Đây là tuyển tập các đề ôn thi HSG tỉnh lớp 12, đã được sưu tầm và biên soạn phù hợp với các dạng toán phù hợp với cấu trúc đề thi HSG tỉnh hiện hành. Bổ tài liệu gồm hơn 100 đề ôn thi có cấu trúc như cấu trúc đề của SGD và các bài tập đưa ra được chọn lựa và giải chi tiết. Đây là tài liệu mà tác giả đã sưu tầm và đúc kết từ những tài liệu tham khảo hay và biên soạn thành bộ đề này. Bộ đề có dung lượng lớn nên được chia thành 10 phần. Mong các độc giả đọc và đóng góp ý kiến để bộ đề ôn thi được hoàn hảo hơn. Xin chân thành cảm ơn.
TUYỂN TẬP CÁC ĐỀ ÔN THI HSG TỈNH 12 – PHẦN ĐỀ ÔN THI HSG SỐ x tan x cos x sin x tan x tan Tình tổng tất nghiệm thuộc Câu (5 điểm) a) Cho phương trình khoảng 0; 2020 phương trình x 1 x x3 12 x2 10 x b) Giải phương trình �x x y m � � � � � x y x x �x y x x xy � � �với m tham số Câu (2 điểm) Cho hệ phương trình: � 0; 2020 để hệ phương trình có nghiệm thực Tìm giá trị nguyên tham số m đoạn Câu (3 điểm) a) Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên chẵn có chữ số Tính xác suất để số chọn gồm chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ chữ số lẻ vị trí liền kề n � � �x � 2 x � biết n số nguyên dương thỏa x b) Tìm hệ số số hạng chứa khai triển nhị thức � mãn: Cn1 2Cn2 3Cn3 n 1 Cnn 1 nCnn 64n Câu (6 điểm) a) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, AD AB BC , CD 2a Hình chiếu vng góc S mặt đáy trung điểm M cạnh CD SBM Tính khoảng cách từ trọng tâm G tam giác SAD đến mặt phẳng AA ' a a b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình vuông, AB BDC ' Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn góc tạo đường thẳng B ' D mặt phẳng u1 � � � un 2019un u , n �1 �n 1 un 2020 � Câu (4 điểm) a) Cho dãy số xác định sau �u un � u lim � � u2 u3 un 1 � � Tính b) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x �y; x �z; x yz �xz xy y x y x y z 2z x y x y y z xz Tìm giá trị nhỏ biểu thức -Hết GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ x tan x cos x sin x tan x tan Tình tổng tất nghiệm thuộc khoảng Câu a) Cho phương trình cos x �0 � � � �x � k �� k , l �� � x cos � � 0; 2020 phương trình Lời giải ĐK: � � �x � l 2 x x tan x cos x sin x tan x tan � tan x sin x sin x.tan x.tan 2 + Ta có: P sin x � � � � sin x tan x.tan x � cos x + PT 1 2 1 � x m Kết hợp điều kiện ta họ nghiệm x n2 , n �� x cos � sin x x x cos x sin x tan x.tan cos x.cos 2 � � sin x 1 ( loại) cos x + PT x � 0; 2020 x � 2 , 4 , 6 , 2018 Vì , nên T 2 4 6 2018 2 1009 1009.1010 Tổng x 1 x x 12 x 10 x b) Giải phương trình Lời giải 3 x� x 1 x x3 12 x 10 x � x x x 1 x 1 1 Ta có ĐK: f t t 2t , t �0 f� t 3t 0, t �0 suy hàm số f t đồng biến 0; � Xét hàm số có � 13 137 �x � �� � x x x 1 Từ 1 suy x x � � (Thỏa mãn ĐK) 13 137 x Vậy �x x y m � � � � � x y x x �x y x x xy � � �với m tham số thực Tìm Câu Cho hệ phương trình: � 0; 2020 để hệ phương trình có nghiệm giá trị nguyên tham số m đoạn Lời giải �x �0 � Điều kiện: �x y �0 Ta có: x y x 3 x y x x y x x x 3x � � � � x y x x �x y x x xy � � � x y x 33 x y x x 3 x () a x y x Đặt b x , dễ thấy a �0, b �0 () thành a 3a b3 3b � a b a b � a b a ab b a b (Dễ thấy a ab b a b � ab � ) x y x x � x y x x x � x y x x x x �1 � � x y x x 1 � x x 1 �0 � � � x y x x 1 x0 � Trường hợp 1: x � y � y x x y m thành m Suy m giá trị cần tìm Vậy Trường hợp 2: x �1 Vậy x x y m thành x x x x m , x � 1; � (1) Hệ có nghiệm (1) có nghiệm 1; � x � 1; � f x x x x x Xét , với � f� 0, x � 1; � x x 3x f x �1 m x Suy m0 � �� m �1 Do m �� m � 0; 2020 Suy có 2021 giá trị nguyên tham số m � Yêu cầu toán Câu a) Chọn ngẫu nhiên số tự nhiên chẵn có chữ số Tính xác suất để số chọn gồm chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ chữ số lẻ vị trí liền kề Lời giải Cách 1: aa aa a a a Gọi số cần tìm Số tự nhiên chẵn có chữ số là: 9.5.10 4500000 ( số ) n 4500000 Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên số chẵn có chữ số” Ta có 3 Gọi A biến cố: “Số chọn gồm chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ chữ số lẻ vị trí liền kề” a ,a ,a Trường hợp 1: Ba chữ số lẻ xếp vào vị trí a ,a ,a Số cách chọn xếp chữ số lẻ vào vị trí cách Số cách chọn xếp chữ số chẵn khác vào vị trí cịn lại là: A5 Các số lập trường hợp là: A5 15000 (số) a ;a ;a ;a ;a Trường hợp 2: Ba chữ số lẻ xếp vào vị trí liên tiếp từ vị trí a ; a ; a ; a3 ; a4 ; a5 ; a4 ; a5 ; a6 Có cách chọn vị trí liên tiếp: Mỗi vị trí chọn có: +) cách chọn xếp chữ số lẻ vào vị trí +) có 4.A4 cách chọn xếp chữ số chẵn vào vị trí cịn lại 3 Số số lập trường hợp là: 3.5 A4 36000 (số) n A 36000 15000 51000 Số phần tử biến cố A là: n A 51000 17 P A n 4500000 1500 Vậy xác suất cần tìm là: Cách 2: Số tự nhiên chẵn có chữ số là: 9.5.10 4500000 ( số ) n 4500000 Xét phép thử: “ Chọn ngẫu nhiên số chẵn có chữ số” Ta có 3 Gọi biến cố A: “Số chọn gồm chữ số chẵn khác nhau, chữ số lẻ chữ số lẻ vị trí liền kề” +) Nếu chữ số đầu chữ số Số cách chọn chữ số chẵn từ chữ số 0; 2; 4;6;8 để xếp theo hàng ngang A5 X Chẵn x Chẵn x Chẵn x Chẵn chữ số chẵn vừa xếp tạo khoảng trống Chọn khoảng trống từ khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) xếp chữ số lẻ vào khoảng trống có 4.53 cách Tổng dãy lập trường hợp là: A5 4.5 60000 (dãy) +) Nếu chữ số chữ số Số cách chọn chữ số chẵn từ chữ số 2; 4;6;8 để xếp theo hàng ngang A4 x Chẵn X Chẵn x Chẵn chữ số chẵn vừa xếp với chữ số đứng đầu tạo khoảng trống Chọn khoảng trống từ khoảng trống (trừ khoảng trống cuối) xếp chữ số lẻ vào khoảng trống có 3.53 cách 3 Tổng dãy lập trường hợp là: A4 3.5 9000 (dãy) +) Suy số dãy số tự nhiên thỏa mãn đề là: 60000 9000 51000 (dãy) Do số phần tử biến cố A là: n A 51000 P A n A 51000 17 n 4500000 1500 Vậy xác suất cần tìm là: n � � �x � 2 x � biết n số nguyên dương thỏa b) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức � C1 2Cn2 3Cn3 n 1 Cnn 1 nCnn 64n mãn: n Lời giải n 2 3 x Cn Cn x Cn x Cn x Cnn1x n1 Cnn x n (1) (n �N * ) Xét khai triển Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: n 1 n x Cn1 2Cn2 x 3Cn3 x (n 1)Cnn 1 x n 2 nCnn x n 1 (2) x Thay vào (2) ta được: n 1 n.2 Cn 2Cn2 3Cn3 n 1 Cnn 1 nCnn C1 2Cn2 3Cn3 n 1 Cnn 1 nCnn 64n Từ giả thiết n n 1 n 1 * Ta có: 64n n.2 � � n � n (thỏa mãn n �N ) � � �x � x � là: Số hạng tổng quát khai triển � k 7k k 14 3k �1 � T C x � � k C7k x x k C7k x ;0 �k �7, k �N �2 x � 14 3k 2�k 2 Để T chứa x ta cần tìm số k cho �k �7, k �N (thỏa mãn) 21 C7 2 Vậy hệ số số hạng chứa x là: Câu a) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, AD AB BC , k 7k CD 2a Hình chiếu vng góc S mặt đáy trung điểm M cạnh CD Tính khoảng cách từ SBM trọng tâm G tam giác SAD đến mặt phẳng Lời giải + Kẻ CI AD mà AD AB 2BC nên suy I trung điểm AD � CID tam giác vuông cân I SM ABCD � SMB ABCD + Ta có � IX SBM Nên từ I ta kẻ IX BM � GN SBM � d � G, SBM � � � GN + Trong ( SIX ) ta kẻ GN / / IX GN SG 2 � GN IX SI 3 + Xét hai tam giác đồng dạng SGN SIX : IX Ta xét ( ABCD) : AB + Kẻ MF AD mà M trung điểm CD suy F trung điểm AQ Ta có: CD 2a , mà CID vuông cân I nên ID 2a MF AB suy ta F trung điểm AQ � AQ 6a � MF + Xét vuông ABQ , ta kẻ AK BQ � AK + Ta xét tam giác đồng dạng QIX QAK : 2 2a 10 4a 10 GN IX 3 15 Vậy: AQ AB AQ AB � IX 3a 10 QI AK 2a 10 QA AA ' a a b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình vng, AB BDC ' Khi a thay đổi, tìm giá trị lớn góc tạo đường thẳng B ' D mặt phẳng Lời giải Đặt CB b(b 0) Dễ thấy CB� cắt BC � trung điểm đường 1 d ( B� , ( BDC � )) d (C , ( BDC � )) 1 1 1 2 2 CD CC � CB a b Nên u uuu r d ( B� , ( BDC � )) � sin( DB� , ( BDC � )) DB� DB� a b => 2 (a b 1)( (a b 1)( 1 1) a b2 1 1 1) � | a b 1| a b a b (dấu “=” xảy a b ) Áp dụng bất đẳng thức B.C.S u uuu r � sin( DB� , ( BDC � )) � � , ( BDC � )) �90 mà khoảng hàm y sin x đồng biến � dễ thấy �( DB� � � ( DB , ( BDC � )) max arcsin( ) u1 � � � un 2019un u , n �1 �n 1 un 2020 � Câu a) Cho dãy số xác định sau �u un � u lim � � u2 u3 un 1 � � Tính Lời giải u u u 2019un u un 1 n n n n 2020 2020 Ta có uk uk 1 u uk k u u 1 2020 +) Có Giả sử k , ta có uk uk 1 0 * * u 1 Vì k nên 2020 suy uk 1 uk 1, k �� Vậy un 1, n �� un un 1 un un 1 un � u u , n ��* � u u 1, n �� nên n 1 n 2020 2020 Vì mà n dãy n tăng u 2, n n u +) Giả sử n có giới hạn hữu hạn L � L , L0 � u 2019un L2 2019 L un 1 n �L � L2 L � � L (loại L ) 2020 2020 � un 1 Vậy un có giới hạn vơ hạn Mà un 2, n nên lim un � u u 1 u u 1 un 1 n n un � un 1 un n n � 2020 un 1 un un un 1 +)Ta có � un 2020 2020 2020 � un1 1 un 1 � 2020 un 1 un un � �� un 2020 2020 � un un 1 un 1 un un 1 un 1 1 un 1 Suy �u �2020 2020 2020 2020 un � u 2020 2020 � lim � � lim � � un 1 � un un 1 � �u2 u3 �u1 u2 u2 u3 �2020 2020 � lim � � 2020 (do u1 2;lim un 1 lim un �) �u1 un 1 � b) Cho số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x �y; x �z; x yz �xz xy P Tìm giá trị nhỏ biểu thức +/ Ta chứng minh: y x y x y z 2z x y x y yz xz Lời giải 1 � Với a, b dương ab �1 a b ab (*) P 9t Khi a b ab �0 Thật vậy: (*) (luôn đúng) Đẳng thức xảy a b ab x yz �xz xy � x z x y �0 � x y �0 +/ Ta có: x �z � x z �0 x t � t � 1;9 y Đặt � t2 y z t2 1 1 1 9t 2 z x t 1 yz xz t 1 1 1 y z P �3 t t2 2 t 1 1 z x yz 9t t2 2 t 1 1 t Áp dụng bất đẳng thức chứng minh, ta có: t2 f (t ) t 2 , t � 1;9 t 1 t Xét hàm số có 1 1 f '(t) 0, t � 1;9 18 2 P �f (t) �f(9) t t 1 t t từ suy �x �y � �x y �x y ��x z �� �� �� �z y �xy z ��z y ��x z �x y 18 �� � P z y �z y Dấu xảy �� Vậy ĐỀ ÔN THI HSG SỐ cos3x ( 2cos x +1) = Câu (6 đ) a) Giải phương trình b) Giải phương trình sau: x3 27 3x2 3x � �2 x y x y xy � 3 y 8x3 y Câu (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0: � u = sin x, u2 = cos x, u3 = tan x Câu (4 đ) a) Cho cấp số nhân ( un ) với ba số hạng Tìm n để số hạng un =1+ cos x b) Từ hộp có bút bi màu xanh, bút bi màu đen bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên bút Tính xác suất để bút chọn có hai màu ABCD ) Câu (6 đ) a) Cho hình vng ABCD cạnh a, đường thẳng vng góc với ( A ta lấy điểm S di động Hình chiếu vng góc A lên SB, SD H , K Tính thể tích lớn tứ diện ACHK b) Cho hình chóp S ABC có SA =1, SB = 2, SC = Gọi G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng ( a ) qua trung điểm I SG cắt cạnh SA, SB, SC M , N , P Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 T= + 2+ 2 SM SN SP Câu (2 đ) Cho x , y số thực thỏa mãn x y x y Tìm giá trị lớn nhỏ P x y x 1 y 1 x y -Hết GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ cos3x ( 2cos x +1) = Câu (6 đ) a) Giải phương trình � 4cos3 x cos2 x + 2cos3 x = Lời giải Phương trình � 2( cos5x + cos x) + 2cos3x = � 2cos x + 2cos3x + 2cos5x = sin x = � x = kp ( k ��) Nhận thấy không thỏa mãn phương trình sin x 2sin x cos x + 2sin x cos3x + 2sin x cos5x = sin x Nhân hai vế cho ta � sin x +( sin x - sin x ) +( sin x - sin x ) = sin x Vậy phương trình có nghiệm hết cho b) Giải phương trình sau: Điều kiện: � m 2p �= x � � sin x = sin x � � ( m, n ��) � p n 2p x= + � � m 2p p n 2p x= x= + 7 với 2m không chia hết cho x3 27 3x2 3x x �3 * (1+2n) không chia 1 Lời giải 27 � � y 3x 3x 3�x � �3 � 2� Đặt , phương trình cho trở thành hệ phương trình sau: �3 27 � 27 �y 3x 3x y3 3x2 3x � �3 27 � � 1 � � �3 �y 3x 3x � � � 27 x � � y �x3 3y2 3y � � �x3 3x2 3x y3 3y2 3y 2 � � � � � � f� 6; � t 3t2 6t 0,t �� f t t3 3t2 3t � Xét có � 6; � f t 2 � y x , vào 1 : Suy hàm số đồng biến � , đó: 3 27 23 46 � x 1 � x 1 4 (thỏa mãn điều kiện (*)) � �2 x y x y xy � 3 y 8x3 y Câu (2 đ) Giải hệ phương trình với x > 0: � x y xy x 1 y 1 Lời giải Ta có Do x nên y �1 1 � x 3x2 3x 1 � x y x 1 y 1 � x 1 Từ ta có: �2x 1 y 1 �x 0, y �1 �� �� y 2x � � x 2 y � x 1 y 1 y 1 ta được: x x3 x � x x x3 x * Thay y x vào f t t3 t f� t 3t 0, t Xét hàm số với t , có f t 0; � Suy hàm số đồng biến khoảng * � f x f x � x x � 8x x Suy � x 3x 3 � x 3x �1 suy phương trình vơ nghiệm Với x �1 �� ��0; � 3 � cos3 3cos � � Khi Với x , đặt x cos với � cos 3 �� 2 ��0; �� � � k , k �� � 2� 9 Do � x cos � � � �y cos Vậy � Câu (4 đ) a) Cho cấp số nhân ( un ) với u1 = sin x, u2 = cos x, u3 = tan x ba số hạng Tìm n để số hạng un = 1+ cosx Lời giải Từ giả thiết suy công bội CSN q= u2 cos x = u2 sin x 2 Theo tính chất CSN ta có u1.u3 = u2 � sin x.tan x = cos x � cos x + cos x - 1= Đặt t = cos x, - 1�t �1 Khi ( 1) trở thành t + t - 1= ( 1) ( 2) n- Ta có � cos x� cosn- x � 1+ cos x = un = u1.� = � � � � �sin x � sinn- x ( 1+ cos x) = Suy � ( 1+ t) = cos2n- x cos2n- x = sin2n- x ( 1- cos2 x) n- t2n- 2 n- � ( 1+ t) ( 1- t2 ) n- = t2n- � ( 1+ t) t4 ( 1- t2 ) ( 1- t ) n- 2 n- � ( 1+ t) ( t2 ) ( 1- t2 ) = t2n+2 � ( t2 + t3 ) ( 1- t2 ) = t2n+2 n- � ( t3 ) = t2n+2 � t3n- = t2n+2 � tn- = n- = t2n+2 Suy n- = � n = b) Từ hộp có bút bi màu xanh, bút bi màu đen bút bi màu đỏ, chọn ngẫu nhiên bút Tính xác suất để bút chọn có hai màu Lời giải n C155 Gọi A biến cố: “ bút chọn có hai màu” Ta có Vì bút chọn có hai màu nên có trường hợp: TH1: Có hai màu xanh đen: C5 - Chọn bút hai màu xanh, đen (có bút), có cách chọn C95 cách chọn bút trên, có - Trong để bút màu xanh C55 cách chọn bút màu đen cách chọn C C55 Số cách chọn bút có hai màu xanh đen TH2: Có hai màu đen đỏ: C5 - Chọn bút hai màu đen, đỏ (có 11 bút), có 11 cách chọn C115 cách chọn bút trên, có C55 cách chọn bút màu đen C65 cách chọn bút - Trong màu đỏ C C55 C65 Số cách chọn bút có hai màu đỏ đen 11 TH3: Có hai màu đỏ xanh: C5 - Chọn bút hai màu đỏ, xanh (có 10 bút), có 10 cách chọn C105 C5 cách chọn bút trên, có cách chọn bút màu đỏ khơng có cách chọn - Trong bút màu xanh 5 Số cách chọn bút có hai màu đỏ xanh C10 C6 Vậy P A C C55 C115 C55 C65 C105 C65 15 C 118 429 Câu (6 đ) a) Cho hình vng ABCD cạnh a, đường thẳng vng góc với ( ABCD ) A ta lấy điểm S di động Hình chiếu vng góc A lên SB, SD H , K Tính thể tích lớn tứ diện ACHK V = abd ( a,b) sin( a, b) Lời giải Tham khảo hình vẽ Ta sử dụng công thức a2 x x2a IH = KH = , 2 SA = x ( x > 0) HI = d( KH , AC ) a +x a + x2 Đặt VACHK Tính Chứng minh AC ^ HK Khi x2a a2 x a4 x3 = a 2 = 2 = AC.KH HI a +x a +x ( a2 + x2 ) f ( x) = Xét hàm x3 (x + a2 ) 3 max f ( x) = 16a x = a ( 0;+�) , ta có ( 0;+�) Suy thể tích khối tứ diện lớn Vmax = a3 16 b) Cho hình chóp S.ABC có SA = 1, SB = 2, SC = Gọi G trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng ( a ) qua trung điểm I SG cắt cạnh SA, SB, SC M , N , P Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 + + SM SN SP Lời giải Do G trọng tâm D ABC uur uur uur uur SG = SA + SB +SC Ta có u u r r SC uur � SG 1�SA uuur SB uuu � SI = � SM + SN + SP � � � � � � SI 3� SM SN SP T = ( ) uu r 1�SA uuur SB uuu r SC uur � � SI = � SM + SN + SP � � � � � � 6� SM SN SP MD '/ / AD D ' �AG kẻ MB ' ME S MCD MB '/ / AB � (1) AB BE S BCD Ta có MC ' S MBD MD ' SMBC (2); (3) AC S AD S BCD BCD Tương tự ta có Trong mặt phẳng MB ' MC ' MD ' S MCD S MBD SMBC 1 AB AC AD S (1) (2) (3) ABC Từ , Suy MB ' MC ' MD ' MB '.MC '.MD ' 27 �۳ 33 AC AD AB AC AD MB '.MC '.MD ' AB AC AD Ta có AB 27 AB AC AD 3 AB AC AD Ta có MB ' MC ' MD ' ME MF MD � AC AD BE CF DG Dấu " " xảy AB 1 unn11 unn � unn11 unn n 2019 2019n Ta có �2 u2 u1 � 20191 � � u33 u22 � 20192 � � L � � unn unn11 � 2019n 1 � T 5.1 ADG AB AC AD �3 MB ' MC ' MD ' AB AC AD �3 MB '.MC '.MD ' n 1 Suy ra: unn u11 1 K 2019 2019 2019n 1 �1 � 1 � � 2019 � � 2018 n 1 �1 � 1 � � n 2019 � un 2019 � 2018 Vậy Ta có n 1 5.2 �1 � 1 � � n K 2020 2019 2019 � un 2019 � n 2020 n 1.1K 1.2020 1 2018 n n (A M-GM cho n số số 2020 ) � 2019 � lim � 1 � n � � Vậy lim un Mặt khác Với số thực x, y ta ln có , nên từ điều kiện suy ( x y )3 ( x y ) �( x y )3 xy �2 � ( x y )3 ( x y ) �0 � x y �1 Ta biến đổi P sau (3) Do nên từ (3) suy Đặt (do Xét hàm số với , có , với nên hàm số f(t) đồng biến Suy Do GTNN P , đạt ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 15 Câu (1 điểm) Tìm m để phương trình Câu (6 điểm) x m x m có nghiệm � �3x � �x � � 2 �cos � cos sin x � sin2 x sin x � � � � � 8 � � � � � � � � a) Giải phương trình �2x y3 2x y xy 2x 3y 1 �2 �x y 10 2 � x � y b) Giải hệ phương trình Câu (4 điểm) Oxy, ta xét hình chữ nhật ABCD với điểm A ( - 2;0) , B( - 2;2) , C ( 4;2) , a) Trên mặt phẳng D ( 4;0) (hình vẽ) Một châu chấu nhảy hình chữ nhật tính cạnh hình chữ nhật cho chân ln đáp xuống mặt phẳng điểm có tọa độ nguyên (tức điểm có hồnh độ tung độ ngun) Tính xác suất để đáp xuống điểm M ( x; y) mà x + y < b) Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) xác định sau: x1 = xn 1 xn ( xn 1)( xn 2)( xn 3) 1 yn � i 1 xi Đặt với n = 1, 2, … n (n = 1, 2, ….) Tìm lim yn n�� Câu (7 điểm) 2 a) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn AC BD 16 cạnh lại Tính thể tích lớn khối tứ diện ABCD b) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi AMN vuông góc với mặt phẳng BCD Gọi cạnh BC , BD cho mặt phẳng V1 , V2 giá trị lớn nhỏ thể tích khối tứ diện ABMN Tính V1 V2 D Hai c) Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Điểm E trung điểm cạnh C �� điểm M N thay đổi hai cạnh BC CC � Tính giá trị nhỏ tổng AM MN NE Câu Cho số thực a, b, c � 0;1 Chứng minh rằng: thỏa mãn abc a b c a2 b2 c2 � -Hết - GIẢI ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 15 2 Câu Tìm m để phương trình x m x m có nghiệm Lời giải � x � ĐK: x2 2 � m 1 � m x 1 x 2 x m x m x Ta có t 3 m 2 t � 0; t 1 Đặt t x , , phương trình trở thành 2 t � 0; 2 Phương trình x m x m có nghiệm có nghiệm t 3 f t t với t � 0; 2 Xét hàm số t 1� 0; � � � f t � 0; , f , f 1 , t 1 � Ta có f t max f t Do 0;2 0;2 t � 0; 2 Do đó, phương trình có nghiệm f t ��� m � max f t m 0;2 0;2 f� t t 2t � �3x � �x � � 2 �cos � cos sin x � sin2 x sin x � � � �2 � �2 � � � � � � � Câu a) Giải phương trình � �3x � �x � � 2 �cos � � cos � � sin x � sin2 x sin x � � � �2 � � � � �2 � Giải �3x � �x � � 2 cos � � cos � � 2sin x sin x cos x sin x �2 � � �2 � � � � cos � �2 x � cos x 2sin x sin x cos x sin x � � � cos2 x sin2x cos x 2sin x sin x cos x sin x � cos2 x sin x cos x 2sin x cos x 2sin x � cos x sin x cos x 2sin x cos x 2sin x � cos x 2sin x cos x sin x � x arccot 2 k cos x 2sin x 0 � � �� � 3 � cos x sin x x k 2 � � � Vậy phương trình có nghiệm Lời giải Điều kiện x � 2x y 2x y xy 2x 3y �2 �x y 10 2 � x � y b) Giải hệ phương trình x arccot 2 k x, y 2 3 k 2 1 3 2 2 Từ (1) ta có : x y 2x y 4xy x y 1 2x y xy � 2x x y 1 y x y 1 4xy x y 1 � x y 1 � x y 1 2x y 4xy � � 2x y2 4xy � +) Với x + y = -1 Kết hợp với phương trình (2) ta tìm xy = -6 Lúc nghiệm hệ cho +) 2 x; y 2; 3 , 3;2 2 Với 4xy 2x y � xy �x y �2xy � xy �0 Kết hợp với phương trình (2) suy x, y > Do đó: � VT x y 2x 2y 2x 2y 10 � �2 VP y x y x y x Hay trường hợp khơng có nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm Câu x; y 2; 3 , 3; A - 2;0) , B( - 2;2) , C ( 4;2) , D ( 4;0) a) Trên mặt phẳng Oxy, ta xét hình chữ nhật ABCD với điểm ( (hình vẽ) Một châu chấu nhảy hình chữ nhật tính cạnh hình chữ nhật cho chân ln đáp xuống mặt phẳng điểm có tọa độ nguyên (tức điểm có hồnh độ tung độ ngun) Tính xác M x; y suất để đáp xuống điểm ( ) mà x + y < Lời giải Số điểm có tọa độ ngun thuộc hình chữ nhật 7.3 = 21 điểm �x �{- 2;- 1;0;1;2;3;4} � � � �y �{ 0;1;2} M x, y Để châu chấu đáp xuống điểm ( ) có x + y < châu chấu nhảy �x �{ - 2;- 1;0;1;2} � � �y �{ 0;1;2} M x , y ( ) khu vực hình thang BEIA Để có tọa độ nguyên � x �{ - 2;- 1} y�{ 0;1;2} � 2.3 = Nếu Nếu x=0 có y �{ 0;1} � có điểm điểm Nếu x = 1� y = � có điểm �� � có tất 6+ +1= điểm thỏa mãn P= = 21 Vậy xác suất cần tính b)Cho dãy số (xn) (n = 1, 2, …) xác định sau: x1 = xn 1 xn ( xn 1)( xn 2)( xn 3) 1 yn � i 1 xi Đặt với n = 1, 2, … n (n = 1, 2, ….) Tìm Lời giải Ta có x2 = xn > với n = 1, 2, … xn 1 xn ( xn 1)( xn 2)( xn 3) lim yn n �� x n xn xn2 xn xn2 xn Từ suy xn+1 +1 = xn xn = (xn + 1)(xn + 2) (1) xn 1 x n 1 xn 1 x n 1 xn � 1 xn xn xn 1 n � n 1 � 1 1 yn � � � � x xi 1 � x1 xn1 xn1 i 1 xi Do = i 1 � i k 1 k Từ (1) x = xk 3xk 3xk �3.3 k+1 Ta dễ dàng chứng minh quy nạp xn > 3n-1 lim yn n �� (2) (vì (2) xn+1 > 3n) Nên Ta chứng minh limxn = � với cách khác: Dễ thấy (xn) dãy tăng, giả sử limxn = a (a �1) Nên ta có a a (a 1)(a 2)(a 3) Suy a2 = a(a+1)(a+2)(a+3) + hay a4 + 6a3 + 10a2 + 6a +1 = Rõ ràng phương trình khơng có nghiệm thỏa mãn a �1 Vậy limxn = � Câu 2 a) Cho khối tứ diện ABCD có cạnh AC , BD thỏa mãn AC BD 16 cạnh lại Tính thể tích lớn khối tứ diện ABCD Lời giải + Gọi M , N trung điểm AC , BD �AC DM � AC DMB � + Vì DAC , BAC cân D B , suy �AC BM + DAC BAC c c c � DM BM � MN DB + Dễ thấy MN MD VABCD BD AC BD AC BD AD AD 32 4 4 2 1 1 AC.BD AC.S MBD AC BD.MN AC.BD.4 3 + Khi 2 AC BD 16 � 3 Dấu " " xảy AC BD 16 Vậy b) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M , N hai điểm thay đổi cạnh BC , BD cho maxVABCD mặt phẳng AMN ln vng góc với mặt phẳng BCD Gọi V1 ,V2 giá trị lớn nhỏ V V thể tích khối tứ diện ABMN Tính Lời giải Gọi I , G trung điểm CD trọng tâm tam giác BCD AG BCD AG AB BG Vì tứ diện ABCD cạnh nên suy ra: AMN BCD AMN � BCD MN nên ta kẻ AH MN AH BCD Do Suy H �G MN qua điểm G VABMN AG.SBMN Ta có: Do AG khơng đổi nên thể tích khối tứ diện ABMN lớn nhỏ diện tích tam giác BMN lớn nhỏ S BMN BM BN sin 600 xy �x, y �1 Đặt BM x, BN y � Khi có � �BM BG BN BG � S BMN BM BN �S BMG S � BNG � � � S BCD BC BD �2.S BCI 2.S BDI � �BC BI BD BI � Mặt khác: xy x y � x y xy Suy x y � 1� � 1� 1 SBMN � �x, y �1 xy � �x � �y ��0 � xy � 2 � � � � hay Vì nên � x y� Lại có: xy 9x2 y xy xy SBMN � hay 3 17 V1 V2 V1 V2 3 3 Từ suy 216 Vậy D Hai điểm M N lần c) Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Điểm E trung điểm cạnh C �� lượt thay đổi hai cạnh BC CC � Tính giá trị nhỏ tổng AM MN NE Lời giải Ta chọn a x, y � 0;1 Đặt BM x, CN y với , ta có: r ur �1 � r r ur �3 � r v x; y , w � ;1 y �� u v w � ; � �2 � �2 � Xét u x;1 , r r ur r r ur AM MN NE u v w �u v w 4 Ta có r r ur Dấu " " xảy vecto u , v, w đôi hướng x kx � � � y k k �0 � �x x xy � � � � � �1 �� �� x xy mx � �2 �y � � y m m � � � x y y AM MN NE x Vậy GTNN AM MN NE Cách 2: Dựng hình vng A " BCD "; CC ' D D1 đồng phẳng với hình vng BB ' C ' C gọi E ' trung điểm C ' D 2 ta có AM A " M ; NE NE ' � AM MN NE A " M MN NE ' �A " E ' A " B ' B ' E ' �3a � 5a 2a � � �2 � 2 GTNN AM MN NE Dấu xảy � A ", M , N , E ' thẳng hàng Vậy a, b, c � 0;1 abc a b c Câu Cho số thực thỏa mãn a b2 c2 � Chứng minh rằng: Giải abc a b c ab bc ca abc Ta có � a b c ab bc ca 2abc � 1 a b c a b c a2 b2 c2 2abc � a b c a b c 1 4abc � a b c 1 Đặt t a b c � t � 0;3 Xét hàm số F t a b c 27 t t 2t 27 5a � t � F t t 2t � � �3 � � F t F � � t Lập BBT ta có �2 � � Ta có a b2 c2 � � abc Dấu xảy Vậy -Hết - ĐỀ ÔN THI HSG SỐ 16 Câu (1 điểm) Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình x x x x m có nghiệm thực Câu (6 điểm) � � sin4x cos4x 1 2sin � x � 4� � a) Giải phương trình � �y x x y y x � x 16 xy 13 y 97 � b) Giải hệ phương trình Câu (4 điểm) a) Cho dãy ( xk ) Tìm xk xác định sau: lim un b) Cho tập hợp với n un n x1n x2n x2011 X 3; 4;5; 6;7;8 chữ số lấy từ tập k 2! 3! ( k 1)! X Gọi S tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số đôi khác Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S Tính xác suất để số chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn đồng thời số chia hết cho Câu (7 điểm) a) Cho hình chóp S ABCD có đáy mặt đáy SA 2a Gọi M , ABCD hình chữ nhật với AD 2a Cạnh bên SA vng góc với uuur uuuu r uuur uuur N điểm thỏa mãn hệ thức MS 2.MD AN AB SCD 30� Tính khoảng cách hai đường thẳng Biết góc tạo đường thẳng SN với mặt phẳng SN CM B C có tất cạnh Các điểm M , N nằm b) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� MN // ABB� A� đoạn thẳng BC � , CA�sao cho M , N không trùng với đầu mút đoạn BC � , CA�và Tìm độ dài nhỏ đoạn MN c) Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' Lấy điểm E , F đoạn AB, DA ' thỏa mãn DA DA ' DE 27 DF Gọi V , V ' thể tích khối lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' khối tứ diện V' BDEF Tìm GTNN tỉ số V Câu (2 điểm) Cho ba số thực a, b, c thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức c 3a a b c ab bc ca P 2 -HẾT - GIẢI ĐỀ ƠN THI HSG SỐ 16 Câu Tìm tất giá trị thực tham số m để phương trình x x x x m có nghiệm thực Hướng dẫn giải �2 � �� �t � x x t x x , t �� 2; 2 � � �2 � Đặt , phương trình cho thành: �t � t � 2; 2 � � t 12t 16 4m, t �� 2; 2 � � m , t �� � � � � � � Xét hàm số � � f t t 12t 16, t �� 2; 2 � 2; 2 � � �� f t 4t 24t � t �� � f 16; f 20 20 �f t �16 ��-� 4-m Phương trình cho có nghiệm thực 20 � � sin4x cos4x 1 2sin � x � 4� � Câu a) Giải phương trình Suy 16 m � sin 4x 1 cos4x 4 sin x cosx � 2sin 2xcos2x 2cos2 2x 4 sin x cosx � cosx sin x cosx sinx sin 2x cos2x 2 sin x cosx � cosx sin x � cosx sin x sin 2x cos2x 2� � � � cosx sinx Giải Giải cosx sin x sin 2x cos2x (2) � � � 2cos� x � � x k ,k �� � 4� (1) 2 � 2cos�x 4 �cos�2x 4 � � cosx sin 3x � � � � � � � � � x k2 cosx � � �� � � m2 ;m,k �� sin3x � x � � Hệ (1) có nghiệm m2 k2 � 12k 4m phương trình vơ nghiệm vế trái ln số ngun chẵn, vế phải số nguyên lẻ Kết luận (2) vơ nghiệm Nghiệm phương trình x k ,k �� � �y x x y y x � x 16 xy 13 y 97 b) Giải hệ phương trình � Lời giải �x y �0 � y x �0 Điều kiện: � � x y y 2x x y y 2x � �� 2 � �y x x y y x x y y x 97 � � � x 16 xy 13 y 97 Ta có � � u x 2y � u �0, v �0 � v 3y 2x � Đặt Khi ta có hệ phương trình: 2 2 � u v uv � u v uv � � �� 2 �4 u v 97 � u v 2u 2v 97 � � � a u v2 a �0, b �0 � b uv � Lại đặt , ta có hệ phương trình: � a 13 � a b7 � � � a b7 � b6 ab � � � � � � �� b6 � � �2 � 2 � a 2b 97 a 15 b 2b 97 ��b � � � � � � � b8 � � Trường hợp : a 13, b ta có � uv 5 � u2 � u 3 � � �� � � � � v3 � v2 � u v 13 � � u v 13 2uv � ��uv � �� �� � � � uv u v 5 u 3 � u 2 � � uv � � � � �� � � uv v 2 � v 3 � � � � � u2 � � � v3 � � � u 3 � � � v2 � Vì u �0, v �0 nên � � �x y �x 30 � x 2y u2 � �� �� � � v ta có � y x �2 x y �y 17 +) Với � 2 � �x y �x 35 � x 2y u 3 � �� �� � � 2 x y �y 22 v ta có � y x � +) Với � Trường hợp 2: a 15, b � u v 15 � u v u v 2uv 15 16 31 � uv ta có � Câu a) Cho dãy ( xk ) xác định sau: xk k 2! 3! ( k 1)! n u n x1n x2n x2011 lim un Tìm với n Hướng dẫn giải: k 1 xk (k 1)! Ta có: (k 1)! k ! (k 1)! nên Suy Mà: xk xk 1 n x2011 n x1n x2n x2011 n 2011x2011 Mặt khác: Vậy 1 � xk xk 1 (k 2)! (k 1)! lim x2011 lim n 2011x2011 x2011 lim un 2012! 2012! X 3; 4;5;6;7;8 b) Cho tập hợp Gọi S tập hợp số tự nhiên có bốn chữ số đơi khác chữ số lấy từ tập X Chọn ngẫu nhiên số từ tập hợp S Tính xác suất để số chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn đồng thời chia hết cho Lời giải Xét phép thử T : “Lấy ngẫu nhiên số có bốn chữ số đôi khác chữ số lấy từ tập X ” Số số tự nhiên có bốn chữ số đơi khác chữ số lấy từ tập X A6 n A64 360 Suy Xét biến cố B : “Số chọn có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn đồng thời chia hết cho ” Số chọn có dạng x abcd Do x M5 � d C21 cách Chọn chữ số chẵn chữ số lẻ khác chữ số từ tập X � Có C3 � a; b; c � Với chữ số vừa chọn được, ta hoán đổi xếp vào vị trí Có 3! cách Vậy có 6.3! 36 số có hai chữ số lẻ, hai chữ số chẵn đồng thời chia hết cho n B 36 P B n 360 10 Suy 2a Cạnh bên SA vng góc Câu a) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AD u uur uuuu r uuur uuur SA a N MS MD AN AB M với mặt đáy Gọi , điểm thỏa mãn hệ thức SCD 30� Tính khoảng cách hai đường thẳng Biết góc tạo đường thẳng SN với mặt phẳng SN CM Lời giải MD DS Từ giả thiết ta có M thuộc đoạn SD ; B trung điểm đoạn AN Gọi E , G giao điểm đường thẳng ND với BC AC , E trung điểm đoạn BC DG DE DN 3 Dễ thấy E trung điểm đoạn ND G thỏa mãn hệ thức DC AD � �� DC SAD DC SA � Do AJ SD J Kẻ Vì tam giác SAD vng cân A nên J trung điểm đoạn SD AJ � SAD CD SAD AJ SDC Do AJ DC (vì ) nên SD AJ d A , SCD a 2 suy d N , SCD SCD 30�nên sin 30� Do góc tạo SN với AN // CD � AN // SCD � SN 2a (do ) AN 2a SN d A , SCD SN AJ SN DM DG DS DN , theo định lý Ta-lét ta MG // SN 1 uuur uuur DK DA , DK 3DA 6a � AK 4a K Gọi điểm thỏa mãn DM DA SDK có DS DK , theo định lý Ta – lét ta AM // SK Trong mặt phẳng 1 , suy AMC // SNK � d CM , SN d AMC , SNK d A , SNK d Từ Do SA , AK , AN đôi vuông góc A nên 1 1 1 4a 2 2 d 2 2 2 d AS AN AK 4a 4a 16a 16a suy 4a d CM , SN Vậy SND Trong mặt phẳng Chú ý Có thể dựng khoảng cách H �SI d A , SNK AH I �NK AH SI , cách kẻ AI NK , B C có tất cạnh Các điểm M , N nằm b) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� MN // ABB� A� đoạn thẳng BC � , CA�sao cho M , N không trùng với đầu mút đoạn BC � , CA�và Tìm độ dài nhỏ đoạn MN Lời giải Cách rr r r r uuu r r uuur r uuur r r r ru r a.c a b c 1, b, BC c Ta có a.b b.c 0, +) Đặt BA a, BB� uuuu r uuuu r uuur uuur mBC � , CN nCA� m 1, n 1 +) Đặt BM uuuu r r r uuur r r r BM mb mc , CN na nb nc +) Ta uuucó r uuur uuur r r r BN BC CN na nb n c +) r r r uuuu r uuur uuuu r na n m b m n c +) MN BN BM uuuu r uuu r uuur uuuu r uuu r uuur MN // ABB� A� � MN xBA yBB � MN , BA , � x , y �� � BB đồng phẳng +) r r r r r cho uuuu r uuu r uuur xBA yBB�� na n m b m n c xa yb +) Ta có MN r r r r � n x a n m y b 1 m n c (1) r r r Do a, b, c không đồng phẳng nên nx 0 nx nx � � � � � � 1 � �n m y � �m x y � �m x � � � 1 n m 2x y 2x y � � � uuuu r r r MN xa x 1 b Khi �� � 1� 2 2 MN x x 1 5x x � �x � �� , x �� � � � � Suy � MN x , đạt c) Cho hình lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' Lấy điểm E , F đoạn AB, DA ' thỏa mãn DA DA ' DE 27 DF Gọi V , V ' thể tích khối lăng trụ ABCD A ' B ' C ' D ' khối tứ diện V' BDEF Tìm GTNN tỉ số V Hướng dẫn giải Ta có: V' DE DF 6V ' DE DF V ' DE DF � � VD ABA ' DA DA ' V DA DA ' V DA DA ' Theo : DA DA ' DA DA ' 6 �2 DE 27 DF 27 DE DF DE DF DA DA ' 81 DA DA ' Dấu " " DE 27 DF V ' DE DF 1 � Suy ra: V DA DA ' 81 486 Câu Cho ba số thực a, b, c thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức P 3 c 3a a b c ab bc ca 2 Lời giải Áp dụng BĐT Cauchy cho cặp số không âm : � 2 2a b �2ab � � � 2 3a c �2ac � 5a 2b c �2 ab bc ca � � �3 2 �2 b c �2bc Ta có: � c 3a a b c ab bc ca �c� 3a 2 a b c ab bc ca a b c ab bc ca a b c ab bc ca P 2 3 a b c ab bc ca t � Đặt 3 P Lại có t t �1 3t Dấu " " xảy : P 3t 2t �a b c ab bc ca � a b c ab bc ca � t 1 � � �b 4a b 4a b 2a � � � �� �� �2 2 c 9a c 3a �c 9a � � � � � a , b, c a, b, c �a, b, c � � � a2 �a 1 � � b 2a � �� �� b 2 � c 3a �c 3 � � a , b, c � Vậy PMax M a0 1, b0 2, c0 3 -HẾT - ... 2020 2020 2020 � un? ?1 1? ?? un 1? ?? � 2020 un ? ?1 un un � �� un 2020 2020 � un un ? ?1 un ? ?1 un un ? ?1 un ? ?1 1? ?? un 1? ?? Suy �u ? ?2020 2020 2020 2020 un � u 2020 2020... u12 u13 u14 u24 u2005 u2006 u2 016 Vậy: 2020 u2 017 u2 018 u2 019 u2020 � S 2020 16 8 u1 u2 u3 u12 u2 017 u2 018 u2 019 u2020 � S 2020. .. �2 �y ? ?12 � 2 �x �2 Lời giải : Điều kiện : � Phương trình thứ hệ biến đổi thành: 12 x 12 y y 12 x � 12 x x y 24x y 14 4 12 y x y � x 2x 12 y 12 y � x 12 y