1 1  Vì ≤ x, y ≤ 1 nên  x −   y −  ≥ 0 ⇔ xy + ≥ ⇒ xy ≤ hay S∆BMN ≤ . 8 2 2 2  2 4 2  Vì tứ diện ABCD đều cạnh bằng 1 nên suy ra: AG ⊥ ( BCD ) và AG = AB 2 − BG 2 =

Lại có: ( x + y ) ≥ 4 xy ⇒ 9 x 2 y 2 ≥ 4 xy ⇒ xy ≥

3 4 hay S∆BMN ≥ . 9 9

1 2 3 1 2 3 17 2 Vậy V1 = . . và V2 = . . . Từ đó suy ra V1 + V2 = . 3 3 8 3 3 9 216

c) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Điểm E là trung điểm cạnh C ′D ′ . Hai điểm M và N lần lượt thay đổi trên hai cạnh BC và CC ′ . Tính ggiá trị nhỏ nhất của tổng AM + MN + NE . Lời giải

Ta chọn a = 1 . Đặt BM = x, CN = y với x, y ∈[ 0;1] , khi đó ta có:

1 . 4  1   3  Xét u = ( x;1) , v = (1 − x; y ) , w =  ;1 − y  ⇒ u + v + w =  ; 2  . 2  2  9 5 +4 = Ta có AM + MN + NE = u + v + w ≥ u + v + w = 4 2 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi các vecto u, v, w đôi một cùng hướng 1 − x = kx  3  x=  y = k ( k ≥ 0 )  1 x xy 0 − = ≥   4 ⇔ 1 ⇒ ⇔ 2 x − 2 xy = 1  2 = mx y = 1   3 1 − y = m ( m ≥ 0 ) AM + MN + NE = x 2 + 1 +

(1 − x) 2 + y 2 + (1 − y ) 2 +

Vậy GTNN của AM + MN + NE bằng Cách 2:

5 . 2

Dựng các hình vuông A " BCD "; CC ' D 2 D1 đồng phẳng với hình vuông BB ' C ' C và gọi E ' là trung điểm C ' D 2 thì ta có AM = A" M ; NE = NE ' ⇒ AM + MN + NE = A" M + MN + NE ' ≥ A" E ' = A" B '2 + B ' E '2 =

( 2a )

5a  3a  +  = . 2  2 

Dấu bằng xảy ra ⇔ A ", M , N , E ' thẳng hàng. Vậy GTNN ( AM + MN + NE ) =

5a . 2

Câu 5. Cho các số thực a, b, c ∈ ( 0;1) và thỏa mãn abc = (1 − a )(1 − b )(1 − c ) .

a 2 + b2 + c2 ≥

Chứng minh rằng:

3 . 4

Giải Ta có abc = 1 − ( a + b + c ) + ab + bc + ca − abc

⇔ 1 − ( a + b + c ) + ab + bc + ca = 2abc ⇔ 1− ( a + b + c) +

(a + b + c)

− ( a 2 + b2 + c 2 ) 2

= 2abc

⇔ a 2 + b 2 + c 2 = ( a + b + c − 1) + 1 − 4abc ≥ ( a + b + c − 1) + 1 −

Đặt t = a + b + c ⇒ t ∈ ( 0;3) . Xét hàm số F ( t ) = −

4 3 (a + b + c) 27

4 3 2 t + t − 2t + 2 27

 3 t= 4 2  3 3 Ta có F ′ ( t ) = − t + 2t − 2 = 0 ⇒  2 . Lập BBT ta có min F ( t ) = F   = .  9  2 4 t = 3 3 1 Vậy a 2 + b 2 + c 2 ≥ . Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = . 4 2 ---Hết---

ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 16 Câu 1. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình

x + 4 − x = − x 2 + 4 x + m có nghiệm thực. Câu 2. (6 điểm)



a) Giải phương trình sin 4x − cos 4x = 1 + 4 2 sin  x −



π  4

 y − x − x − 2 y . 3 y − 2 x = 7 b) Giải hệ phương trình  2 2 5 x − 16 xy + 13 y = 97 Câu 3. (4 điểm) a) Cho dãy

( xk ) được xác định như sau: xk =

Tìm

lim un

với

1 2 k + + ... + 2! 3! (k + 1)!

n un = n x1n + x2n + ... + x2011

b) Cho tập hợp X = {3; 4;5; 6; 7;8} . Gọi

là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau và

các chữ số được lấy từ tập X . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S . Tính xác suất để số được chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn và đồng thời số đó chia hết cho 5 . Câu 4. (7 điểm) a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và

SA = 2a . Gọi

M , N lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức MS = −2.MD và AN = 2. AB .

Biết góc tạo bởi đường thẳng SN với mặt phẳng ( SCD ) bằng 30° . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

và CM . b) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng 1 . Các điểm M , N lần lượt nằm trên các đoạn thẳng BC′ , CA′ sao cho M , N không trùng với đầu mút của các đoạn BC′ , CA′ và MN // ( ABB′A′ ) . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn MN . c) Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' . Lấy các điểm E , F lần lượt trên các đoạn AB, DA ' thỏa mãn 3 DA 7 DA ' . + . = 6. Gọi V , V ' lần lượt là thể tích của khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' và khối tứ diện 7 DE 27 DF V' BDEF . Tìm GTNN của tỉ số . V Câu 5. (2 điểm) Cho ba số thực a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 3. 3

c 2 − 3a 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca −2 . 6 3 ---HẾT---

GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 16 Câu 1. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình thực. Hướng dẫn giải 2

x + 4 − x = − x 2 + 4 x + m có nghiệm

 t2 − 4  2 Đặt t = x + 4 − x , t ∈  2; 2 2  ⇒   = 4 x − x , phương trình đã cho thành: 2   2

 t2 − 4  4 2 t=   + m , t ∈  2; 2 2  ⇔ t − 12t + 16 = −4m, t ∈  2; 2 2  . 2   Xét hàm số.

f ( t ) = t 4 − 12t 2 + 16, t ∈  2; 2 2  ⇒ ( f ( 2 ) = −16; f

) f ′ ( t ) = 4t 3 − 24t = 0 ⇔ t =

6 ∈  2; 2 2 

( 6 ) = −20

Suy ra −20 ≤ f ( t ) ≤ −16 . Phương trình đã cho có nghiệm thực khi và chỉ khi −20 ≤ −4m ≤ −16 ⇔ 4 ≤ m ≤ 5 .  π Câu 2. a) Giải phương trình sin 4x − cos 4x = 1 + 4 2 sin  x −  4  ⇔ sin 4x − ( 1 + cos 4x ) = 4 ( sin x − cos x )

⇔ 2 sin 2x cos 2x − 2 cos 2 2x = 4 ( sin x − cos x ) ⇔ ( cos x − sin x )( cos x + sin x )( sin 2x − cos 2 x ) = 2 ( sin x − cos x ) ⇔ ( cos x − sin x ) ( cos x + sin x )( sin 2x − cos 2 x ) + 2  = 0

hoặc ( cos x + sin x )( sin 2x − cos 2 x ) + 2 = 0 (2)

⇔ cos x − sin x = 0



π

Giải (1) ⇔ 2 cos  x +  = 0 ⇔ x = + kπ , k ∈ ℤ 4 4

    π π Giải ( 2 ) ⇔ −2 cos  x −  cos  2x −  + 2 = 0 ⇔ cos x + sin 3x = 2 4 4    x = k2 π cos x = 1  ⇔ ⇔ π m2 π ; m, k ∈ ℤ . Hệ (1) có nghiệm khi và chỉ khi sin 3x = 1 x = + 6 3  π m2 π k2π = + ⇔ 12k − 4m = 1 phương trình này vô nghiệm vì vế trái luôn 6 3

là một số nguyên chẵn, còn vế phải là

số nguyên lẻ. Kết luận (2) vô nghiệm. π 4

Nghiệm phương trình x = + kπ , k ∈ ℤ

 y − x − x − 2 y . 3 y − 2 x = 7 b) Giải hệ phương trình  2 2 5 x − 16 xy + 13 y = 97 Lời giải x − 2 y ≥ 0 Điều kiện:  . 3 y − 2 x ≥ 0 ( x − 2 y ) + ( 3 y − 2 x ) − x − 2 y . 3 y − 2 x = 7  y − x − x − 2 y . 3 y − 2 x = 7 ⇔  2 2 Ta có  2 2 ( x − 2 y ) + ( 3 y − 2 x ) = 97 5 x − 16 xy + 13 y = 97 u = x − 2 y Đặt  ( u ≥ 0, v ≥ 0 ) . Khi đó ta có hệ phương trình: v = 3 y − 2 x 2 2 u 2 + v 2 − uv = 7 u + v − uv = 7 ⇔ 2 2 2  4 4 2 2 u + v = 97 ( u + v ) − 2u v = 97

a = u 2 + v 2 Lại đặt  ( a ≥ 0, b ≥ 0 ) , ta có hệ phương trình: b = uv  a = 13 a = b + 7  a − b = 7  a = b + 7  b = 6  ⇔ ⇔  b = 6 ⇔  2 2 2 2  a = 15  a − 2b = 97  b = 8 ( b + 7 ) − 2b = 97    b = 8

Trường hợp 1 : a = 13, b = 6 ta có  u + v = 5  u = 2 u = 3 ∨   u + v = 13 ( u + v ) = 13 + 2uv uv = 6 v = 3 v = 2   ⇔ ⇔ ⇔   u = −3 u = −2  u + v = −5 uv = 6 uv = 6   ∨  v = −2 v = −3  uv = 6  u = 2  v = 3 Vì u ≥ 0, v ≥ 0 nên   u = 3   v = 2  x − 2 y = 2 u = 2 x − 2 y = 4  x = −30 ta có  . +) Với  ⇔ ⇔ v = 3  y = −17  3 y − 2 x = 3 −2 x + 3 y = 9 2

u = 3 +) Với  ta có v = 2

 x − 2 y = 3 x − 2 y = 9  x = −35 ⇔ ⇔   3 y − 2 x = 2 −2 x + 3 y = 4  y = −22

Trường hợp 2: a = 15, b = 8

u 2 + v 2 = 15 2 ⇒ ( u + v ) = u 2 + v 2 + 2uv = 15 + 16 = 31 . ta có  uv = 8 1 2 k Câu 3. a) Cho dãy ( xk ) được xác định như sau: xk = + + ... + 2! 3! ( k + 1)! n Tìm lim un với un = n x1n + x2n + ... + x2011 .

Hướng dẫn giải: k 1 1 1 Ta có: nên xk = 1 − = − ( k + 1)! k ! ( k + 1)! ( k + 1)! 1 1 Suy ra xk − xk +1 = − < 0 ⇒ xk < xk +1 (k + 2)! ( k + 1)! n < n 2011x2011 Mà: x2011 < n x1n + x2n + ... + x2011

Mặt khác: lim x2011 = lim n 2011x2011 = x2011 = 1 −

1 2012!

1 . 2012! b) Cho tập hợp X = {3; 4;5; 6; 7;8} . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau và các

Vậy lim un = 1 −

chữ số được lấy từ tập X . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập hợp S . Tính xác suất để số được chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn và đồng thời chia hết cho 5 . Lời giải Xét phép thử T : “Lấy ngẫu nhiên một số có bốn chữ số đôi một khác nhau và các chữ số được lấy từ tập X ”. Số các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau và các chữ số được lấy từ tập X là A64 . Suy ra n ( Ω ) = A64 = 360 . Xét biến cố B : “Số được chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn và đồng thời chia hết cho 5 ”. Số được chọn có dạng x = abcd . Do x ⋮ 5 ⇒ d = 5 . Chọn 2 chữ số chẵn và 1 chữ số lẻ khác chữ số 5 từ tập X ⇒ Có C32 ⋅ C21 = 6 cách.

Với 3 chữ số vừa chọn được, ta hoán đổi và xếp vào vị trí của bộ ( a; b; c ) ⇒ Có 3! cách. Vậy có 6.3! = 36 số có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn và đồng thời chia hết cho 5 . n ( B ) 36 1 = = . Suy ra P ( B ) = n ( Ω ) 360 10 Câu 4. a) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy và SA = 2a . Gọi M , N lần lượt là các điểm thỏa mãn hệ thức MS = −2.MD và AN = 2. AB . Biết góc tạo bởi đường thẳng SN với mặt phẳng ( SCD ) bằng 30° . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

SN và CM . Lời giải

1 Từ giả thiết ta có M thuộc đoạn SD và MD = DS ; B là trung điểm của đoạn AN . 3 Gọi E , G lần lượt là giao điểm của đường thẳng ND với BC và AC , khi đó E là trung điểm của đoạn BC . 2 1 Dễ thấy E là trung điểm của đoạn ND và G thỏa mãn hệ thức DG = DE = DN . 3 3 DC ⊥ AD  Do  ⇒ DC ⊥ ( SAD ) . DC ⊥ SA  Kẻ AJ ⊥ SD tại J . Vì tam giác SAD vuông cân tại A nên J là trung điểm của đoạn SD . Do AJ ⊥ DC (vì AJ ⊂ ( SAD ) và CD ⊥ ( SAD ) ) nên AJ ⊥ ( SDC )

suy ra AJ = d ( A , ( SCD ) ) =

SD =a 2. 2

Do góc tạo bởi SN với ( SCD ) bằng 30° nên sin 30° =

d ( N , ( SCD ) ) SN

d ( A , ( SCD ) ) SN

AJ SN

(do AN // CD ⇒ AN // ( SCD ) ) ⇒ SN = 2a 2 và AN = 2a . DM DG 1 Trong mặt phẳng ( SND ) do = = , theo định lý Ta-lét ta được MG // SN (1) . DS DN 3 Gọi K là điểm thỏa mãn DK = 3.DA , khi đó DK = 3DA = 6a ⇒ AK = 4a . DM DA 1 Trong mặt phẳng ( SDK ) có = = , theo định lý Ta – lét ta được AM // SK ( 2 ) . DS DK 3 Từ (1) , ( 2 ) suy ra ( AMC ) // ( SNK ) ⇒ d ( CM , SN ) = d ( ( AMC ) , ( SNK ) ) = d ( A , ( SNK ) ) = d .

Do SA , AK , AN đôi một vuông góc tại A nên 1 1 1 1 1 1 1 9 4a suy ra d = . = + + = 2+ 2+ = 2 2 2 2 2 2 d AS AN AK 4a 4a 16a 16a 3 4a Vậy d ( CM , SN ) = . 3 Chú ý. Có thể dựng được khoảng cách d ( A , ( SNK ) ) = AH bằng cách kẻ AI ⊥ NK , ( I ∈ NK ) và AH ⊥ SI ,

( H ∈ SI ) . b) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có tất cả các cạnh bằng 1 . Các điểm M , N lần lượt nằm trên các đoạn thẳng BC′ , CA′ sao cho M , N không trùng với đầu mút của các đoạn BC′ , CA′ và MN // ( ABB′A′ ) . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn MN . Lời giải Cách 1

1 +) Đặt BA = a, BB′ = b, BC = c . Ta có a = b = c = 1, a.b = b.c = 0, a.c = . 2 +) Đặt BM = mBC ′, CN = nCA′ ( 0 < m < 1, 0 < n < 1) . +) Ta có BM = mb + mc, CN = na + nb − nc +) BN = BC + CN = na + nb + (1 − n ) c . +) MN = BN − BM = na + ( n − m ) b + (1 − m − n ) c . +) MN // ( ABB′A′ ) ⇔ MN , BA, BB′ đồng phẳng ⇔ ∃x, y ∈ ℝ sao cho MN = xBA + yBB′ . +) Ta có MN = xBA + yBB′ ⇔ na + ( n − m ) b + (1 − m − n ) c = xa + yb ⇔ ( n − x ) a + ( n − m − y ) b + (1 − m − n ) c = 0 (1) Do a, b, c không đồng phẳng nên

n − x = 0 n = x n = x   (1) ⇔ n − m − y = 0 ⇔ m = x − y ⇔ m = 1 − x . 1 − n − m = 0 2 x − y = 1 2 x − y = 1    Khi đó MN = xa + ( 2 x − 1) b . 2

(

Suy ra MN = x + ( 2 x − 1)

)

2   2 1 1 .1 = ( 5 x − 4 x + 1) =  5  x −  +  ≥ , ∀x .   5  5  5  2

5 2 , đạt được khi x = . 5 5 c) Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' . Lấy các điểm E , F lần lượt trên các đoạn AB, DA ' thỏa mãn 3 DA 7 DA ' . + . = 6. Gọi V , V ' lần lượt là thể tích của khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' và khối tứ diện 7 DE 27 DF V' BDEF . Tìm GTNN của tỉ số . V Hướng dẫn giải ⇒ min MN =

A' F C'

A B E D

Ta có: V' DE DF 6V ' DE DF V ' 1 DE DF = . ⇒ = . ⇒ = . . VD . ABA ' DA DA ' V DA DA ' V 6 DA DA ' Theo bài ra : 3 DA 7 DA ' 3 7 DA DA ' 6= . + . ≥2 . . . 7 DE 27 DF 7 27 DE DF DE DF 1 ⇒ . ≥ DA DA ' 81 3 DA 7 DA ' Dấu " = " khi = 7 DE 27 DF V ' 1 DE DF 1 1 1 = . . ≥ . = Suy ra: V 6 DA DA ' 6 81 486 Câu 5. Cho ba số thực a, b, c thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 3. 3

c 2 − 3a 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca −2 . 6 3

Lời giải

Áp dụng BĐT Cauchy cho các cặp số không âm :

 2 1 2 2a + 2 b ≥ 2ab  1  Ta có: 3a 2 + c 2 ≥ 2ac ⇒ 5a 2 + 2b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) 3  3 2 2 2  2 b + 3 c ≥ 2bc 

⇒ c 2 − 3a 2 ≤ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ) ⇒ ⇒ P ≤ 3. 3

c 2 − 3a 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca ≤ 6 3

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca −2 3 3

a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca Đặt t = ≥ 0 ⇒ P ≤ 3t 2 − 2t 3 3 3 3 2 Lại có t + t + 1 ≥ 3t ⇒ P ≤ 1 . Dấu " = " xảy ra khi : 6

 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca = 3  a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca − 3 = 0  t =1    b 2 = 4a 2 b 2 = 4a 2 b = 2a    ⇔ ⇔  2 2 2 2 c = 9a c = 3a  c = 9a    a, b, c < 0   a , b, c < 0 a , b, c < 0  2  a =1  a = −1   b = 2a  ⇔ ⇔ b = −2  c = 3a  c = −3   a, b, c < 0

Vậy PMax = M = 1 tại a0 = −1, b0 = −2, c0 = −3 .

---HẾT---