Một số đề thi học sinh giỏi Toán 12 - Phần 1

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG YÊN PHONG 2 
TỔ TOÁN 
----- 
 ----- 
NGUYỄN VĂN XÁ 

 
 TÀI LIỆU THAM KHẢO MÔN TOÁN  
TẬP HAI 
MỘT SỐ ðỀ THI HỌC SINH GIỎI 

 
 
 2009  
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 1 
MỘT SỐ ðỀ TOÁN THI HỌC SINH GIỎI 

 
1. ðỀ THI CHỌN HSG 12 TỈNH BẮC NINH 2009 
Bài 1 (6 ñiểm) 
1/ So sánh hai số 20092010 và 20102009. 
2/ Tìm giới hạn 
20 33
1 1lim
3 ( 1 4 1) 2 ( (1 6 ) 1 6 1)x x x x x x→
 
− 
+ + + + + + 
. 
Bài 2 (4 ñiểm) 
1/ Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x2009 + y2009 + z2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của 
F = x2 + y2 + z2. 
2/ Cho số nguyên dương n. Chứng minh rằng 1 2 1
2009 2010 2009+n
1 1 1 1
...
C C C 2007n+
+ + + <
. 
Bài 3 (4 ñiểm) 
Hình chóp S.ABC có tổng các mặt (góc ở ñỉnh) của tam diện ñỉnh S bằng 180o và các cạnh bên 
SA = SB = SC = 1. Chứng minh rằng diện tích toàn phần của hình chóp này không lớn hơn 3 . 
Bài 4 (4 ñiểm) 
1/ Gọi m, n, p là 3 nghiệm thực của phương trình ax3 + bx2 + cx – a = 0 (a≠0). Chứng minh rừng 
2 2 21 2 2+ 3+ - m + n + p
m n p
≤ . 
2/ Giải hệ phương trình 
3 3 2
3 3 2
3 3 2
( ) 14
( ) 21
( ) 7
x y x y z xyz
y z y z x xyz
z x z x y xyz
 + + + = +

+ + + = −
 + + + = +
. 
Bài 5 (2 ñiểm) 
1/ Chứng minh rằng bốn ñường tròn có các ñường kính là bốn cạnh của một tứ giác lồi thì phủ kín miền tứ 
giác ñó. 
2/ Cho y = a0x + a1x3 + a2x5 +  + anx2n+1 +  thoả mãn (1 – x2)y’ – xy = 1, ∀x ∈(-1;1). 
Tìm các hệ số a0, a1, a2, , an. 

 
2. ðỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2006 -2007 
BÀI 1: (3 ñiểm) 
Tìm tất cả các giá trị a sao cho bất phương trình sau có một số hữu hạn nghiệm và tính các nghiệm này: 
( ) ( )2 2 2 2 2cos 4 4 . cos 4 2 2 0tan x a tan x api pi− − − + + ≤ . 
BÀI 2: (3 ñiểm) 
Với những giá trị nào của a thì hàm số ( ) ( ) ( ) 3 21 3 1 2 sin sin
3 2 3
x xf x x a a api= − + − + +
 có không quá 
hai ñiểm cực trị trên khoảng ( ; 5pi pi ) ? 
BÀI 3: (4ñiểm) 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 2 
Với những giá trị nào của a tập hợp nghiệm của bất phương trình sau chứa không quá bốn giá trị x 
nguyên. 
( ) ( ) ( )144 2 +≤++− aaxaaxx . 
ðÁP ÁN 
 BÀI 1 (3 ñiểm) 
 ðặt t = ( )2 2cos 4tan xpi − , với 1t tan≤ . Dễ thấy rằng với [ ]0 1, 1t tan tan∈ − phương trình 
( )2 2 0cos 4tan x tpi − = có số nghiệm hữu hạn. Do ñó ta tìm tất cả a sao cho hệ 2 4 2 2 01 1t at atan t tan − + + ≤ − ≤ ≤ có số 
nghiệm hữu hạn. ðiều này chỉ có thể khi hệ có ñúng một nghiệm. 
 Nếu biểu thức ∆ của tam thức bậc hai tương ứng âm thì rõ ràng hệ vô nghiệm. 
 Nếu ∆ = 0, tức là a = 1 hay a = 
2
1
− , thì nghiệm của bất phương trình thứ nhất của hệ sẽ chỉ là 
một ñiểm t = 2a. Từ hai giá trị tìm ñược của a chỉ có a = 
2
1
− là thích hợp, với a = 
2
1
− ta ñược 
t = 1 [ ]1; 1tan tan∈ − từ ñây suy ra ( )2 2cos 4tan xpi − = 1 hay pipipi nx +−=− 44cos 22 , với n Z∈ . 
Phương trình này có nghiệm chỉ khi n = 0. Lúc ñó 
4
4cos 22 pipi −=− x hay 
pi
pi
pipi 2
4
arccos4 22 kx +





−±=− , với k Ζ∈ . Dễ thấy rằng phương trình này có nghiệm: 
2
2
4
arccos4 




 ±−±= pipipix . 
 Nếu ∆ > 0 thì nghiệm của bất phương trình sẽ là ñoạn [ ]21, tt , ñoạn này phải có chỉ một ñiểm 
chung với ñoạn [ ]1, 1tan tan− . Suy ra t1 = tan1 hay t2 = -tan1 . Lúc ñó giá trị cần tìm của tham số ñược 
tìm bằng cách giải tập hợp hai hệ sau : 
( )
0
1 0
1
f tan
tan t
 =

<
 hay ( )
0
1 0
1
f tan
tan t
 − =

− >
 với f(t) = t2 – 4at +2 + 2a . 
 Suy ra 
21 2
4 1 2
1 1
2
tan
a
tan
a tan
 +
=
−

 >

 hay 
( )21 2
4 1 2
1 1
2
tan
a
tan
a tan

− +
 = +
 < −
. 
 Dễ thấy rằng hệ thứ nhất có nghiệm , còn hệ thứ hai vô nghiệm. Giá trị vừa tìm của tham số tương 
ứng t = tan1. Suy ra ( )2 2cos 4tan xpi − = tan1, pipi nx +=− 14cos 22 , n Ζ∈ . Phương trình này chỉ có 
ba nghiệm x1 = 0 , x2 = -2pi , x3 = 2pi . 
 Kết luận : 
 Nếu a = 
2
1
 thì 
2
2
4
arccos4 




 ±−±= pipipix . 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 3 
 Nếu 
21 2
4 1 2
tan
a
tan
+
=
−
 , thì x1 = 0 , x2 = -2pi , x3 = 2pi . 
 Với các giá trị còn lại của a phương trình vô nghiệm hoặc có vô số nghiệm . 
 BÀI 2 (3 ñiểm) 
 Ta có ( ) ( )
3
2
cos
3
cos211' xxaaxf +−+−= . Nghiệm của phương trình ( ) 0' =xf sẽ là các ñiểm 
tới hạn của hàm f . Ta viết : ( ) 0
3
2
cos
3
cos211 =+−+− xxaa
 Dễ thấy rằng phương trình này tương ñương với tập hợp: 





=
−=
a
x
x
3
cos
2
1
3
cos
. 
 Phương trình thứ nhất của tập hợp có hai nghiệm x1= pi2 và x2 = pi4 trên khoảng (pi , pi5 ). Các 
ñiểm này là ñiểm tới hạn của hàm f . Khi viết ñạo hàm dưới dạng ( ) 





−





+= a
xx
xf
3
cos
2
1
3
cos2'
dễ thấy rằng các ñiểm tới hạn trở thành ñiểm cực trị chỉ khi a 
2
1
−≠
 (nếu a = 
2
1
−
 thì ñạo hàm không ñổi 
dấu , và do ñó hàm f không có ñiểm cực trị ). 
 Như vậy nếu 
2
1
−≠a
 thì hàm f có ít nhất hai ñiểm cực trị trên khoảng ñược xét . Do ñó , cần tìm 
các giá trị a sao cho phương trình thứ hai không có thêm ñiểm cực trị . 
 Trên khoảng (pi , pi5 ) hàm y = cos
3
x
 nhận tất cả các giá trị thuộc ñoạn 
11; 
2
 
−  
9
8
7
6
5
4
3
2
1
-1
-2
-3
-4
-4 -2 2 4 6 8 10 12 14 16F
E
D
 Nếu 





−∈
2
1
,1a và 2
1
−≠a
 thì hàm f sẽ có 4 cực trị . Có nghĩa là với những giá trị a khác hàm 
f sẽ có không quá hai cực trị . 
 Kết luận : 
2
1≥a , 
2
1
−=a , 1−≤a . 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 4 
BÀI 3 (4 ñiểm) 
 Bất phương trình ñã cho tương ñương với tập hợp hai hệ:



+≥
≤
4
2
ax
ax
 hay 



+≤
≥
4
2
ax
ax
. Nhờ tập 
hợp này ta biểu diễn nghiệm của bất phương trình ban ñầu. Kẻ các ñường thẳng x = k , với Ζ∈k . 
14
12
10
8
6
4
2
-5 5 10 15
- 6 12
x=a+4
x=a2
A
 Lúc ñó giá trị a0 mà với nó ñường thẳng a = a0 cắt các ñường thẳng x = k không quá 4 ñiểm 
trong tập hợp ñã ñược ñánh dấu, sẽ là giá trị cần tìm. Căn cứ vào hình vẽ ta có các giá trị a cần tìm là : 
06 <− , 10 <<a , 121 << a . 

 
3. KÌ THI CHỌN ðỘI TUYỂN TOÁN BẮC NINH DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 NĂM 2007 
Câu 1: (4 ñiểm) 
 Giải hệ phương trình:
3 2 cos cos
3 2 cos cos
3 2 cos cos
x y z
y z x
z x y
+ = +

+ = +
 + = +
. 
Câu 2: (4 ñiểm) 
 Cho dãy số { }nx thoả mãn: 03
1 1
3
3 2n n n
x
x x x+ +
=

− = +
. Tìm lim
n
n
x
→+∞
. 
Câu 3: (4 ñiểm) 
 Tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục trên *+R và thoả mãn: 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 5 
2 2
2
(1) 5
4( ) ( ) 4 , 0 .
f
f x x f x x x
x
=


− = − ∀ >
Câu 4: (4 ñiểm) 
Trên mặt phẳng cho hình vuông ABCD cạnh a và ñiểm M thay ñổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của mỗi tổng 
sau: 
1) T2 = 2.MA2 + MB2 + MC2 + MD2. 
2) T1 = 2.MA + MB + MC + MD. 
Câu 5: (4 ñiểm) 
 Cho tập hợp A = {0,1,2,,2006}. Một tập con T của A ñược gọi là tập con “ngoan ngoãn” nếu với bất 
kì x, y ∈ T (có thể x = y) thì | x – y | ∈ T. 
1) Tìm tập con “ngoan ngoãn” lớn nhất của A và khác A. 
2) Tìm tập con “ngoan ngoãn” bé nhất của A chứa 2002 và 2005. 

 
4. ðỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 (2006-2007) 
Bài 1: (4ñ) Giải phương trình : 1( 3) 2 1x x−− = . 
Bài 2: (4ñ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 22 yx + nếu : 
3 2 6
7 3 4
x y
x y
+ ≤
− ≤



. 
Bài 3: (4ñ) Cho dãy n21 x,.....,x,x , với 




=+=
=
+ ,....)2,1n(,xxx
2
1
x
n
2
n1n
1
. Hãy tìm phần nguyên của A 
biết 
1x
1
....
1x
1
1x
1A
10021 +
++
+
+
+
= . 
Bài 4: (4ñ) Cho dãy (a n ) với : 






−−
=
=
+ 2
a11
a
2
1
a
2
n
1n
1
. Chứng minh tổng tất cả các số hạng của dãy nhỏ 
hơn 1,03. 
Bài 5: (4ñ) Cho tứ diện ABCD trong tam giác BCD chọn ñiểm M và kẻ qua M các ñường thẳng song song 
với các cạnh AB,AC,AD cắt các mặt (ACD), (ABD) và (ABC) tại 111 C,B,A . Tìm vị trí của M ñể thể 
tích hình tứ diện 111 CBMA lớn nhất. 

 
5. THI HỌC SINH GIỎI LẠNG SƠN 
Câu 1: Giải BPT: 
x
x
xxxxxx
2
23234 1ln)ln()1222ln( −≤+−+−++ . 
Câu 2: Cho tam giác ABC ñều. Tìm tập hợp các ñiểm M nằm trong tam giác thoả mãn hệ thức: 
222 MCMBMA += . 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 6 
Câu 3: Cho 2 số thực dương x, y thoả mãn: x + y =1. Tìm min của biểu thức: A=
xyyx 8
11
22 ++
. 
Câu 4: Cho dãy )( nx xác ñịnh: 1
1
2
2n n
x
x x+
 =

= +
 (n >0). Tìm lim
n
x . 
Câu 5: Cho tam giác ñều ABC cạnh bằng 1. Trên dt (d) vuông góc với mf (ABC) tại A lấy ñiểm M tuỳ ý. 
Gọi H là trực tâm tam giác MBC. Khi M chạy trên dt (d), tìm max V(HABC) 
Câu 6: Tìm các ña thức P(x) thoả mãn: P(x+1)=P(x) +2x+1 
Câu 7: Với mỗi số tự nhiên n, gọi P(n) là tập hợp các số tự nhiên k sao cho: 150750 +<< nkn . Kí hiệu S 
là số phần tử của P(n). CMR với mỗi số tự nhiên n, ta có: S=2 hoặc S=3; và CMR tồn tại vô số số tự nhiên 
k sao cho S = 3. 

 
6. KỲ THI CHỌN HSG 12 TỈNH ðỒNG THÁP NĂM HỌC 2007-2008 
Baøi 1: (5 ñieåm). 
a) Tìm taát caû caùc soá nguyeân m sao cho PT x2 + (m2 - m)x - m3+1 = 0 coù moät nghieäm nguyeân. 
b) Giaûi baát phöông trình. 
Baøi 2: (5 ñieåm). 
a) Giaûi phöông trình 4sin25x - 4sin2x + 2(sin6x + sin4x) + 1 = 0. 
b) Cho caùc soá thöïc x1,x2, ,xn thoûa maõn sin2x1+2sin2x2 ++ nsin2xn = a, vôùi n laø soá nguyeân döông, a laø 
soá thöïc cho tröôùc, ( 1)0
2
n n
a
+≤ ≤ . Xaùc ñònh caùc giaù trò cuûa x1, x2,  , xn sao cho toång 
S = sin2x1+2sin2x2 +  + nsin2xn ñaït giaù trò lôùn nhaát vaø tìm giaù trò lôùn nhaát naøy theo a vaø n. 
Baøi 3: (4 ñieåm). 
a) Cho ba soá thöïc a,b,c thoûa abc =1 .Chöùng minh : 6 2 2 6 2 2 6 2 2
1 1 1 3
.( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b+ + ≥+ + + 
b) Cho tam giaùc ABC nhoïn thoûa ñieàu kieän cot (cot 2cot ) 2cot( ) cot .
22cot( ) cot
2
A A B A B BA B B
+ +
= −
+
+
Chöùng minh raèng ABC laø tam giaùc caân. 
Baøi 4: (2 ñieåm). 
Cho tam giaùc ABC, treân caùc caïnh BC, CA, AB laàn löôït laáy caùc ñieåm A’, B’, C’ sao cho AA’, BB’ 
vaø CC’ ñoàng qui taïi ñieåm M. Goïi S1, S2 vaø S3 laàn löôït laø dieän tích cuûa caùc tam giaùc MBC, MCA, 
MAB vaø ñaët ' ' ', , .MA MB MCx y z
MA MB MC
= = = 
Chöùng minh raèng: (y + -1) S1+(x + z-1)S2 +(x + y -1)S3 = 0. 
Baøi 5: (2 ñieåm). 
Cho daõy {un} , n laø soá nguyeân döông , xaùc ñònh nhö sau : . 
Tính un vaø chöùng minh raèng u1 + u2 ++ un . 
Baøi 6: (2 ñieåm). 
 Cho ña thöùc f(x)=x3+ ax2 + bx + b coù ba nghieäm x1, x2, x3 vaø ña thöùc g(x) = x3+ bx2 + bx + a. Tính 
toång S = g(x1) + g(x2) + g(x3) theo a, b. 
2)12(log13)12(log 22 ≤+−++− xx
1
2
1
1
1 1
.
0
n
n
n
n
u
u
u
u
u
+
=

+ −
=

 >
])2
1(1[
4
1 1−−+≥ npi
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 7 
HÖÔÙNG DAÃN CHAÁM VAØ BIEÅU ÑIEÅM MOÂN TOAÙN 
 Baøi 1: (5 ñieåm). 
Caâu Ñaùp aùn Ñieåm 
a)(3 ñieåm) + Bieán ñoåi: 
x(x+m2) -m(x+m2) = -1. 
+ (x+m2)(x-m) = -1. 
+ (a) 
 hoaëc 
2 1(b)
1
x m
x m
 + = −

− =
+Giaûi (a) m =1 ... giác ABC có diện tích bằng 3
2
. Biết A (2; - 3), B(3; - 2) 
và trọng tâm G thuộc ñường thẳng (d) 3x – y – 8 = 0. Tính bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABC. 
Giải: Gọi C (a; b) 
• S = 1
2
CH.AB (1). (1ñ) 
Ta có: AB = 2 
Phương trình AB: x – y – 5 = 0 => CH = d(C, AB) = a b 5
2
− −
do ñó: (1) 
 a b 53 1 . . 2 a b 5 3
2 2 2
− −
= ⇔ − − = . 

 
a b 8
a b 2
− =

− =
• Toạ ñộ G ( a 5 b 5;
3 3
+ − ) (1ñ) 
Ta có: G ∈ ∆ 
 3(a 5) b 5 8 0
3 3
+ −
− − = 
 a – b = 4. 
TH1: 
a b 8 a 2
3a b 4 b 10
− = = − 
⇔ 
− = = − 
 => C(-2; -10) 
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 65 89+ + 
=> r = 
2S 3
2p 2 65 89
=
+ +
. 
TH2: 
a b 2 a 1
3a b 4 b 1
− = = 
⇔ 
− = = − 
 => C(1; -1) 
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 5 2+ (1ñ) 
=> r = 
3
2 5 2+
. 

 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 80 
NM
PB
A
C
73. THI HSG MÁY TÍNH CẦM TAY 11 THPT VINH LỘC THỪA THIÊN HUẾ (2008-2009) 
Bài 1: Tìm các số nguyên dương x và y sao cho 2x2 + y2 = 2008. 
Bài 2: Với n là số tự nhiên, kí hiệu an là số tự nhiên gần nhất với n . Tính tổng sau: S2008 = 
2008
1
k
k
a
=
∑ . 
Bài 3: Tìm các số tự nhiên có 8 chữ số sao cho chữ số ñầu tiên và chữ số tận cùng ñều bằng 3 và là lũy 
thừa bậc ba của một số tự nhiên. 
Bài 4: Tính diện tích của tứ giác ABCD với A(1;-3), B(-2;4), C(-1;5), D(2;3). 
Bài 5: Cho ña thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 +cx + d. Biết rằng P(1) = 2006, P(2) = 2007, P(3) = 2008, 
P(4) = 2009. Tính P(0). 
Bài 6: Tìm các nghiệm gần ñúng (ñộ, phút, giây) của phương trình: 2sinx + tanx = 1. 
Bài 7: Tìm các số tự nhiên n (n ≥ 2) sao cho 2009 chia n ñược số dư là n – 1. 
Bài 8: Cho ñường tròn (C) 25)2( 22 =+− yx và ñường thẳng (d) 0772 =++ yx . 
a) Tìm các giao ñiểm A, B của (C) và d (với ñiểm A có hoành ñộ dương). 
b) Hãy tính ñộ dài ñoạn thẳng AB. 
Bài 9: Theo thể thức lãi kép, một người gửi 100 triệu ñồng vào ngân hàng với lãi suất 3,3% một tháng. 
 a) Sau ñúng 23 tháng, người ñó thu ñược số tiền bao nhiêu? 
 b) Sau bao nhiêu năm người ñó thu ñược một số tiền là 320 triệu ñồng? 
Bài 10: Cho tam giác ABC ñều cạnh bằng a = 22 cm. Tính diện tích phần chung của ba nửa hình tròn 
lần lượt có ñường kính AB, BC, CA (xem hình vẽ). 

 
74. THI HSG MÁY TÍNH CẦM TAY 12 THPT VINH LỘC THỪA THIÊN HUẾ (2008-2009) 
Bài 1: Tìm các số nguyên dương x và y sao cho 2x2 +y2 = 2008. 
Bài 2: Với n là số tự nhiên, kí hiệu an là số tự nhiên gần nhất với n . Tính tổng sau: S2008 = 
2008
1
k
k
a
=
∑ . 
Bài 3: Tìm các số tự nhiên có 8 chữ số sao cho chữ số ñầu tiên và chữ số tận cùng ñều bằng 3 và là lũy 
thừa bậc ba của một số tự nhiên. 
Bài 4: Trong một trò chơi ñiện tử có một máy bay xuất hiện ở bên trái màn hình rồi bay sang bên phải 
theo một quỹ ñạo (C) là ñồ thị của hàm số y = f(x) = 
x
11−− (với x > 0). Biết rằng tên lửa ñược bắn ra từ 
máy bay tại một ñiểm thuộc (C) sẽ bay theo phương tiếp tuyến của (C) tại ñiểm ñó. Tìm hoành ñộ các 
ñiểm thuộc (C) sao cho tên lửa bắn ra từ ñó trúng một trong bốn mục tiêu nằm ở trên màn hình có tọa ñộ 
(1;0), (2;0), (3;0), (4;0). 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 81 
NM
PB
A
C
Bài 5: Cho ña thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 +cx + d, có P(1) = 2006, P(2) = 2007, P(3) = 2008, P(4) = 2009. 
Tính P(0). 
Bài 6: Tìm các nghiệm gần ñúng (ñộ, phút, giây) của phương trình: 2sinx + tanx = 1. 
Bài 7: Một khúc gỗ hình trụ có thiết diện thẳng là một hình tròn bán kính r = 15 cm. ðể tiết kiệm gỗ, 
người ta cưa theo chiều dọc của khúc gỗ ñó thành một hình lăng trụ có thiết diện thẳng là một hình vuông 
nội tiếp trong hình tròn. Hãy tính ñộ dày x ñể sử dụng ñược gỗ bắp (bìa) nhiều nhất (tìm x ñể diện tích 
hình chữ nhật EFPN có diện tích lớn nhất). 
Bài 8: Cho ñường tròn (C) 25)2( 22 =+− yx và ñường thẳng (d) 0772 =++ yx . 
a) Tìm các giao ñiểm A, B của (C) và d (với ñiểm A có hoành ñộ dương). 
b) Hãy tính ñộ dài ñoạn thẳng AB. 
Bài 9: Theo thể thức lãi kép, một người gửi 100 triệu ñồng vào ngân hàng với lãi suất 3,3% một tháng. 
 a) Sau ñúng 23 tháng, người ñó thu ñược số tiền bao nhiêu? 
 b) Sau bao nhiêu năm người ñó thu ñược một số tiền là 320 triệu ñồng? 
Bài 10: Cho tam giác ABC ñều cạnh bằng a = 22 cm. Tính diện tích phần chung của ba nửa hình tròn 
lần lượt có ñường kính AB, BC, CA (xem hình vẽ). 
ðÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI MÁY TÍNH CẦM TAY 
Khối 11 và 12 –THPT - Năm học 2008-2009 
Bài 1: x = 6 và y = 44. 
Bài 2:Trong tổng S2008 ta thấy số tự nhiên k (1 ≤ k ≤ 44) xuất hiện 2k lần. 
Vậy S2008 = a1 + a2 ++ an = 2(12 + 22 ++ 442) + 28.45 = 60 000. 
Bài 3: 31855013 và 38272753 
Bài 4(11) SABC = 5 và SACD = 10. Vậy SABCD = 5 + 10 = 15. 
Bài 4(12) Gọi x0 (x0 > 0) là hoành ñộ tiếp ñiểm và tiếp tuyến ñi qua 4 ñiểm ñã cho có 
tung ñộ bằng 0 nên ta có x0 = -1 + 1+x .Vậy x1 = 0,4142, x2 = 0,7321, x3 = 1, x4=1,2361. 
Bài 5: ða thức P(x) = (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) + 2005 + x . Do ñó P(0) = 2029. 
Bài 6: Tìm các nghiệm gần ñúng (ñộ, phút, giây) của phương trình: 
2sinx + tanx = 1. 
Bài 7(K11): 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30, 67, 134, 201, 335, 402, 670, 1005. 
Bài 7(K12): 
 S = SEFPN=2
2
2
2
2








+−
r
xr ⇒ S’= 
2
2
22
2
2
234








+−
+−−
r
xr
rrxx
= 0 ⇔ x = 
8
)2334( −r
. 
 Vậy x ≈ 2,978 cm 
Bài 8: Cho ñường tròn (C) có phương trình : 25)2( 22 =+− yx và ñường thẳng d có 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 82 
phương trình : 0772 =++ yx . 
a) A(3.527668415; - 4,531369394) và B(-3.527668415;- 0,760133227) 
b) ðộ dài AB = 8. 
Bài 9: Theo thể thức lãi kép, một người gửi 100 triệu ñồng vào ngân hàng với lãi suất 
3,3% một tháng. 
 a) 211 triệu ñồng. 
 b) 3 năm 
Bài 10: Cho tam giác ABC ñều cạnh bằng a = 22 cm. Tính diện tích phần chung 
của ba nửa hình tròn lần lượt có ñường kính AB, BC, CA. 
SMNP = 16
32a
 và Svp = Squạt – SMNP = 48
)332(2 −pia
Vậy Stô ñậm =SMNP + 3Svp = 4095,18
)3(2
≈
−pia
cm2. 

 
75. THI HSG 12 THPT VINH LỘC – THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2008-2009 
Câu 1: (3ñiểm) Giải phương trình: 13 14os sin 1c x x+ = . 
Câu 2: (3ñiểm) Tìm các cặp số (x;y) thỏa phương trình 2 2sin os8 8 10 os2yx c x c+ = + . 
Câu 3: (3ñiểm) Trong tất cả các △ABC cho trước, tìm tam giác có os2A+cos2B-cos2Cf c= lớn nhất. 
Câu 4: (4ñiểm) Giải hệ phương trình 
3 2
2 1 2 2 1(1 4 ).5 1 2
4 1 ln( 2 ) 0
x y x y x y
y x y x
− − + − + + = +

+ + + + =
. 
Câu 5: (3ñiểm) Chứng minh: 
1 2 32 3 ... !
n
n n n n
C C C nC
n
n
+ + + +
< với n∈N, n ≥ 3. 
Câu 6: (4ñiểm) Trong mặt phẳng (P), cho ˆ ˆ, 90 , 60o oABC A C∆ = = . Dựng các ñường thẳng Bx, Cy ⊥ (P). 
a) Xác ñịnh ñiểm M trên Bx sao cho mặt cầu ñường kính BM tiếp xúc với Cy, biết BC=2a 
b) L là một ñiểm di ñộng trên Bx, L phải ở những vị trí nào ñể trên Cy có thể tìm ñược N sao cho 
BLN∆ vuông tại N? 
c) Trong các vị trí của L ở câu b, hãy xác ñịnh vị trí sao cho hình chóp ABLNC có thể tích nhỏ nhất. 
ðÁP ÁN 
CÂU 1 NỘI DUNG ðIỂM 
13 14 13 14 2 2os sin 1 os sin os sinc x x c x x c x x+ = ⇔ + = + 0,5 
2 11 2 12
2 11
2 12
os (1 os ) sin (1 sin ) 0
os (1 os ) 0
sin (1 sin ) 0
c x c x x x
c x c x
x x
− + − =
 − =
⇔ 
− =
osx=0 cosx=1
sinx=0 sinx= 1
c ∪
⇔ 
∪ ±
1 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 83 
s inx=0
cosx=0
osx=1
2
sinx=0
cosx=0
2
sinx= 1
cosx=1
sinx= 1
c
x k
x k
pi
pi
pi
 


 
  =
  ⇔ ⇔  = +  ±


 ±
0,5 
Vậy nghiệm cuả pt(1) là 2x k pi= ; 
2
x kpi pi= + ,(k∈Z) 1 
CÂU 2 NỘI DUNG ðIỂM 
2 2
2 2
2
2
sin os
sin 1 sin
sin 2
sin
8 8 10 os2y
8 8 9 1 os2y
88 9 2 os (*)
8
x c x
x x
x
x
c
c
c y
−
+ = +
⇔ + − = +
⇔ + − =
0,5 
ðặt 
2sin8 ,1 8xt t= ≤ ≤ 
(*) trở thành 
2
2
1 9 2 os
( 1)( 8) 2 os (2)
t c y
t
t t
c y
t
+ − =
− −
⇔ =
1 
Vì1 8t≤ ≤ nên VT ≤ 0,VP ≥ 0 
( 1)( 8) 0(2)
osy=0
1 8 s inx=0 sinx= 1
2 2
t t
c
t t
y k y kpi pipi pi
− − =
⇔ 

= ∪ = ∪ ± 
 
⇔ ⇔ 
= + = +  
1 
2
2
k
x
y k
pi
pi
pi

=
⇔ 

= +

, k∈Z 
0,5 
CÂU 3 NỘI DUNG ðIỂM 
2 2 2
os2A+cos2B-cos2C
1 1 32 os osC.cos(A-B)+ os ( ) 1 os ( )
4 2 2
f c
f c C c c A B c A B
=
   ⇔ = − + − − − − +   
1 
2
23 1 12 osC+ os(A-B) sin ( )
2 2 2
c c A B = − − −  
Suy ra f ≤ 3
2
0,5 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 84 
Maxf= 3
2
sin( ) 0
1
osC+ os(A-B)=0
2
A B
c c
− =

⇔ 

0,5 
0 030 ; 1201
osC=-
2
A B
A B C
c
=

⇔ ⇔ = = =

1 
CÂU 4 NỘI DUNG ðIỂM 
ðặt t=2x-y 0,5 
1 1(1) (1 4 ).5 1 2
1 45 ( ) ( ) 1 2.2 (3)
5 5
t t t
t t t
− +⇔ + = +
 
⇔ + = +  
0,5 
ðặt 
1 4( ) 5 ( ) ( ) , ( ) 1 2.2
5 5
t t tf t g t = + = +  
Ta có f(t) là hàm giảm, g(t) là hàm số tăng và f(t)=g(t) 
Do ñó (3) 1 2 1t x y⇔ = ⇔ − = 
1 
Hệ phương trình ñã cho 3 2
2 1
2 3 ln( 1) 0
x y
y y y y
= +
⇔ 
+ + + + + =
0,5 
ðặt 
3 2
2
2 2
2 2
( ) 2 3 ln( 1)
2 1 2( 1) 1
: '( ) 3 2 3 0
1 1
h y y y y y
y yTaco h y y y
y y y y
= + + + + +
+ + +
′ = + + = + >
+ + + +
Suy ra h(y) là hàm tăng và h(-1)=0 
1 
Vậy hệ phương trình ñã cho 
2 1 0
1 1
x y x
y y
= + = 
⇔ ⇔ 
= − = − 
0,5 
CÂU 5 NỘI DUNG ðIỂM 
 Ta có: 0 1 2 2(1 ) ...n n n
n n n n
x C C x C x C x+ = + + + + 
0,5 
 Lấy ñạo hàm 2 vế: 
1 1 2 3 2 1(1 ) 2 3 ...n n n
n n n n
n x C C x C x nC x− −+ = + + + + 
Cho x=1, ta có: 
1 2 3 1
1 2 3
1
2 3 ... .2
2 3 ... 2
n n
n n n n
n
nn n n n
C C C nC n
C C C nC
n
−
−
+ + + + =
+ + + +
⇔ =
1,5 
 Chứng minh 2n-1<n!, n∈N, n ≥ 3 (2) bằng phương pháp qui nạp 
+ Kiểm tra (2) ñúng khi n=3 
+ Giả sử (2) ñúng khi n=k>3,k ∈N, tức là ta có: 2k-1<k! 
Ta chứng minh (2) ñúng khi n=k+1, ta chứng minh: 2k<(k+1)! 
Vì 2<3 ≤ k<k+1 nên:2k=2.2k-1<2.k!<(k+1)k!=(k+1)! 
Suy ra ñiều phải chứng minh 
1 
CÂU 6 NỘI DUNG ðIỂM 
Nguyễn Văn Xá 
ðề thi HSG môn Toán Trang 85 
B
A
C
L
N
H
M1
M2
Câu a Mặt cầu ñường kính BM tiếp xúcCy khi và chỉ khi d(Bx,Cy)=BC= 2
2
BM
a= 
Vậy BM=4a. Có 2 ñiểm M1, M2 trên ñường Bx thỏa mãn ñiều kiện này 
1 
Câu b 
Muốn có ñiểm N ñể 
2
BNL pi=
∧
, thì mặt cầu ñường kính BL phải cắt Cy. Suy ra 
BL ≥ 4a, khi ñó L phải nằm ngoài (M1,M2).Nếu L nằm ngoài ñoạn [M1,M2], thì 
với mỗi ñiểm L trên Bx có 2 ñiểm N1,N2 thuộc Cy sao cho 1 2 2
BN L BN L pi= =
∧ ∧
1 
ðặt BL=y, CN=x. Do tam giác BNL vuông tại N nên BL2=BN2+NL2 
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
4 4 ( ) 8 2 2
4 (1)
y a x a y x a xy y x
a xSuy ra y
x
= + + + − = − + +
+
=
1 Câu c 
Hạ ñường cao AH của tam giác ABC. AH cũng là ñường cao của hình chóp 
ABLNC và 3AH a= , ñáy BLNC là hình thang vuông nên: 
2 2 2 2
2 2 2 2 3
3 2
min
1 1 3 3 4
. ( ) ( ) ( )
3 2 3 3
2 3 2 2 3 2 4 6( ) .2 .
3 3 3
4 6 2 2 3 2
3
ABLNC
a a a xV AH BC CN BL x y x
x
a a a a a
x x
x x
a aV khi x x a y a
x
+
= + = + = +
= + ≥ =
⇒ = = ⇔ = ⇒ =
Giá trị y = BL = 3 2a > 4a, nên chấp nhận ñược. 
1