Một số bài toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi Môn Toán

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG 
HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 
VIẾT BỞI : PHẠM KIM CHUNG – THÁNG 12 NĂM 2010 
PHẦN MỤC LỤC Trang 
I PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM 
II PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ ĐA THỨC 
III BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ 
IV GIỚI HẠN CỦA DÃY SỐ 
V HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
VI ĐỀ TỰ LUYỆN VÀ LỜI GIẢI 
DANH MỤC CÁC TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. 
Các diễn đàn : 
www.dangthuchua.com , www.math.vn , www.mathscope.org , www.maths.vn ,www.laisac.page.tl, 
www.diendantoanhoc.net , www.k2pi.violet.vn , www.nguyentatthu.violet.vn , 
2. Đề thi HSG Quốc Gia, Đề thi HSG các Tỉnh – Thành Phố trong nước, Đề thi Olympic 30 -4 
3. Bộ sách : Một số chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi ( Nguyễn Văn Mậu – Nguyễn Văn Tiến ) 
4. Tạp chí Toán Học và Tuổi Trẻ 
5. Bộ sách : CÁC PHƯƠNG PHÁP GI ẢI  ( Trần Phương - Lê Hồng Đức ) 
6. Bộ sách : 10.000 BÀI TOÁN SƠ CẤP (Phan Huy Khải ) 
7. Bộ sách : Toán nâng cao ( Phan Huy Khải ) 
8. Giải TOÁN HÌNH HỌC 11 ( Trần Thành Minh ) 
9. Sáng tạo Bất đẳng thức ( Phạm Kim Hùng ) 
10. Bất đẳng thức – Suy luận và khám phá ( Phạm Văn Thuận ) 
11. Những viên kim cương trong Bất đẳng thức Toán học ( Trần Phương ) 
12. 340 bài toán hình học không gian ( I.F . Sharygin ) 
13. Tuyển tập 200 Bài thi Vô địch Toán ( Đào Tam ) 
14.  và một số tài liệu tham khảo khác . 
15. Chú ý : Những dòng chữ màu xanh chứa các đường link đến các chuyên mục hoặc các website. 
 Dich vu Toan hoc
1
PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT - HỆ PT VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM 
1. = − + + − +2y 2x 2 m 4xx 5Tìm các giá trị của tham số m để hàm số : có cực đại . ĐS : m < -2 
2. 
 + − =/= 
=
3 21 xsin 1, xf(x)
0 , x 0
x 0Cho hàm số : . Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh hàm số đạt cực tiểu tại x =0 . 
3. ( )= = −y f(x) | x | x 3Tìm cực trị của hàm số : . ĐS : x =0 ; x=1 
4. Xác định các giá trị của tham số m để các phương trình sau có nghiệm thực : 
( ) ( )+ + − − −− + =x 3 3m 4 1 x3 m4 1m 0 a) . ĐS : ≤ ≤79 9m 7 
+ − =4 2x 1 x mb) . ĐS : ≤<0 m 1 
( )+ − − + = − + + − −2 2 4 2 2m 1 x 1 x 2 2 1 x 1 x 1 xc) 
5. 



+ =
=
2 3
3 2
y 2
xlog y 1
x
log
Xác định số nghiệm của hệ phương trình : ĐS : 2 
6. 
− =


+
+
+ + = + + +
2 2 2y x 2
3 2
x 1y 1
(x 2y 6) 2log (x y 2) 1
e
3log
Giải hệ phương trình : . ĐS : (x,y)=(7;7) 
7. 
−
−
− + = + +

+ − + = +
2 y 1
2 x 1x 2x 2 3 1y 2y 2 3 1xyGiải hệ phương trình : 
8. 
( )
( )
− − + − + + = +

+ + + + =
2x y y 2x 1 2x y 1
3 21 4 .5 2 1y 4x ln y 2x 1 0Giải hệ phương trình : 
9. ( ) − + −− = +  3 5(x 5) logx 3 log (x ) x3 2Giải phương trình : 
10. ≤ − + − ++ − +− + 4 (x 6)(2x(x 2) 1)(2x 1) 3 6 3 xx 2Giải bất phương trình : . ĐS : ≤ ≤12 x 7 
11. − + − ≤
−
53 2x 2x 62x 13Giải bất phương trình : 
12. ( ) ( )( )+ + + + =+ + +2 23x 2 4x 29x 3 1 x x 1 0Giải phương trình : 
13. − − + = + −33 2 24x 5x 6 7x 9x 4xGiải phương trình : 
14. 
 − + + =

− + − =
2 xy y x y 55 x 1 y mTìm m để hệ phương trình sau có nghiệm : . ĐS :  ∈ m 1; 5 
15. ( ) ( ) + − + + − = 
− 
41x x 1 m x x x 1 1x 1Xác định m để phương trình sau có nghiệm thực : . 
16. 
 + + + =

+ + + + + + + =
x 1 y 1 3x y 1 y x 1 x 1 y 1 mTìm m để hệ có nghiệm: 
17. 1 2x ;xGiả sử f(x) = ax3 + bx2 + cx + d (a ≠ 0) đạt cực đại tại . CMR:  < ∀ ≠ 
 
2 1 2f '''(x) 1 f ''(x) , x x ,xf '(x) 2 f '(x) 
18. = + + − +2 3f(x) cos 2x 2(sinx cosx) 3sin2x mCho hàm số : . Tìm m sao cho ≤ ∀2(x) 36,f m 
19. ( )+ + ≥2 2x ylog x y 1Trong các nghiệm(x;y) của BPT : . Tìm nghiệm để P = x + 2y đạt GTLN 
20. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) Giải phương trình : ( )x 22009 x +1 - x =1 . ĐS : x=0 
21. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Tìm m để hệ phương trình sau có ba nghiệm phân biệt : 
( ) ( )
+ =
 + + = +
2x y my 1 x xy m x 1 ĐS : ≥ 3 3m 2 
 Dich vu Toan hoc
2
22. Giải hệ PT : ( ) ( ) − = − = − − − 4 43 3 2 2x y 240x 2y 3 x 4y 4 x 8y 
23. Giải hệ phương trình : ( ) + + = + + − = 4 3 3 2 23 3x x y 9y y x y x 9xx y x 7 . ĐS : (x,y)=(1;2) 
24. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) + + − − =
 + + − =
2
2 24x 1 x y 3 5 2y 04x y 2 3 4x 7 
25. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm :  − + + =
− + − =
2 xy y x y 55 x 1 y m . ĐS :  ∈ m 1; 5 
26. Xác định m để phương trình sau có nghiệm thực : ( ) ( ) + − + + − = 
− 
41x x 1 m x x x 1 1x 1 . 
27. Tìm m để hệ phương trình : ( ) + + − =
+ =
23 x 1 y m 0x xy 1 có ba cặp nghiệm phân biệt . 
28. Giải hệ PT : −
−
 + − + = +

+ − + = +
2 y 1
2 x 1x x 2x 2 3 1y y 2y 2 3 1 
29. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) .Giải hệ phương trình : −

=
 − = + −
 Π  ∈   
x y sinxe
siny
sin2x cos2y sinx cosy 1
x,y 0; 4
30. Giải phương trình : − + − =3 2 316x 24x 12x 3 x 
31. Giải hệ phương trình : ( )
( )
− − + − + + = +

+ + + + =
2x y y 2x 1 2x y 1
3 21 4 .5 2 1y 4x ln y 2x 1 0 
32. Giải phương trình : ( )= + + +x 33 1 x log 1 2x 
33. Giải phương trình : − + − + = −33 2 2 32x 10x 17x 8 2x 5x x ĐS 
34. Giải hệ phương trình :  + = +
+ + + =
5 4 10 6
2x xy y y4x 5 y 8 6 
35. Giải hệ phương trình :  + + − = + +
+ + − = + +
2 2
2 2x 2x 22 y y 2y 1y 2y 22 x x 2x 1 
36. Giải hệ phương trình :  + =
    + = +      
y x
1x y 21 1x yy x 
37. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) . Giải phương trình : =
− −
− −−2 21 1x5x 7( x 6) x5 1 Lời giải : ĐK : > 7x 5 
Cách 1 : PT −⇔ − − + = ⇔ =
 − − − + − 
4x 6 36(4x 6)(x 1) 0 x 2(x 1)(5x 7). x 1 5x 7 
Cách 2 : Viết lại phương trình dưới dạng : ( ) −− =
− −
−
−
2 21 15x 6 x(5x 6) 1 x 1 Và xét hàm số : = >
−
−2 1 5f(t) t , t 7t 1 
 Dich vu Toan hoc
3
38. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) Xác định tất cả các giá trị của tham số m để BPT sau có nghiệm : 
+ − ≤ − −3 2 33x 1 m( x x 1)x 
HD : Nhân liên hợp đưa về dạng : ( )+ − + − ≤3 3 2x x 1 (x 3x 1) m 
39. ( Đề thi HSG Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) . Giải phương trình : 
 + + + = + +3 2x 3x 4x 2 (3 2) 3xx 1 
HD : PT ( )⇔ + + ++ = + +33(x 1) (x 1) 3x 1 3x 1 . Xét hàm số : = + >3 tf t) t , t( 0 
40. ( Đề thi HSG Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . Giải phương trình : 
− = − + −3 23 2x 1 27x 27x 13x2 2 
 HD : PT − = − + − ⇒ −− + − =⇔ 33 32x 1 (3x 1) 2(2x 1) 2 (3x 1) f( 2x 1) f(3x 1) 
41. ( Đề thi Khối A – năm 2010 ) Giải hệ phương trình :  + + − − =
+ + − =
2
2 2(4x 1)x (y 3) 5 2y 04x y 2 3 4x 7 
HD : Từ pt (1) cho ta : ( ) +  + = − − ⇒ = −22 1].2x 5 2y 5 2y f([(2x 2x) f(1 5) 2y ) 
Hàm số : + ⇒ == + > ⇒2 21).t f '(t) 3tf(t) (t 1 0 −= − ⇒ = − ⇒ =2 25 4x2x 5 2y 4x 5 2y y 2 
Thế vào (2) ta có : 
 −
+ + − = 
 
222 5 4x4x 2 3 4x 72 , với ≤ ≤0 3x 4 ( Hàm này nghịch biến trên khoảng ) và có 
nghiệm duy nhất : =x 12 . 
42. ( Đề thi HSG Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho hệ:  + =
+ + + ≤
x y 4
x 7 y 7 a
(a là tham số). 
Tìm a để hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn điều kiện ≥x 9. HD : Đứng trước bài toán chứa tham số cần lưu ý điều kiện chặt của biến khi muốn quy về 1 biến để khảo sát : 
⇒− = ≥ ≤x y 0 x4 16 . Đặt ∈= x , t [t 3;4] và khảo sát tìm Min . ĐS : ≥ +a 4 2 2 
43. Giải hệ phương trình : − + − + =
+ = +
4 xy 2x 4
x 3 3 yy 4x 2 52 x y 2 
44. Xác định m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x : ( )  − ≤+ − − − −2sinx sinx sinxe 1 (e 1)sinx2e e 1e 1 
45. ( Đề thi HSG Tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2003 ) . Giải PT : 
+ +
− − = − −2 22 5 2 2 5log (x 2x 11) log (x 2x 12) 
46. Định giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: ( ) ( )− + + − − + − =4m 3 x 3 3m 4 1 x m 1 0 
47. (Olympic 30-4 lần thứ VIII ) . Giải hệ phương trình sau: − += +
 + + = + + +
2 2 2y x 2
3 2
x 1e y 1
3log (x 2y 6) 2log (x y 2) 1
48. Các bài toán liên quan đến định nghĩa đạo hàm : 
 Cho − +
≤
>
= 
− − +
x2(x 1)e , x 0f(x) x ax 1, x 0 . Tìm a để tồn tại f’(0) . 
 Cho += 
+ + <
≤acosx bsinx, xF(x)
ax b 1, x 0
0 . Tìm a,b để tồn tại f’(0) . 
 

− >= 
 =
2 2x x
lnx , x 0F(x) 2 4
0, , x 0
 và >= 
=
xlnx, x 0f(x)
0, x 0
 . CMR : =F'(x) f(x) 
 Cho f(x) xác định trên R thỏa mãn điều kiện : ∀ >a 0 bất đẳng thức sau luôn đúng ∀ ∈x R : + − − < 2| f(x a) f(x) a | a 
. Chứng minh f(x) là hàm hằng . 
 Dich vu Toan hoc
4
 Tính giới hạn : 
→
π
−
=
−x
31 24
tan
N lim
2sin
x 1x 1 Tính giới hạn : → − − += +2 32x 22 2x 0 e 1N lim ln(1 x x) 
 Tính giới hạn : 
→
+ + −
=
+ 33 x 0
3 32x x 1
N
1m xli x Tính giới hạn : → −= sin2x4 sx nx0 ie eN lim sinx 
 Tính giới hạn : 
→
+
=
−0
35 x x 8 2siN lim n10x Tính giới hạn : → − − += +2 32x 26 2x 0 e 1N lim ln(1 x x) 
 Tính giới hạn : 
→
−
=
sin2x sin37 x
3x
0 eN lim esin4x Tính giới hạn : → −= −x 43x 0 38 4 xN xim 2l 
 Tính giới hạn : 
→
−
=
+ − −
9 x 0
3x 2x.3 cos4x
1 sinx 1
2
N lim
sinx
 Cho P(x) là đa thức bậc n có n nghiệm phân biệt 
1 2 3 nx x x; ; ...x . Chứng minh các đẳng thức sau : 
a) + + + =2 n
2 n
11
P''(x ) P''(x ) P''(x )
... 0
P'(x P'( P'(x) )x) b) + + + =
2 n1 ) )1 1 1... 0P'(x P'(x P'(x ) 
 Tính các tổng sau : 
a) = + + +nT osx 2cos2x ... nc(x) c osnx b) = + + +n 2 2 n n1 x 1 x 1 x(x) tan tan ... tan2 2 2 2 2 2T c) −+ + + − = −2 3 n n 2n n nCMR : 2.1.C 3.2.C ... n(n 1)C n(n 1).2 
d) + + + += 2nS inx 4sin2x 9sin3x ...(x) s sn innx e) + + + −= + + +
+ + + + − +  
n 2 2 2 2 2 22x 1 2x 3 2x (2n 1)(x) ...x (x 1) (x 1) (x 2) x (n 1) (x n)S 
49. Các bài toán liên quan đến cực trị của hàm số : 
a) Cho α∈ + ≥R: a b 0 . Chứng minh rằng : α  + +≤
 
n na b a b2 2 
b) Chứng minh rằng với ≥>a 3,n 2 ( ∈n N,n chẵn ) thì phương trình sau vô nghiệm : 
+ + ++ − + + =n 2 n 1 n 2(n 1)x 3(n 2)x a 0 
c) Tìm tham số m để hàm số sau có duy nhất một cực trị :   
+ +

= + − +   
   
22 22 2y (m 1) 3x x1 x 1 xm 4m 
d) Cho ≥ ∈n 3,n N ( n lẻ ) . CMR : ∀ =/x 0 , ta có :    + + + + − + − − <   
   
2 n 2 nx x x x
1 x ... 1 x ... 1
2! n! 2! n!
e) Tìm cực trị của hàm số : += + + − +2 2x x 1 x xy 1 
f) Tìm a để hàm số : = + += − 2y f(x) 2 xx a 1 có cực tiểu . g) Tìm m để hàm số : − −= msinx cosx 1y
mcosx
 đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc khoảng   

π

9
0; 4 
50. Các bài toán chứng minh phương trình có nghiệm : 
a) Cho các số thực a,b,c,d,e . Chứng minh rằng nếu phương trình : ( )2ax b c x d e 0+ + + + = có nghiệm thực thuộc 
nửa khoảng [1; )+∞ thì phương trình : 4 3 2bx cx dxax e 0+ + + + = có nghiệm. 
b) Cho phương trình : 5 4 3 25x 15x xP( ) xx x 3 7 0− + − + − == . Chứng minh rằng, phương trình có một nghiệm thực 
duy nhất. 
 Dich vu Toan hoc
5
PHẦN II : PHƯƠNG TRÌNH HÀM-ĐA THỨC 
1. Tìm hàm số : →f : R R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau : 
a) 
→
=x 0 f(x)lim 1x 
b) ( ) ( ) ( )+ = + + + + ∀ ∈2 2f x y f x f y 2x 3xy 2y , x,y R 
2. Tìm hàm số : →f : R R thoả mãn điều kiện sau : ( ) ( ) ( )− = + +  ... C BD 1 c . xos 2α α⇒ = ⇒ = = + αXét hai tam giác vuông : (3) 2 22AK x 2 2x. 1 c 1 ctan . tan .tanHK 2 cx .ta os oso. sn osc+ α + α⇒ β = = ⇒ α β = αα α Từ (1), (2), (3) ta có : (đpcm) 
ABCD.A'B'C'D'Câu 6 . Cho hình lập phương cạnh a . Với M là một điểm thuộc cạnh AB chọn điểm N thuộc cạnh D'C' 
sao cho AM D'N a+ = . Tính thể tích khối chóp B'.A'MCN theo a và xác định vị trí của điểm M để khoảng cách từ điểm 
B' đến mặt phẳng ( )A'MCN đạt giá trị lớn nhất . 
Lời giải : Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, với : A' O(0;0;0); B'(a,0,0); D'(0;a;0);A(0;0; a)≡ − Đặt ( )x aAM x 0 D'N a x= ⇒ =≤ −≤ . Lúc đó ta có : A M A A AM M(x;0; a)′ ′= + ⇒ −   ; A C A B A D A A C(a;a; a)′ ′ ′ ′= + + ⇒ −    A N A D D N N(a x;a;0)′ ′ ′= + ⇒ −   Ta lại có : 
 Dich vu Toan hoc
40
A B MCN A B MC A B CN A M. A B';A C A N. A
1 1V V V 6 6 B';A C′ ′ ′ ′ ′ ′  ′ ′ ′  = + = +   ′ ′ ′      
Mà : ( )2 20 0 0 a a 0; ; 0;a ;a
a a
A B';
a a a
C
a
A
   = = ′ ′  − − 
  . Do đó : 33 3
A B MCN
1 1 a
V a a6 6 3′ ′ = − + = (đv.tt) 
Lại có : A M NC′ =
 
, suy ra tứ giác A’MCN là hình bình hành . Do đó : 
( )4 2 2 2 2 2 2A MCN A M,A N (a x) a xS a a x a 2 a ax′  = =′ ′ − ++ + = −   . Nên : 
( )
2 2
B .A ,MCN 2 2 2 2
A MCN 2
a 63V a a
d 3ax x )B',(A'MCN) S 2(a 3a a2 4 4 ax x
′
′
≤
− +
= = =
  
+  
  
− +
 . 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : 
ax 2= hay M là trung điểm của AB . 
f : R R→Câu 7 . Cho hàm số thỏa mãn hệ điều kiện : 
4
x,y R
f(1) 1
f(x y) f(x) f(y) 2xy,1 f(x) 0f ,x x x

 = + = + +
   =   
∈
∀

∀
=/
. 
( )
32f(x)x 0
1 f1e (xL lim
ln 1 f )
)(x→ −+ += Tính giới hạn : 
Từ : Lời giải : f(x y) f(x) f(y) 2xy x,y R,∀= + + ∈+ (1) . 
Cho x 0 f(y) f(0) f(y) f(0) 0= ⇒ = + ⇒ = 
Cho 2x y f(2x) 2f(x) 2x= ⇒ = + (2) Với t R, t 0∈ =/ : Từ (2) cho ( ) ( ) 2x t f 2t 2f t 2t= ⇒ = + (a) ; Cho 21 1 1 1x f 2f2t t 2t 2t   = ⇒ = +       (b) Từ 41 f(x)f ,x x x 0  =   ∀ =/ . Cho ( )4 41 f(t) 1 f(2t)x t f ; x 2t ft 2tt 2t   = ⇒ = = ⇒ =       thay vào (b) ta có : 4 4 2f(t) f(2t) 1t 8t 2t= + (c) Từ (a), (c) ta có : 2 2 2 24 4 2f(t) 2f(t) 2t 1 8f(t) 2f(t) 2t 4t f(t) tt 8t 2t+= + ⇒ = + + ⇒ = . Hay 2f(x) x= . 
Thử lại ta thấy 2f(x) x= thỏa mãn yêu cầu bài toán . 
Lúc đó : 
( )
2 3 22x 2x 0
11eL lim
ln 1 x
x
→
−
+
+
= 2t ln(1 )x= + . Đặt , khi x 0→ thì t 0→ và : 2 t1 x e+ = . Nên : 
t t3 t31) t 2 2t (e 020 t
e1 e e eeL lim limt t−→ → −− −= = . f(t)=Xét hàm số : t t32 2ee e− − , ta có : tt 2e 32 t1 7f(0) 0; f '(t) 2e .e e f '(0)3 3−= = − − ⇒ = − . 
t t2 2 3et 0 t 0f(t) f(0) e e 7f '(0) lim lim Lt 0 t 3→ −→ − −= = ⇒ = −−Theo định nghĩa đạo hàm : 
 Dich vu Toan hoc
41
 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung 
BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH 
NĂM HỌC 2010 – 2011 
( Lần thứ 3 ) 
Thời gian làm bài : 180 phút 
_____________________________________ 
22 2sin2x m(1 cos x)+ = +Câu 1 . Tìm m để phương trình : có nghiệm trên đoạn ;2 2 π π −   
 Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm : 22 2(4x 1)x (y 3) 5 2y 04x y 2 3 4x m + + − − = + + − = 
Câu 3 . 2 2 23 3 3 2 2 2y y z z x 13xyzx y 3(xxP z y yz zx )+ + + += +Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
Câu 4 . 1n 2
n 1 n 1 n 1
n
1x 2
): x 4x xx 2( , n 2x − − −

=

+ + = ∀ ≥
Cho dãy số . Chứng minh rằng dãy n(y ) với n 2ni 1 i1y x==∑ có giới hạn hữu hạn khi n→∞ và tìm giới hạn đó . 
0 1 2 n 1a ,a , a , ...,a −Câu 5 . Cho n s ố không âm và có tổng 1 2 n 1a ...a a 0−+ + + > . Chứng minh rằng 
phương trình : n n 1 n 2n 1 n 2 1 0x xx a a ... a 0x a− −− − − −− − − = có một nghiệm dương duy nhất . 
Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức : 0 1 2 n 1 n n 1n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (n 4)2− −+ + + + + = ++ ( Trong đó knC là tổ hợp chập 
k của n ) . 
1 1 1A ;B ;CCâu 7 . Cho tứ diện S.ABC , M là một điểm bất kì nằm trong tứ diện . Một mặt phẳng (P) tùy ý qua M và cắt các cạnh SA,SB,SC lần lượt tại . Đặt A B CV,V ,V ,V lần lượt là thể tích các tứ diện 
SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh rằng : CBA1 1 1VV VV SA SB SC= + + . 
ABCD.A'B'C'D'Câu 8 . Cho hình h ộp chữ nhật , đường chéo AC' a= ( a không đổi ) hợp với đáy 
ABCD một góc α và hợp với mặt bên BCC’B’ một góc β . Tính thể tích V của hình hộp 
ABCD.A'B'C'D' theo a, ,α β . Khi tứ giác A'D'CB là hình vuông, hãy xác định ,α β để V đạt giá trị lớn 
nhất. 
__________________________Hết__________________________ 
 Thanh Chương ,ngày 16 tháng 12 năm 2010 
 Dich vu Toan hoc
42
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ 
22 2sin2x m(1 cosx)+ = +Câu 1 . Tìm m để phương trình : có nghiệm trên đoạn ;2 2 π π −   
Rõ ràng với 
Lời giải : 
;2 2x  −  π∈ π thì 1 cos 0x+ =/ . Do đó 
phương trình đã cho tương đương với : 22 2sin2x m(1 cosx)+ =+ . Đặt xt tan ,2= x ; t2 4 1;14π π − ⇒  ∈ ∈ −   2 2 2 2 4 3 22 22 222
2t 1 t
2 4. .
2 2sin2x 2(1 t 8t(1 t t 4t 2t 4t 11 t 1 t 4 2(1 cosx) 1 t1 1 t
) )−++ + + − − + + ++ += = =
+  −
+ + 
Ta có : . Suy ra phương trình đã cho trở 
thành : 4 3 2t 4t 2t 4t 1 2m− + + + = (*) . Do đó bài toán trở thành tìm m để phương trình (*) có nghiệm 1;1t∈ −   . 4 3 2 1f(t) t 4t 2t 4t t ;, 11= − + + ∈ −+   Xét hàm số : . Ta có : 
3 2 2 t 1 2f '(t) 4t 12t 4t 4 4(t 1)(t 2t 1) f '(t) 0 t 1 = −= − + + = − − − ⇒ = ⇒  = ( Với 1;1t∈ −   ) . Từ đó ta có bảng biến thiên : t ( 1;1)∈ − Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (*) có nghiệm khi và chỉ khi : 2m 4 ha0 0y m 2≤ ≤ ≤ ≤ . 
2
2 2(4x 1)x (y 3) 5 2y 04x y 2 3 4x m + + − − = + + − =Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm : 
Hướng dẫn giải : ĐK : 
3452
xy



≤
≤

Từ pt (1) cho ta : ( )22 1].2x 5 2y 5 2y f(2x) f( 5[(2 y) 1 )x 2 +  − =+ = − ⇒ − 
Xét Hàm số : 2 21).t f '(tf(t) ( tt 1) 03+ ⇒ == + > ⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên R, do đó từ : 
( )f(2x) f 5 2y= − ⇒ 22 x 00x2x 5 2y 5 4x4x 5 2y y 2
≥
≥
= − ⇒ ⇒ −= − =



 Dich vu Toan hoc
43
Thế vào pt (2) ta có : 
222 4 25 4x 254x 2 3 4x m 4x 6x 2 3 4x m (*)2 4 −+ + − = ⇔ − + − =   + , với 0 3x 4≤ ≤ . Bài 
toán trở thành, tìm m để phương trình (*) có nghiệm 4x 0; 3∈    . 
Xét hàm số : 4 2 25f(x) 4x 6x 2 3 4x4+= − + − , 4x 0; 3∈    . Ta có : 3 24 4f '(x) 16x 12x 4x(4x 0, x 0;3 4x 3) x 33 44−  = − −− = <  − − ∈ ∀ . 
Do đó yêu cầu bài toán tương đương với : ( )3 3
0; 0;4 4
265 3 25
f Minf(x) Maxf(x) f 0 264 m 34 4   
      
 
= = = = + 
 
≤ ≤ 
( Chú ý : Tham khảo thêm ở Câu 41. Phần I ) 
Câu 3 . 2 2 23 3 3 2 2 2y y z z x 13xyzx y 3(xxP z y yz zx )+ + + += +
Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của : 
HD : Xem lời giải ở : Câu 34 . Phần III 
Câu 4 . 1n 2
n 1 n 1 n 1
n
1x 2
): x 4x xx 2( , n 2x − − −

=

+ + = ∀ ≥
Cho dãy số . Chứng minh rằng dãy 
n(y ) với n 2ni 1 i1y x==∑ có giới hạn hữu 
hạn khi n →∞ và tìm giới hạn đó . 
HD : Xem lời giải ở : Câu 20.Phần IV 
0 1 2 n 1a ,a , a ,...,a −Câu 5 . Cho n số không âm và có tổng 1 2 n 1a ...a a 0−+ + + > . Chứng minh rằng phương trình : 
n n 1 n 2
n 1 n 2 1 0x xx a a ... a 0x a− −− − − −− − − = có một nghiệm dương duy nhất . 
Lời giải : Khi x>0, ta có : PT : n n 1 n 2 n 1 n 2 nn 1 n 2 1 0 n 1 n 2 1 0x a a ... a 0x x x a x x xa xaa ... a− − − −− − − −− − − − = ⇔ + + + =− + 0n 1 n 2 1
2 n 1 n
aa a a
... 1x x x x− − −⇔ + + + + = . Xét hàm số : 0n 1 n 2 12 n 1 naa a af(x) ...x x x x− − −= + + + + , trên khoảng (0; )+∞ , ta có : 
0n 1 n 2
2 3 n 1
naa 2a
f '(x) ... 0, x 0x x x− − += − − − − ( Do 0 1 2 n 1a ,a , a ,...,a − không đồng thời bằng 0 ) Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình : f(x)=m luôn có 1 nghiệm dương duy nhất khi m >0 . Do đó 
phương trình f(x) = 1 có một nghiệm dương duy nhất. 
Từ đó ta có bảng biến thiên : 
 Dich vu Toan hoc
44
Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức : 0 1 2 n 1 n n 1
n n n n n2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C (n 4)2
− −+ + + + + = ++ ( Trong đó knC là tổ hợp chập k của n ) 
Lời giải : 
Khai triển : n 0 1 2 2 4n n 2 n 0 2 1 3 2 n n 2
n n n n n n n n(1 x) C C x C ... C x (1x x x) C x C x C ... xCx ++ = + + + + ⇒ + = + + + + (1) 
Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được : n 2 n 1 0 2 1 n 1 n
n n n2x(1 x) nx (1 x) 2xC 3x C ... (n 2)x C
− ++ + + = + + + + (2) Từ đẳng thức (2), cho x = 1 , ta có : n 1 0 1 2 n 1 n
n n n n n(n 4)2 2C 3C 4C ... (n 1)C (n 2)C
− −+ += + + + + + (đpcm) 
Câu 7 . Cho tứ diện S.ABC M là một điểm bất kì nằm trong tứ diện . Một mặt phẳng (P) tùy ý qua M và cắt các cạnh SA, 
1 1 1A ;B ;CSB, SC lần lượt tại . Đặt A B CV,V ,V ,V lần lượt là thể tích các tứ diện SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh rằng : A1 1 B C1SA SB SCV V V VSA SB SC= + + . 
 Gọi Lời giải : 1S SM (ABC)= ∩ . Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có 1 1 1 1 1 11 1B BSABM 1 1 1 1 1 1B CSABS 1 1 SABS 1 SABSA M SA M SA MMV VV SA SB SA SB SA SBSA SB SM SM SM. . ; . . . V . .V (1)V SA SB SS SS V SA SB SS V SA SB SA SB= = = ⇒ = ⇒ = 
 Tương tự ta có : 1 1 1 11 1SB C M A SA C M 1 B1SB SC SA SCV . .V (2) ; V . .V (3)SB SC SA SC= = Lại có : 1 1 1SA B C 1 1 1
SABC
V SA SB SC
. .
V SA SB SC
= (4) Từ (1), (2), (3) ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1SA B C SA B M SB C M SA C MV V V V= + + = 1 1 CSA SB. .VSA SB + B1 1SA SC. .VSA SC + A1 1SB SC. .VSB SC (5) Từ (4), (5) suy ra : 
 1 1 1SA SB SC. . .V
SA SB SC
= 1 1 CSA SB. .VSA SB + B1 1SA SC. .VSA SC + A1 1SB SC. .VSB SC C1 1 1A B
SC SA SB
V .V .V .V
SC SA SB
⇒ = + + .đpcm 
ABCD.A'B'C'D'Câu 8 . Cho hình hộp chữ nhật đường chéo AC' a= ( a không đổi ) hợp với đáy ABCD một góc α và 
hợp với mặt bên BCC’B’ một góc β . Tính thể tích V của hình hộp ABCD.A'B'C'D' theo a, ,α β . Khi tứ giác A'D'CB là 
hình vuông hãy xác định ,α β để V đạt giá trị lớn nhất. 
Lời giải : Ta có : Hình chiếu của AC’ lên mp(ABCD) là AC , lên mp(BCC’B’) là BC’ do đó :  C AC ;AC B′ ′= α =β . Xét các tam giác vuông : CAC’ v à BAC’ ta có : CC' AC'sin a.sinα == α ; AB AC'.sin asin ;β == β 
 2 2 2 2a.c BC a c sBC' AC'.cos os C'B C'C o insβ = β⇒ = = β−= − α
 Do vậy : 3 2 2
ABCD.A B C DV C'C.CB.BA .sina sin cos sin′ ′ ′ ′ = = βα β− α (đvtt) Tứ giác A’D’CB l à hình vuông khi : A’B=A’D 
 Dich vu Toan hoc
45
 2 2 2 2 2 2 2 2 2AB A'A A'D' sin cosin sin 2ss os siin c nα + β β− α α⇔ + = ⇒ = =⇔ β− β (1) Từ đó ta có : 
( )
2 2 33 2 2 3 2 2 2 2
ABCD.A B C D
1 2sin 1 2sin a
V a sin os . . sin . 1 s.sin in. c sin a .(sin 1 2sin )2 2 2′ ′ ′ ′ − −= β βα β β− α = β β β −− = β− (*) 
Áp dụng BĐT AM-GM ta có : 2 22 2 2 2.(1 2sin ) 1 1.(1 2sin ) 2sin (1 2sin )2 2 2 22sinsin 2β − β  β − β ≤ β+ − β = = . 
Dấu “=” xảy ra 01 302sinβ = ⇒β =⇔ . Vậy : 3 0Max 302aV 4 α =β == ⇔ . 
 Dich vu Toan hoc
46