TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 12

Chia sẻ: anhkhoa_lpt

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 12 gồm tuyển tập các bài toán chọn lọc có lời giải (hoặc hướng dẫn giải) và lời bình. Tài liệu dày 46 trang, được viết bởi thầy giáo Phạm Kim Chung, THPT Đặng Thúc Hứa, Nghệ An.

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 12

1
TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨ A




MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN
VIẾT BỞI : PHẠM KIM CHUNG – THÁNG 12 NĂM 2010




MỤC LỤC
PHẦN Trang

I PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM
II PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀĐA THỨ C
I II 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

Các diễn đàn :
1. www.dangthuchua.com , www.math.vn , www.mathscope.org , w ww.maths.vn , www.laisac.page.tl,
www.diendantoanhoc.net , www.k2pi.violet.vn , w ww.nguyentatthu.violet.vn , …
2. Đề thi HS G 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 … ( T rần Phương - Lê Hồng Đức )
6. Bộ sách : 10.000 BÀI TOÁN S Ơ 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 m àu xanh chứa các đường link đến các chuyên mục hoặc các website.

Tr. 1 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
2 Phần I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Đ ẾN ĐẠO HÀM



1. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số : y = 2x + 2 + m x2 − 4x + 5 có cực đại . ĐS : m < -2
PHẦN I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT - HỆ PT VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐẠO HÀM

 3 1 + xsin2 x − 1, x = 0


2. Cho hàm số : f(x) =  / . Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh hàm số đạt cực tiểu
0 , x =0


tại x =0 .



3. Tìm cực trị của hàm số := f(x)
y = | x | ( x − 3) . ĐS : x =0 ; x=1
4. Xác đị nh các giá trị của tham số m để các phương trì nh sau có nghi m thực :

7 9
a) ( 4m − 3) x + 3 + (3m − 4 ) 1 − x + m − 1 =S : ≤ m ≤
0 .Đ
9 7
x2 + 1 − x = . ĐS : 0 < m ≤ 1
m
b) 4


m 1 + x2 − 1 − x2 + 2 = 2 1 − x 4 + 1 + x2 − 1 − x2
c) )
(
 x2 + y 3 = 2
5. Xác đị nh số nghiệm của hệ phương trình :  ĐS : 2
log3 x log 2 y = 1



x2 + 1


e y −x = 2
6. Gi ải hệ phương trình :  . ĐS : (x,y)=(7;7)
y +1
2 2


3log (x + 2y= 2log (x + y + 2) + 1
+ 6)
3 2


 x + x − 2x + 2= 3 + 1


7. Gi ải hệ phương trình : 
2 y −1


y + y − 2y + 2= 3 + 1
2 x −1


 1 + 42x−y .5y −2x+1 = + 1
22x−y +1


8. Gi ải hệ phương trình : 
( )
 y + 4x + ln y + 2x + 1 = 0

3 2
( )
9. Gi ải phương trình : ( x − 3) log3 (x − 5) + log5 (x − 3) =
 x +2



1
≤ x ≤7
(x + 2)(2x − 1) − 3 x + 6 ≤ 4 − (x + 6)(2x − 1) + 3 x + 2 . ĐS :
10. Gi ải bất phương trì nh :


2
5
11. Gi ải bất phương trì nh : 3 3 − 2x + − 2x ≤ 6
2x − 1
12. Gi ải phương trình : 3x 2 + 9x 2 + 3 + ( 4x + 2) 1 + x + x2 + 1 = 0
) )
( (
13. Gi ải phương trình : x3 − 4x 2 − 5x +=
6 7x 2 + 9x − 4 3


2 xy − y + x + y =
5
. ĐS : m ∈ 1; 5 
14. Tì m m để hệ phương trì nh sau có nghiệm : 
5− x + 1− y = m

 

1


x + x − 1 m x + + 4 x ( x − 1)  =
1.


15. Xác đị nh m để phương trình sau có nghiệm thực :
x −1
( )
 


 x +1 + y +1 = 3
 

16. Tìm m để hệ có nghiệm: 
x y + 1 + y x + 1 + x + 1 + y + 1 =m



f '''(x) 1  f ''(x) 

2

, ∀x ≠ x1 ,x2
17. Gi ả sử f(x) = ax3 + bx2 + c x + d (a ≠ 0) đạt cực đại tại x1 ; x2 . CMR:
f '(x) 2  f '(x) 


5
4x − 6 3
Cách 1 : PT ⇔ 6(4x − 6)(x − 1) + =0 ⇔ x =
2
(x − 1)(5x − 7).  x − 1 + 5x − 7 
1 1
Cách 2 : Vi ết lại phương trình dưới dạng : (5x − 6 ) − x2 −
 
2

(5x − 6) − 1 x −1
=

1 5
Và xét hàm số : f(t) t 2 − ,t>
7
t −1
=

Tr. 3 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
4
38. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) Xác định tất cả các gi á trị của tham số m để BPT sau có nghi ệm :
Phần I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Đ ẾN ĐẠO HÀM


x3 + 3x2 − 1 ≤ m( x − x − 1)3

HD : Nhân liên hợp đưa về dạng : x + x − 1 (x3 + 3x2 − 1) ≤ m
3
( )
39. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) . Gi ải phương trình :
x3 + 3x2 + 4x + 2= (3x + 2) 3x + 1

+ 3x + 1 . Xét hàm số : f ( t) = t 3 + t ,t > 0
HD : PT ⇔ (x + 1)3 + =
(x + 1) 3x + 1
3
( )
40. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . Gi ải phương trình :
2 3 2x −= 27x3 − 27x 2 + 13x − 2
1
HD : PT ⇔ (2x − 1) + 2 3 2x − 1= (3x − 1)3 + 2(3x − 1) ⇒ f( 3 2x − 1) = − 1)
f(3x
(4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y =
0
41. ( Đề thi Khối A – năm 2010 ) Gi ải hệ phương trình : 
4x + y + 2 3 − 4x = 7

2 2



HD : Từ pt (1) cho ta : [(2x)2 + 1].2x=  5 − 2y + 1 5 − 2y ⇒ f(2x)= f( 5 − 2y )

2
( )
5 − 4x 2
 
 

= (t 2 + 1).t ⇒ f '(t) =+ 1 > 0 ⇒ 2x = 5 − 2y ⇒ 4x 2 =5 − 2y ⇒ y =
Hàm số : f(t) 3t 2
2
3
 5 − 4x 2 
2

 + 2 3 − 4x = v ới 0 ≤ x ≤
Thế vào (2) ta có : 4x 2 +  7, ( Hàm này nghịch biến trên khoảng ) và có
4
2
1
nghiệm duy nhất : x = .
2
 x+ y= 4
42. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho hệ:  (a là tham số).
 x +7 + y +7 ≤ a



Tìm a để hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn điều ki ện x ≥ 9.


HD : Đứng trước bài toán chứa tham số cần lưu ý điều kiện chặt của bi ến khi muốn quy về 1 biến để khảo s át :
4 − x =y ≥ 0 ⇒ x ≤ 16 . Đặt t = x , t ∈[3;4] v à khảo s át tìm Min . ĐS : a ≥ 4 + 2 2
y 4 − 4x + 2xy −2x+4 =
5
43. Gi ải hệ phương trình :
2 + x = y + 2

x 3 3 y



(e − e + 1 − 2esinx esinx − (e − 1)sinx − 1 ≤ 1
44. Xác định m để bất phương trình s au nghi ệm đúng với mọi x :

2
sinx
)
45. ( Đề thi HS G Tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2003 ) . Gi ải PT : log 2+ 5 (x 2 − 2x − 11) log (x2 − 2x − 12)
 

2 2+ 5
=

46. Định giá trị của m để phương trình sau có nghiệm: ( 4m − 3) x + 3 + (3m − 4 ) 1 − x + m − 1 =0
 y 2 −x2 x 2 + 1
e
47. (Olympic 30-4 lần thứ VIII ) . Giải hệ phương trì nh sau:  y +1
=2
3log (x + 2y= 2log (x + y + 2) + 1
+ 6)
3 2



 Cho f(x) =  (x2 + 1)e , x > 0 . Tìm a để tồn tại f’(0) .
48. Các bài toán liên quan đến định nghĩa đạo hàm :
−x


−x − ax + 1, x ≤ 0



acosx + bsin x, x ≤ 0
Cho F(x) =  . Tìm a,b để tồn tại f’(0) .
 ax + b + 1, x < 0


 x2 x2
x ln x, x > 0
 ln x − , x > 0
v à f(x) = 
F(x) =  2 . CMR : F'(x) = f(x)
4
 0, x = 0
 0, , x = 0


Cho f(x) xác định trên R thỏa mãn điều kiện : ∀a > 0 bất đẳng thức sau luôn đúng ∀x ∈ R : | f(x + a) − f(x) − a |< a2


. Chứng minh f(x) là hàm hằng .





Tr. 4 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
5

tanx − 1 e−2x − 3 1 + x2
Phần I : PHƯƠNG TRÌNH – BPT – HPT – CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN Đ ẾN ĐẠO HÀM

 Tính giới hạn : N1 = lim Tính gi ới hạn : N2 = lim
3 2




2sin2 x − 1 ln(1 + x 2 )
x→0
x→
4

x 2 + x + 1 − 3 1 + x3 esin 2x − esinx
π




 Tính giới hạn : N3 = li→0
m Tính gi ới hạn : N4 = lim
3


x sin x
x x→0


e−2x − 3 1 + x2
 Tính giới hạn : N5 = lim x + 8 − 2 Tính gi ới hạn : N6 = lim
3
2




ln(1 + x 2 )
sin10x x→0
x→0


4x − x 4
 Tính giới hạn : N7 = lim e − e Tính gi ới hạn : N8 = lim
3 sin 3x
sin2x


sin4x x−32
x→0 3
x→0


2 .32x − cos4x
 Tính giới hạn : N9 = lim
3x


1 + sinx − 1 − sinx
x→0


Cho P(x) là đa th bậc n có n nghiệm phân biệt x1 ; x 2 ; x3 ...x n . Chứng minh các đẳng thức sau :
ức
P''(x1 ) P''(x 2 ) P''(x n )

+ ... + 0
a)
P'(x1 ) P'( x2 ) P'(x n )
+ =

1 1 1
+ ... + 0
b)
P'(x1 ) P'(x 2 ) P'(x n )
+ =

Tính các tổng sau :
a) Tn (x) = cosx + 2cos2x + ... + ncosnx



1 x1 x 1 x
b) Tn (x) tan + 2 tan 2 + ... + n tan n
2 22 2 2 2
=

CMR : 2.1.C2 + 3.2.C3 + ... + n(n − 1)Cn= n(n − 1).2n−2
c) n n n

Sn (x) = s inx + 4sin2x + 9sin3x + ... + n2sinnx
d)
2x + 1 2x + 3 2x + (2n − 1)
e) =
Sn (x) + ... +
x (x + 1) (x + 1) (x + 2)
 x + (n − 1) (x + n)
2
2 2 2 2 2
+
 

a+b a n + bn
49. Các bài toán liên quan đến cực trị của hàm số :

Cho α ∈ R: a + b ≥ 0 . Chứng minh rằng : 
2 2
α

a) ≤

b) Chứng minh rằng với a > 3,n ≥ 2 ( n ∈ N,n chẵn ) thì phương trình s au vô nghiệm :



(n + 1)x n+2 − 3(n + 2)x n+1 + a n+2 =
0
 x2   x2 
2

− 3m  + 4m
c) Tìm tham số m để hàm số sau có duy nhất một cực trị : y =
(m + 1) 
1 + x  1 + x 
2 2


x2 xn   x2 xn 
d) Cho n ≥ 3,n∈ N ( n l ẻ ) . CMR : ∀x = , ta có : 1 + x + + ... +  1 − x + − ... −  < 1
/0
2! n!   2! n! 



e) Tìm cực trị của hàm số : y = x 2 + x + 1 + x2 − x + 1



Tìm a để hàm số : y f(x) = −2x + a x 2 + 1 có cực tiểu .
 9π 
msin x − cosx − 1
f) =

 0; 4 
g) Tìm m để hàm số : y = đạt cực trị tại 3 điểm phân biệt thuộc khoảng
mcosx  

50. Các bài toán chứng minh phương trình có nghiệm :

Cho các số thực a,b,c,d,e . Chứng minh rằng nếu phương trình : ax 2 + ( b + c ) x + d + e = có nghiệm thực thuộc
0
nửa khoảng [1; +∞ ) thì phương trình : ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = có nghiệm.
0
a)


b) Cho p hương tr : P( x ) = x5 − 5x 4 + 15x3 − x2 + 3x − 7 =. Chứng minh rằng, phương trình có một nghi ệm thực
0
ình
duy nhất.




Tr. 5 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
6 Phần II : PHƯƠNG TRÌNH HÀM VÀ ĐA THỨC




PHẦN II : PHƯƠNG TRÌNH HÀM -ĐA THỨC

1. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :
f(x)
a) lim =1
x→0 x

b) f ( x + y )= f ( x ) + f ( y ) + 2x 2 + 3xy + 2y 2 , ∀x,y ∈ R
2. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f ( x − f(y)) = x + y 2008 + f f(y) + y 2008 + 1, ∀x,y ∈ R
f ( )( )
3. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f ( x + cos(2009y)) = f ( x ) + 2009cos f ( y ) , ∀x,y ∈ R
( )
4. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn đồng thời các điều kiện sau :
f ( x ) ≥ e2009x
f ( x + y ) ≥ f ( x ) .f ( y ) , ∀x,y ∈ R
c)


5. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f = f(x).ef ( y )−1 , ∀x,y ∈ R
(x + y )
d)


6. Tìm hàm số : f : R → R thoả mãn điều kiện sau : f x.f ( x += f(y.f ( x )) + x 2
y) ( )
7. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) Tìm hàm f :  →  thỏa mãn :
f 2 (x) + 2yf(x) + f(y) = f ( y + f(x)) , ∀,x,y ∈ R




Tr. 6 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
7 Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ


PHẦN III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

1. Cho a,b,c ∈ R: a2 + b2 + c2 =. Chứng minh rằng : a2b + b2c + c2a ≤ 3
3
2. Cho các số thực không âm a,b,c . Chứng minh rằng :
a2b2 ( a − b ) + b2c2 ( b − c ) + c2a2 ( c − a ) ≥ ( a − b ) ( b − c ) ( c − a )
2 2 2 2 2 2



a2 b2 c2 81 a2b 13
≥ (a + b + c)
3. Cho các số thực a,b,c . Chứng minh rằng :
bca4 (2a + b) 4
2
+++∑

4. Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn : a + b + c + 36abc = . Tìm Max của : P = a7 b8 c9
2
a b c 3
5. Cho 3 số thực dương tuỳ ý x,y,z . CMR :
a+b b+c c+a 2
+ + ≤

(a + b + c)
6

P=
6. Cho a,b,c >0 . Tìm GTNN của :
ab2c3
7. Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn : x 2 + y 2 + z2 =
1
2x − (y − z)2 2y − (z − x)2 2z − (x − y)2
CMR :
yz zx xy
+ +

bc ca ab a+b+c
Cho các số thực dương a,b,c . CMR :
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b 6
8. + + ≤

1 1 1 1
Cho các số thực dương a,b,c . CMR : 3
a + b3 + abc b3 + c3 + abc c3 + a3 + abc abc
9. + + ≤

1 1 1
Cho các số thực thỏa mãn điều kiện : 2 = : ab + bc + ca ≤ 3
1 . CMR
a +2 b +2 c +2
+2 +2
10.

Cho các số thực dương thỏa mãn điều kiện : a2 + b2 + c2 =. CMR :
3
1 1 1
≥3
11.

2−a 2−b 2−c
+ +

x y z 32
12. Cho x,y,z là 3 số thực dương tùy ý . CMR :
x+y y +z z+x 2
+ + ≤

a2 b2 c2 4(a − b)2
+ + ≥a+b+c+
13. Cho các số thực dương a,b,c . CMR :
bca a+b+c
1 1 1 3
14. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : abc=1 . CMR : 3
a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2
+3 +3 ≥

15. Cho 3 số thực x,y,z thỏa mãn : xyz=1 v à ( x − 1 )( y − 1 )( z − 1 ) = 0 . CMR :

x y z
/
2

 x −1  +  y −1  +  z −1  ≥ 1
2 2




(3a − b + c)2 (3b − c + a)2 (3c − a + b)2 9
   

16. Cho a,b,c là các số thực dương bất kỳ . CMR :
2a2 + (b + c)2 2b + (c + a)2 2c + (a + b)2 2
+2 +2 ≥

17. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn : a2 + b2 + c2 =. CMR :
1
1 1 1 9
1 − ab 1 − bc 1 − ca 2
+ + ≤


18. Cho các số thực a,b,c thỏa mãn : a2 + b2 + c2 =. CMR : 2(a + b + c) ≤ 10 + abc
9
a3 b3 c3 1
19. Cho a,b,c là các số thực dương : a+b+c =1 . CMR :
(1 − a) (1 − b) (1 − c)2 4
2 2
+ + ≥

20. (Chọn ĐTHS G QG Nghệ An năm 2010 ) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn :
9(a 4 + b4 + c4 ) − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
0.
a2 b2 c2
F=
b + 2c c + 2a a + 2b
+ +

Tr. 7 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
8 Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

Từ giả thiết :
Lời giải :

9(a 4 + b4 + c4 ) − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 = ⇒ 25(a2 + b2 + c2 ) = 48 + 9(a 4 + b4 + c4 ) ≥ 48 + 3(a2 + b2 + c2 )2
0
16
⇒ 3(a2 + b2 + c2 )2 − 25(a2 + b2 + c2 ) + 48 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ a2 + b2 + c2 ≤
3
Ta lại có :
a2 b2 c2 a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 )2
F=
b + 2c c + 2a a + 2b a (b + 2c) b (c + 2a) c (a + 2b) (a b + b c + c2a) + 2(a2c + b2a + c2b)
=2 +2 +2 ≥2 2
+ +

(a2 + b2 + c2 )2
Lại có : a2 b + b2c + c2a a(ab) + b(bc) + c(ca) ≤ (a2 + b2 + c2 )[a2 b2 + b2c2 + c2a2 ] ≤ a2 + b2 + c2
3
=

a2 + b2 + c2
Tương tự : (a2c + b2a + c2b) ≤ a2 + b2 + c2 .
3
a +b +c
Từ đó ta có : F ≥ ≥ 1 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : a=b=c=1.
2 2 2


3
ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT NGHỆ AN

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có
a2 (b + 2c)a2 a2 (b + 2c)a2 2a2
≥2 .
b + 2c 9 b + 2c 9 3
+ =

b2 (c + 2a)b2 2b2 c2 (a + 2b)c2 2c2
,
Tương tự .
c + 2a 9 3 a + 2b 9 3
+ ≥ + ≥

a2 b2 c2
F=
Suy ra:
b + 2c c + 2a a + 2b
+ +

2 1
≥ a2 + b2 + c2 − a2 (b + 2c) + b2 (c + 2a) + c2 (a + 2b) (*) .
3 9
( )
Lại áp dụng AM – GM, ta có



a3 + a3 + c3 b3 + b3 + a3 c3 + c3 + b3
a2c + b2a + c2b ≤ =a3 + b3 + c3 (**) .
3 3 3
Từ (*) và (**) suy ra:
+ +


2 1 2 1
+ b2 + c2 .
F ≥ a2 + b2 + c2 − ( a + b + c )(a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 + b2 + c2 − a2 + b2 + c2 ) 3( a
3 9 3 9
2
( ) ( )( )
t 3 a2 + b2 + c2 , từ giả thiết ta có:
Đặt = ( )
25( a + b + c ) − 48 9 ( a + b + c ) ≥ 3( a + b + c )
2
2 2 2 4 4 4 2 2 2


16
=

.
⇒ 3( a + b + c ) − 25( a + b + c ) + 48 ≤ 0 ⇒ 3 ≤ a + b + c
2

3
2 2 2 2 2 2 2 2 2


2 1
D o đó F ≥ t 2 − t 3 = v ới t ∈3; 4  (* * *) .
f(t)
9 27
M à min f(t) f(3) 1 (* * **) . Từ (***) và (****) suy ra F ≥ 1.
 

t ∈ 3;4 

Vậy minF = 1 xảy ra khi a = b= c = 1 .
==
 




21. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) C ho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng :
111 36
x y z 9 + x y + y 2 z2 + z2 x 2
22
++≥


1 1 1
Lời giải :

(9 + x y + y 2z2 + z2 x2  + +  ≥ 36
BĐT đã cho tương đương với :
x y z
2 2
)
 xy + yz + zx 
Ta = (xy)(yz)(zx) ≤ 
có : ( xyz )
3
2

3 
 

Tr. 8 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
9

 1 1 1   xy + yz + zx  27 ( xy + yz + zx ) 27
Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
2
2 2

D o đó : = 
x y z  xyz xy + yz + zx
(xy + yz + zx) 3
++ ≥ =

Lại có : 9 + x 2 y 2 + y 2z2 + z2 x2 =2z2 + 1) + (z2 x2 + 1) ≥ 2 3 + (xy + yz + zx)
6 + x 2 y 2 + 1 + (y

( )
Nên :
 

27 9
( VT ) ≥ 4 3 + (xy + yz + zx) = 108 
 . xy + yz + zx + 6 + (xy + yz + zx) ≥
2 2

 xy + yz + zx
 


9


≥ 108  6 + 2 (xy + yz + zx) = 1296 ⇒ VT ≥ 36
xy + yz + zx
 

 
 

ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT NGHỆ AN :

Bất đẳng thức cần chứng mi nh tương đương
(xy + yz + zx)(9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2) ≥ 3 6xyz
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy + yz + zx ≥ 3 3 x 2 y 2z2 (1)

9+ x2y 2 + z2y 2 +x2z2 ≥ 12 12 x 4 y 4 z 4 hay 9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2 ≥ 1 2 3 xyz (2)

D o các v ế đều dương, từ (1), (2) suy ra:
(xy + yz + zx)(9 + x2y 2 + z2y 2 +x2z2) ≥ 3 6xyz (đpcm).
D ấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1


22. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) C ho các số thực dương x,y thỏa mãn đk : x + y + 1 = . Tìm giá trị
3xy
3x 3y 11
l ớn nhất của : M
y(x + 1) x( y + 1) x y
− 2− 2
= +


Ta có : 3xy = x + y + 1 ≥ 2 xy + 1 ⇒ xy ≥ 1 ⇒ xy ≥ 1 (*)
Lời giải :


Ta có :
3xy(x + y) − (x + y)2 + 2xy 3xy (3xy − 1 ) − (1 − 3xy) + 2xy
3x 3y 11 1 1
M
2


y 2 (3x − 1) x (3y − 1) x y y (3x − 1) x (3y − 1) x y 9xy − 3(x + y ) + 1 4x2 y 2
+2 − 2− 2= 2 +2 = 22 =
=
 

23. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) Cho các số thực dương a, b, c . CMR :
a3 b3 c3 a b c
a bca
b3 c
+ 3 + 3≥ + +

 a3 a3 a
+ 3 +1≥3
b
b b
3


a3 b3 c3
3 ≤ 3 + 3 + 3
HD : 

b c a



24. ( Đề thi HS G Tỉnh Vĩnh Phúc năm 2010 ) . Cho x, y, z ≥ 0 thỏa mãn : x 2 + y 2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất của
1.


bi ểu thức : P 6(y + z − x) + 27xyz
y 2 + z2 1 − x2
=

( PMax = 10)
HD : P ≤ 6  2(y 2 + z2 ) − x  + 27x. = 6  2(1 − x 2 ) − x  + 27x
2 2
25. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . C ho a, b,c ≥ 0: a2 + b2 + c2 = . Chứng minh rằng :
1
   
   


6
a3 + 2b3 + 3c3 ≥
7
HD : Có thể dùng cân bằng hệ số hoặc Svacxơ
26. Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn : xyz = 1 . Chứng minh rằng :
(x 4 + y 4 )3 (y 4 + z4 )3 (z4 + x 4 )3
≥ 12
x6 + y 6 y +z z + x6
+ 6 6+ 6


Tr. 9 
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
10

Lời giải : Đặt = a;y b;z c ⇒ abc = 1 . Bất đẳng thức đã cho trở thành :
x
Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
2 2 2


(a2 + b2 )3 (b2 + c2 )3 (c2 + a2 )3
==

+ 3 3 + 3 3 ≥ 12
a3 + b3 b +c c +a
Áp dụng Bất đẳng thức AM -GM cho 4 số ta có :
(a2 + b2 )3 = a6 + a 4 b2 + a 4 b2 + a 4 b2 + b6 + a2 b4 + a2 b4 + a2 b4 ≥ 4 4 a6 b6 a3 + b3
( )( ) ( )
27. (Đề thi HS G Tỉnh Đồng Nai năm 2010 ) . C ho a,b,c > 0 . Chứng mi nh rằng :
1 1 1 3(a + b + c)
a + b b + c c + a 2(a2 + b2 + c2 )
+ + ≥


(a2 + b2 ) + (b2 + c2 ) + (c2 + a2 )  1 1 1  3(a + b + c)
HD :

BĐT ⇔ 
2 a + b + b + c + c + a  ≥ 2


(a + b)2
 

Và chú ý : a2 + b2 ≥
2
28. ( Đề thi HS G Tỉnh Phú Thọ năm 2010 ) . Cho x,y,z > 0 : x + y + z = . Chứng minh rằng :
9
x 3 + y 3 y 3 + z3 z 3 + x 3
≥9
xy + 9 yz + 9 zx + 9
+ +

29. ( Đề thi chọn ĐT Ninh Bình năm 2010 ) . Cho a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác có chu vi bằng 4. Chứng minh
272
rằng : a2 + b2 + c2 + 2abc ≤
27
HD : Bài này thì chọn phần tử lớn nhất mà đạo hàm .
a3 b3 c3
≥a+b+c
30. (Đề thi HSG Tỉnh Bình Định năm 2010 ) . C ho a,b,c >0 . CMR :
bc ca ab
++

a 4 (a2 + b2 + c2 )2 (a + b + c)4
≥a+b+c
HD : VT = ∑
abc 3abc 27abc
≥ ≥

31. ( Đề thi chọn HS G QG Tỉnh Bình Định năm 2010) . Cho x,y,z >0 thỏa mãn : 2 xy + xz =ìm giá trị nhỏ
1 .T
3yz 4zx 5xy
nhất của : S =
x y z
+ +

1 2 3
1.
32. ( Đề thi chọn HS G Thái Nguyên năm 2010 ). Cho các số thực x,y,z thỏa mãn điều ki ện :
1+ x 2+ y 3+z
Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = xyz
+ + =


33. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Bến Tre năm 2010 ) . C ho a,b, c > 0 :a2 + b2 + c2 =. Chứng minh bất đẳng thức :
3
1 1 1
≤1
4 − ab 4 − bc 4 − ca
+ +

34. ( Đề thi chọn ĐT trường ĐHSP I Hà Nội 2010 ) . Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
x 2 y y 2 z z2 x 13xyz
P
z3 x y 3(xy 2 + yz2 + zx2 )
+ 3+ 3+
=


x y z abc 13
Đặt : = = = abc = . Lúc đó : P = 2 + 2 + 2 +
a; b; c⇒ 1
Lời giải 1 :

y z x 3(a + b + c)
bca
(ab + bc + ca)2
Ta có : (a + b += abc(a + b += (ab)(ac) + (ab)(bc) + (ac)(bc) ≤
c) c)
3
1 a 1
 a + b2 ≥ 2 b
1 b 1 a b c 111
Lại có :  + 2 ≥ 2 ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + + = ab + bc + ca


b c c abc
bca
1 c 1
 + 2 ≥2
c a c
13
D o đó : P ≥ (ab + bc + ca) + ( Với ab + bc + ca ≥ 1 )
(ab + bc + ca)2

Tr. 10
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
11 Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

y x z a2 b2 c2 13abc 13
Lời giải 2 :

= = = abc = . Lúc đó : P = + + +
a; b; c⇒ 1 ≥ (a + b + c) +
Đặt :
x z y b c a 3(ab + bc + ca) (a + b + c)2
xyz 3
35. Bài toán tương tự : Cho x,y,z > 0 : xyz ≤ 1 . Chứng minh rằng : ≥4
y 2 z2 x 2 x + y + z
+++

1 1 1
= = = abc ≥ 1 .
a; b; c⇒
Lời giải : Đặt :
x y z
a2 b2 c2 3abc (a + b + c)2 9
BĐT đã cho trở thành : . Với : a + b + c ≥ 3 3 abc = 3
c a b ab + bc + ca a+b+c (a + b + c)2
+++ ≥ +

36. ( Đề thi chọn đổi tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) . C ho a,b,c là các số thực thuộc đoạn [0;1] v à a + b + c = . Tìm giá
1
1 1 1
trị lớn nhất và nhỏ nhất của : P
a2 + 1 b2 + 1 c2 + 1
= + +

1 1 1
≥1+ , ∀x,y ≥ 0; x + y ≤ 1
HD : Dùng pp tiếp tuy ến và Bất đẳng thức : 2
x +1 y +1 (x + y )2 + 1
+2

37. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Lâm Đồng ) . Cho a,b,c là các số thực dương . Chứng minh rằng :
a2 b2 c2
+ + ≥ a2 − ab + b2 + b2 − bc + c2 + c2 − ca + a2
bca

 a2 a2 b2 c2
  b2   c2
Lời giải :

C1 : ( THTT) T a có :  + b  +  + c  +  + a  ≥ 2(a + b + c) ⇒ + + ≥ a + b + c
b  c  a bca



 a2 b2 c2   a2 − ab + b2  
 a 2


D o đó = 2 + +  ≥ ∑  + b − a  + b
: 2.VT  + b ≥ 2VP
b c a  b b

∑
= 

a2 − ab + b2 ≥ a + b + c(Mincopxki)
C2 : Ta có :
  
  


∑ a − ab + b ≥ a2 − ab + b2

a2 − ab + b2
M à : VT = ∑
2 2


a+b+c
b

Svacxo

38. ( Đề thi chọn đội tuyển trường Lương Thế Vinh – Đồng Nai năm 2010 ) . Cho a,b,c > 0 : abc =
1 . Chứng minh



rằng : ab2 + bc2 + ca2 ≥ a + b + c
ab 2 a
abc
+ + ≥ a + b + c . Chú ý là : + + a c ≥ 3a  a c =
HD : BĐT ⇔
bc b
bca
2


Lời giải 2 : Ta có : ab2 + ab2 + bc2 ≥ 3 3 (a2 b2c2 )b3 =
3b
 


39. ( Chọn ĐT HS G QG tỉnh Phú Thọ năm 2010 ). Cho a,b,c > 0 . Chứng minh bất đẳng thức :

 a  3  b  3  c  33 2
2 2 2

 b+c  + c+a  + a +b ≥ 2
3




b+c b+c  b+c a 1 a
     

HD : 2 + ≥ 3 3 2
2 2


a a a
 ⇒ 2(a + b + c) ≤ 3 3  b + c 
32 
+

40. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho 3 số dương a,b,c thay đổi . Tìm giá trị lớn nhất của :


bc ca ab
P= .
a + 3 bc b + 3 ca c + 3 ab
+ +

a b c
x; y; = xyz = Lúc đó :
z⇒ 1.
HD : Đặt
b c a
= =

z x y 1 x
P=+ + 1 . Lại có :
x + 3z y + 3x z + 3y 3  x + 3z 
− ∑
+ =

x x2 (x + y + z)2 (x + y + z)2 3


∑ x + 3z ∑ x2 + 3zx (x + y + z)2 + (xy + yz + zx) ≥ (x + y + z)2 4
(x + y + z)2 +
= ≥ =

3
13 3
D o đó : P ≤ 1 − = . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x = y = z =1 .
34 4
Tr. 11
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
12 Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ


Đặt x a ,y b,z c;x,y,z ∈ ( 0; + ∞ ) .
ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT :


yz zx xy
= = =

Khi đó: P = .
x2 + 3yz y 2 + 3zx z2 + 3xy
+ +

3yz 3zx 3xy
Ta có 3P =
x 2 + 3yz y 2 + 3zx z2 + 3xy
+ +

 x2 y2 z2 
3− 2 3−Q
 x + 3yz y + 3zx z + 3xy 
+2 +2
= =

áp dụng bđt BCS ta được

x y z
2

x2 + 3yz + y 2 + 3zx + z2 + 3xy 
 x2 + 3yz y 2 + 3zx z2 + 3xy
 



≤ Q. x2 + y 2 + z2 + 3xy + 3yz + 3zx
 
( )

(x + y + z) (x + y + z)
2 2

⇔Q≥ xy + yz + zx ≤
. M ặt khác
3
( x + y + z ) + xy + yz + zx
2



3 9 3
Suy ra Q ≥ , do đó 3P ≤ ⇒ P ≤ .
4 4 4
3
.
D ấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b= c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
4


41. ( Đề dự bị HSG Tỉnh Nghệ An 2008 ) . Cho ba số dương a ,b,c thoả mãn : a2 + b2 + c2 = Tìm giá trị nhỏ nhất
1.
a2 b2 c2
của biểu thức : P = .
b+c c+a a+b
+ +

1 1 1
Lời giải 1 : Giả sử : a ≥ b ≥ c ⇒ . Áp dụng bất đẳng thức Chebysev ta có :
b+c c+a a+b
≥ ≥

a2 b2 c2 1 1 1 1  1 1 1 1
P= . ≥ a2 + b2 + c2 
b+c c+a a+b 3  b+c c+a a+b
 = 3 b + c + c + a + a + b  ≥
( )
+ + + +

3 3
 

2(a + b + c) 2 3(a2 + b2 + c2 )
≥ ≥

Lời giải 2 : Áp dụng BĐT Swcharz :
a4 b4 c4 (a2 + b2 + c2 )2
P= 2 .≥
a (b + c) b (c + a) c (a + b) b(a2 + c2 ) + a(b2 + c2 ) + c(a2 + b2 )
+2 +2

2a b2 + c2 . b2 + c2 1  2a2 + 2(b2 + c2 ) 
3

ại có : a(b2 + c2 )
L=
3
2 2
≤  


a3 b3 c3 3
42. ( Đề chọn đội tuyển QG dự thi IMO 2005 ) . Cho a,b,c >0 . CMR :
(a + b)3 (b + c)3 (c + a)3 8
+ + ≥

1 1 1 3
b c a
= y; = z ;⇒ xyz 1 . Bất đẳng thức đã cho trở thành :
Lời giải : = x;
(1 + x) (1 + y) (1 + z) 8
a b c 3 3 3
+ + ≥
=

1 1 1 1 3
≥ 33
Áp dụng AM -GM ta có :
8 8(1 + x)
(1 + x ) (1 + x ) 2(1 + x )
3 3 6 2
+ + =

1 1 1 3
Ta cần CM bất đẳng thức :
(1 + x)2 (1 + y)2 (1 + z)2 4
+ + ≥




Tr. 12
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
13
1 1 1
Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ

Bổ đề : ( ∀x,y > 0)
1 + xy
(1 + x ) (1 + y )
2 2
+ ≥

Bổ đề này được CM bằng cách biến đổi tương đương đưa v ề BĐT hiển nhiên : xy(x − y)2 + (1 − xy)2 ≥ 0
1 1 z 1 z(z + 1) + 1 z2 + z + 1
D o đó : VT ≥
1 + xy (1 + z) z + 1 (1 + z) (1 + z)2 z2 + 2z + 1
2 2
+ =+ = =

z2 + z + 1 z2 − 1
= Max{x,y,z} ⇒ 1 xyz ≤ z3 ⇒ z ≥ 1 . Xét hàm số : f(z) =
Giả sử : z ;=
f '(z) ≥ 0, ∀z ≥ 1
z + 2z + 1 (z + 1)4
2
=

3
Suy ra : f (z ) ≥ f(1) = .
4
43. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2008 ) . C ho x , y,z ≥ 0 :x + y + z = . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
1
1−x 1−y 1−z
P=
1+ x 1+ y 1+z
+ +

1−x x2
≥ (1 − x) ⇔ 1 − x 1 − 1 − x2 ≥ 0 ⇔ 1 − x ≥ 0 ( l uôn đúng )
1+ x 1 + 1 − x2
)
(
Lời giải 1 :

Thiết lập các BĐT tương tự ta có : P ≥ 2
4
1−x 1−y 1−x −y 2
≤1+ , x + y ≤ v à MaxP= 1 +
1+ x 1+ y 1+ x + y 5 3
Chú ý : Để tìm Max cần sử dụng BĐT phụ : +

44. ( Đề thi HS G lớp 11 tỉnh Hà Tĩnh năm 2008 ) . C ho x,y,z > 0 : x + y + z = . Chứng minh bất đẳng thức :
1
1+ x 1+ y 1+z x y z
≤ 2 + + 
y +z z+x x+y y z x
+ +

x y z x y z 3 xz xy yz
G iải : BĐT ⇔ 2  + 3 ≤ 2 + +  ⇔ ≤
2 y(y + z) z(z + x) x(x + y)
 y +z z+x x+y  y z x
+ + + +

( xz + yz + zx )
xz xy yz (xz)2 (xy)2 (yz)2
2

Ta lại có : VP =
y(y + z) z(z + x) x(x + y) xyz(y + z) xyz(z + x) xyz(x + y) 2xyz(x + y + z)
+ + = + + ≥

3
(xy + yz + zx)2
M à : xyz(x + y + z) (xy)(yz) + (xz)(zy) + (zx)(xy) ≤ ⇒ VP ≥
3 2
=

45. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình – 2010 ) . Cho a , b,c ≥ 0 :a + b + c = . Chứng minh rằng :
3
a b3 + 1 + b c3 + 1 + c a3 + 1 ≤ 5
2a 2b 2c
46. Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác ABC . Tìm GTNN của : P =
2b + 2c − a 2a + 2c − b 2b + 2a − c
+ +

2a 6a 6a
2b + 2c − a (a + b + c)
(3a)(2b + 2c − a)
HD :
= ≥

47. Cho a , b,c ≥ 0 : a + b + c = . Tìm GTLN, GTNN của : P
1 a2 + a + 1 + b2 + b + 1 + c2 + c + 1
=

Tìm GTNN : Áp dụng BĐT Mincopxki ta có :
HD .


1  3  3 3 3 
2 2

P = a2 + a + 1 + b2 + b + 1 + c2 + c + 1 = a+  + ≥ a + b + c +  + 
2 2


2  2  2  2 
 
∑  
  
 
 

Bổ đề : CM bất đẳng thức : 1 + a + a2 + 1 + b + b2 ≤ 1 + 1 + (a + b) + (a + b)2
Tìm GTLN :


Bình phương 2 vế ta có : (1 + a + a2 )(1 + b + b2 ) ≤ ab + 1 + a + b + (a + b)2 ⇔ 1 + a + b + (a + b)2 + (1 − a − b) ≥ 0
48. ( Đề thi chọn HS G QG tỉnh Hải Dương năm 2008 ) . Cho a,b,c > 0 :a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi ểu
3
a2 b2 c2
thức : P =
a + 2b3 b + 2c3 c + 2a3
HD : AM -GM ngược dấu .
+ +


a2 2ab3 2ab3 2 2 2 4
=a− ≥a− = a − b 3 a2 ≥ a − b(a + a + 1) = a − b − ab
Ta có :
3 9 9 9
a + 2b3 a + 2b3 3 ab
3 6



Tr. 13
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
14

7 4 (a + b + c)
2 4
Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ
2

D o đó : P ≥ (a + b + c) − (a + b + c) − (ab + bc + ca) ≥ − 1
9 9 39 3
=

1 1
49. ( Đề chọn ĐT trường chuyên Bến Tre ) . Cho x,y,z ≥ 0 . Tìm GTLN của : M =
x + y + z + 1 (1 + x)(1 + y)(1 + z)


 x + y +z +3 1 27
Giải : Đặt x + y + z =≥ 0 , ta có : (1 + x)(1 + y)(1 + z) ≤ 
t  . Lúc đó : M ≥ t + 1 −
3


3 (t + 3)3
1 27
Xét hàm số : f( t ) = , t ≥0
 

t + 1 (t + 3)3


3a 4 + 1 3b4 + 1 3c4 + 1 a2 + b2 + c2
50. Cho a,b,c > 0 . Chứng minh rằng :
b+c c+a a+b 2
+ + ≥

HD : Ta có : 3a 4 + 1 = a 4 + a 4 + a 4 + 1 ≥ 4 4 a1 2 = 4a3
4a3 4a 4
D o đó : VT ≥ ∑ ≥ ...
b+c
∑ ab + ac Svacxo
=

111 9 4 4 4
51. Cho a,b,c > 0 . Chứng minh rằng :
a b c a+b+c a+b a+c b+c
+++ ≥ + +


bc ca ab 33
HD :

52. Cho a,b,c > 0 : a + b + c = . Chứng minh rằng :
1
4
a 3c + ab ) b( 3a + bc ) c( 3b + ac
+ + ≥
( )
a b c 11 1 1
53. Cho a,b,c > 0 . CMR :
3a2 + 2b2 + c2 3b2 + 2c2 + a2 3c2 + 2a2 + b2 6  a b c 
+ + ≤++

a b c
54. Cho a,b,c > 0 :ab + bc + ca = CMR :
3. ≥ abc
2a + bc 2b + ca 2c + ab
2
+2 +2

1 + a3 1 + b3 1 + c3
55. Cho a,b,c > 0 . CMR : ≥3
1 + a2c 1 + c2b 1 + b2a
+ +

1 1 1 3
56. Cho a,b,c > 0 : abc = :
27 . CMR
1+c 2
1+a 1+b
+ + ≤

1 1 1 27
57. Cho a,b,c > 0 . CMR :
b(a + b) c(c + b) a(a + c) (a + b + c)2
+ + ≥

b+c c+a a+b
58. Cho a,b,c > 0 . CMR : ≥ a + b + c +3
a b c
+ +

ba ac cb
≥1
59. Cho a,b,c ∈ (1;2) . CMR :
4b c − c a 4a b − b c 4c a − a b
+ +

3 6
60. Cho a,b,c > 0 : abc = : 1 +
1 .CMR
a + b + c ab + bc + ca


x 2z y2x z2 y 1 x y z 
61. Cho x,y,z > 0 . CMR :
2 y z x 
xyz + y xyz + z xyz + x
3 3 3
+ + ≥++

a2 b2 c2 a+b+c
111
62. Cho a,b,c > 0 : + + = . CMR :
1
a + bc b + ac c + ba 4
abc
+ + ≥

x y z
63. Cho x,y,z > 0 . Tìm Min của : =
P 4(x3 + y 3 ) + 3 4(y 3 + z3 ) + 3 4(z3 + x3 ) + 2 2 + 2 + 2 
y z x
3




64. Cho a,b,c > 0 :a + b + c = . CMR :
3 a + b + c ≥ ab + bc + ca
1 1 1
65. Cho a,b,c > 0 :abc =
1 . CMR: ≤1
a + b+1 b+c +1 c +a +1
+ +

y z
x
66. Cho x,y,z > 0 . CMR : ≤1
x + (x + y)(x + z) y + (x + y)(y + z) z + (x + z)(y + z)
+ +

a3 b3 c3 a+b+c
67. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2008 ). Cho a,b,c > 0 . CMR :
2
a +b b +c c +a
2 2
+ 2 2+ 2 2≥

Tr. 14
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
15

68. ( Đề thi HS G Tỉnh Thái Bình năm 2009 ) . Cho các số thực x , y , z thỏa mãn x 2 + y 2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất
3.
Phần III : BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ


của biểu thức: F 3x 2 + 7y + 5y + 5z + 7z + 3x 2
69. (Đề thi HSG TP Hồ Chí Minh năm 2006 ) . C ho a ,b,c là các số thực không âm thỏa: a + b + c =. Chứng minh:
3
=


a2 b2 c2 3
b +1 c +1 a +1 2
2
+2 +2 ≥.

2a 2b 2c
≤3
70. Cho a,b,c > 0 . Chứng mi nh rằng :
a+b b+c c+a
+ +

1 1 2
a b c
( xy ≤ 1)
HD : Đặt x = ;y = ;z = ⇒ xyz = 1 . Áp dụng Bổ đề :
1 + x2 1 + y 2 1 + xy
b c a
+ ≤


a) log b+c a2 + log c+a b2 + log a+b c2 ≥ 3 ( a,b,c > 2)
71. Chứng minh các Bất đẳng thức :


 log bc log c a log a  9
2 ( a,b,c > 1)
b+c c+a a+b a+b+c
b) + + ≥


72. Cho x,y , z ≥ 0 : xy + yz + zx = Tìm giá trị nhỏ nhất của : P = x 2 y 3 + y 2z3 + z2 x3 + (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2
3.
c)


Giải :
73.




Tr. 15
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
16 Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ




x1 = 1
PHẦN IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

1. Cho dãy số :  . Chứng minh dãy số có giới hạn v à tính giới hạn đó.
x n+1 = 3 x n + 11
7 − log 2


( )
−2x
HD : X ét hàm số : f (x)= 7 − log3 (x 2 + 11),x ∈ (0;5) , ta có : f '(x) = < 0, ∀x ∈ (0;5)


(x2 + 11)ln3
D o đó : 0 < f(5) < f(x) < f(0) < 5 . Mà x n+1 = f (x n ) , do đó bằng quy nạp ta CM được rằng : 0 < x n < 5, ∀n
−2x
Lại xét hàm số : g( x)= 7 − log3 ( x 2 + 11) − x, x ∈ (0;5) . Ta có : g'(x) − 1 < 0, ∀x ∈ (0;5)
(x + 11)ln3
2
=

Suy ra phương trnh f(x)=x có nghiệm duy nhất x = 4 .
ì
1
Theo định lý Lagrage ∃c ∈ (x n ; 4) s ao cho : f(x n ) −= f '(c) x n − 4 ≤
f(4) xn − 4
11 ln3
1
2c 2c 1
n−1

). Do đó : x n+1 − 4 ≤  x1 − 4 → 0
( Vì f '(c) =
(c + 11)ln3 2 11c2 ln3  11 ln3 
11 ln3
 
2
≤ = 

2. Cho phương tr : x 2n+1= x + 1 v ới n nguyên dương . Chứng minh phương trình đã cho có duy nhất một nghi ệm
ình
thực với mỗi n nguyên dương c ho trước. Gọi nghiệm đó là x n . Tìm limx n
x > 1
Giải : Từ phương trình : x 2n+1 = x + 1 ⇔ x(x 2n − 1) =1 ⇒ x(x 2n − 1) > 0 ⇒ x(x − 1) > 0 ⇒ 
x < 0
Đặt fn (x ) = x − x −1 .
2n+1


+) Nếu x 1 , ta có : fn '(x) (2n + 1).x 2n − 1 > 0 . Hơn nữa f(1) = −1; lim f(x) = +∞ , s uy ra phương trình
x→+∞

có nghiệm x n ∈ (1; +∞ ) duy nhất .
=


Xét hiệu :
fn+1 (x n ) − fn (x n ) (x − x n − 1 − x2n+1 −= x 2n+1 (x n − 1) > 0, ∀x n > 1 ⇒ fn+1 (x n ) > fn ( x n )
xn − 1
2n+2
n n n
)( )
Hay : fn+1 (x n ) > fn (x n ) = =n+1 (x n+1 ) ⇒ x n > x n+1 . (Do hàm f(x) tăng ) .
0f
=


Vậy dãy {x n } l à dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 nên có giới hạn . Giả sử : lim x n a(a ≥ 1)
Ta sẽ chứng minh a=1 . Thật vậy, giả sử a > 1 .
=

u1 = 1
u1 u2 u
u2 . Đặt : Sn = + + ... + n .
3. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) Cho dãy số {un } : 
u2 u3 un+1


un+1 un +


2010
n
=

Tìm : limSn




u2 u − uk u u − uk u u 1 1
Lời giải :

Ta có : uk +1 − uk =k ⇒ k +1 2010  (*)
2010 uk 2010 uk .uk +1 2010.uk +1 uk +1  uk uk +1 
=k ⇒ k +1 =k ⇒ k=  −

1
Từ hệ thức (*) cho k = 1,2…,n ta có : Sn 2010  1 −
un+1 

= 

u2


Lại có : un+1 = un + ≥ un ⇒ Dãy {u n } tăng .
2010
n



Gi ả sử {u n } bị chặn trên . Suy ra tồn tại giới hạn hữu hạn : limun a(a > 1) . D o đó, từ :
u2 u2  a2
=

un+1 = un + ⇒ limun+1 = lim  un + n  ⇒ a = a + ⇒ a = 0 ( Vô lý )
2010 2010  2010
n



1
 

Suy ra dãy {u n } tăng và không bị chặn trên, nên : limun = +∞ ⇒ lim = 0 ⇒ limSn = 2010


un+1


Tr. 16
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
17

1 < x1 < 2
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

4. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Định năm 2010 ) . C ho dãy số { x n } :  . Chứng minh dãy số {x n }
x2


x n+1= 1 + x n − , ∀n ≥ 1


2
n



có gi ới hạn và tìm giới hạn đó .



x2
Lời giải :

Xét hàm số : f(x)= 1 + x − , x ∈ (1;2) . Ta có : f '(x) = 1 − x < 0, ∀x ∈ (1;2) . Do đó :
2
3
1 = < f(x) < f(1) =< 2 . Từ đó thay x bởi : x1 ; x 2 ,...,x n ta có : 1 < x1 ,x2 ,..., x n < 2
f(2)
2
Suy ra dãy {x n } bị chặn .
a2
Giả sử dãy số có giới hạn là a, lúc đó a thỏa mãn pt : a = 1 + a − ⇒a= 2
2
Ta sẽ CM giới hạn này bằng định lý kẹp :

( 2)
x2   1
2


Xét hiệu : x n+1 − 2  1 + x n −  −  1 + 2 −  = 2 xn − 2 xn + 2 − 2
 

2  2
n

( )
= 
 

Lại có : 1 < x n < 2 ⇒ 2 − 1 < x n + 2 + 2 < 2 ⇒ x n + 2 + 2 < 2
 


2
D o đó : x n+1 − 2 < x n − 2 (*) . Từ (*) cho n = 1,2,… và nhân lại với nhau ta có :
2
( )
 2  2
n−1 n−1

x n+1 − 2 <  x1 − 2 . M à lim  x1 − 2 = limx n =
0⇒ 2
2 2
( ) ( )
1
 

u1 =
   

3
5. ( Bài toán tương tự ) . Cho dãy số {un } :  . Tìm limun .


u2


u = n − 1, ∀n ≥ 1


 n+1 2
x1 = 1


6. ( Đề thi HS G Tỉnh Bến Tre năm 2010 ) . C ho dãy số {x n } :  . Chứng minh rằng
= x n + x n + 1 − x2 − x n + 1
x n+1


2
n

dãy số trên có giới hạn v à tìm giới hạn đó .



2x n
Ta có : x n+1
= x2 + x n + 1 − x2 − x n + 1
Lời giải :


x2 + x n + 1 + x2 − x n + 1
n n =
n n

Bằng quy nạp ta chứng minh được rằng : x n > 0, ∀n =1,2,...
Lại có :
1 3 1 3
x2 + x n + 1 + x2 − x n +=
1  x n + 2  +  2  +  −x n + 2  +  2 
2 2 2 2
 
n n
Mincopxki

     

1  1   3 3
2
2

 x n +  +  − x n +   +  2
2  2   2 2

Mincopxki
≥ + =

Từ đó suy ra : x n+1 < x n
  

Vậy dãy {x n } giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử

limx n = a ⇒ a = a2 + a + 1 − a2 − a + 1 ⇒ a = 0
x1 = 2
7. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho dãy số : {x n } :  x1 + 2x2 + ... + (n − 1)x n−1


x n = , n >1


n(n2 − 1)
Tính limUn v ới U= (n + 1)3 .x n


Lời giải : Ta có :
n




Tr. 17
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
18
1
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

+) x 2 =
3
+) Với n ≥ 3 ta có :  x1 + 2x 2 + ... + (n − 1)x n−1  = n(n2 − 1)x n = n3 x n
 + nx n + nx n
 x1 + 2x 2 + ... + (n − 2)x n−2  + (n − 1)x n−1 = (n − 1) (n − 1)2 − 1 x n−1 + (n − 1)x n−1 = (n − 1)3 x n−1



x n (n − 1)3  n − 1   n 
   

Từ đó suy ra : n3 x n = nx n + (n − 1)3 x n−1 ⇒
2

 (*)
x n−1 n3 − n  n   n + 1 
= =

Từ (*) cho n = 3,4…ta có :



x n x n−1 x3
xn   n − 1 2  n − 2 2  2 2   n n − 1 3  12 4
. ...  .  n − 1  ...  3   .  n + 1 . n = 2
...  ⇒ xn
x2 x n−1 x n−2 x2  n   4  n (n + 1) n (n + 1)
=2
= = 

4(n + 1)3
  
 

D o = lim 2
đó : limUn = 4 .
n (n + 1)
x0 > 0
9. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2010 ) . C ho dãy {x n } :  . Chứng minh dãy có giới hạn v à
x (x2 + 3)


x n+1 , ∀n ≥ 0


3x n + 1
= n 2n

tìm giới hạn đó .




Bằng quy nạp ta chứng minh được x n > 0, ∀n > 0
Lời giải :

+) TH1 : Nếu x0 = 1 , quy nạp ta được x n = 1, ∀n > 0 . Hiển nhiên limx n = 1
+) TH1 : Nếu x0 > 1 ,
x(x2 + 3) x2 (x − 1)2
Xét hàm số : f(x) = trên khoảng (1; +∞ ) ta có : f '(x) > 0, ∀x ∈ (1; +∞ ) ⇒ f(x) > f(1) = 1
3x + 1 (3x2 + 1)2
2
=

D o đó : x2 = f ( x1 ) > 1, .... quy nạp ta có : x n > 1, ∀n
x k (x2 + 3) 2x k (x 2 − 1)
Lại có : x k +1 < x k ⇔ < xk ⇔ > 0 đúng với x k > 1
3x + 1 3x 2 + 1
k k
2
k k

Từ đó ta có : x1 > x 2 > .... > x n > x n+1 > 1 . D ãy số giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn hữu hạn .
a a2 + 3
Giả sử : limx n = a > =
0⇒a =1
⇒a
( )
3a2 + 1
x(x2 + 3)
+) TH3 : Nếu 0 < x0 < 1 , Xét hàm số : f(x) = trên khoảng (0;1) ta có :
3x 2 + 1
x2 (x − 1)2
f '(x) > 0, ∀x ∈ (0;1) ⇒ = f(0) < f( x) < f(1) = 1
0
(3x 2 + 1)2
=

D o đó := f(x1 ) ∈ (0;1),... quy nạp ta có : x n ∈ (0;1), ∀n
x2
x k (x2 + 3) 2x k (x 2 − 1)
ta có : x k +1 > x k ⇔ > xk ⇔ < 0 đúng với 0 < x k < 1
3x 2 + 1 3x2 + 1
k k

k k

D o đó : 0 < x1 < x 2 < ... < x n < x n+1 < 1 . Dãy số tăng và bị chặn trên nên tồn tại giới hạn hữu hạn . Giả sử :
a a2 + 3
limx n = a > =
0⇒a =1
⇒a
( )
3a2 + 1
Kết luận : limx n = 1
u0 = α
10. ( Bài toán tương tự ) . C ho α > 0; a > 0 l à hai số tùy ý. Dãy {un } :  . Chứng minh dãy
un (u2 + 3a)


= = 0,1,... un+1 ,n


3un + a
n
2


có gi ới hạn và tìm giới hạn đó.



u0 > 1
11. ( Chọn đội tuyển ĐH Vinh năm 2010 ) . C ho dãy số {un } :  . Tìm limun
un + 1 + 2(u2 + 1)


= = 0,1... un+1 ,n


un − 1
n



Tr. 18
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
19

a1 = 1
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ


1
12. ( Đề thi chọn ĐT HS G QG KonTum năm 2010 ) . Cho dãy số thực {a n } xác định như sau :  .
a n+= a n + a (n ≥ 1)


1
n

a
Chứng minh rằng : lim n = 2


n
n→+∞

xn
13. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Dương năm 2006 ) . Cho dãy số thực x1 = 2006; x n+1 = 3 + . Tìm lim x n
x2 − 1 x→+∞
n

14. ( Đề thi HS G Tỉnh Phú Thọ năm 2008 ) . Cho dãy số {x n } thỏa mãn :
x1 = 1 1
. Đặt y n = ∑ . Tìm limy n .
n


i=1 x i + 2
x n+1 = x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1 , ∀n > 0




1 1 1
x n+1 = x n (x n + 1)(x n + 2)(x n + 3) + 1 =x 2 + 3x n + 1 = + 3x n + 1 ⇒
x2

2

x n + 2 x n + 1 x n+1 + 1
n n
( )
HD : = −

Sau đó chứng mi nh dãy tăng và không bị chặn trên .
x1= a > 1 x x xn 
15. Cho dãy ( x n ):  . Tìm : lim  1 + 2 + ... +
2010x n+1 = x n + 2009x n n→+∞ x − 1 x3 − 1 x n+1 − 1 

2 
2
x2 2009x
, x > 1 . Ta có : f’(x) > 0 , ∀x > 1 ⇒ f(x) > f(1) =
HD : X ét hàm số : f(x) = + 1 . Bằng quy nạp chứng minh
2010 2010
x2 x x (x − 1)
được rằng : x n > 1, ∀n . Xét hiệu : x n+1 − x n > 0, x n > 1 ⇒ x n+1 > x n
2010 2010 2010
= nn
n
−n
=

Gi ả sử ∃limx n = a ( a > 1 ) ⇒ 2010a = a2 + 2009a ⇒ a= 0;a= 1 ( Không thỏa mãn ). Vậy lim x n = +∞
Lại có :
xn x n+1 − x n 1 1
2010x n= x2 + 2009x n ⇒ 2010(x n+1 − x = x n (x n − 1) ⇒
n) = 2010 = 2010 
x n+1 − 1 (x n − 1)(x n+1 − 1) x n − 1 x n+1 − 1 
+1 n − 

x1 = 1


 x23 x23 x23 
16. ( Bài tương tự ) . Cho dãy số : (x n ):  . Tìm giới hạn lim  1 + 2 + ... + n 
xn

x
 2 x3 x n+1 
x n+1 = + x n , n ∈ N *
24


24
17. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2008 ) . Đ ặt f(n) = (n2 + n + 1)2 + 1 v ới n là số nguyên dương . X ét dãy số




f(1).f(3).f(5)...f(2n − 1)
(x n ): x n = . Tính giới hạn của dãy số : un = n2 .x n
f(2).f(4).f(6)...f (2n )
f(k − 1) (k − 1)2 + 1
HD : Chú ý :
f(k) (k + 1)2 + 1
=

a1 = 2008
. Tính lim n2a n
18. Cho d ãy số (a n ) xác định bởi :  n


∑ a i n a n ,n > 1

2 n→+∞
=
 i=1
n −1
HD : Ta có a1 + a2 + ... + a n= n2a n ⇒ ( n − 1 ) a n−1= (n − 1 a n ⇒ a n= a (1)
2

n + 1 n−1
2
)
Trong (1) cho n=1, 2,3….và nhân nó ạ i để tìm : a n
l
2006
19. Cho dãy số ( x n ) thỏa : x1 = 1 +
1,x n+1 = (n ≥ 1) . Chứng minh dãy số ( x n ) có giới hạn và tìm giới hạn ấy
1 + xn
1
x1 =
2
20. ( Đề thi HS G QG năm 2009 ) . C ho dãy số ( x n ): 


. Chứng minh rằng dãy (y n ) v ới
x n−1 + 4x n−1 + x n−1



x n , ∀n ≥ 2
2


2

=

1
y n = ∑ 2 có gi ới hạn hữu hạn khi n → ∞ v à tìm giới hạn đó .

n


xi
i=1

G iải :


Tr. 19
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
20

x + 4x + x 2x + 4 1
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

Xét hàm số : f(x) = , ta có=: f '(x) + > 0, ∀x > 0
2


2 4 x + 4x 2
2


Lại có : x2 = 1 ) > 0,(do x1 > 0).... bằng quy nạp ta chứng minh được x n > 0, ∀n .
f(x
x2 −1 + 4x n−1 + x n−1 x2 −1 + 4x n−1 − x n−1 4x n−1
Xét hiệu : x n − x n−1 − x n−1 > 0,(do x n > 0, ∀n )
2 2
n n

x + 4x n−1 + x n−1
2
= = =
n−1

Suy ra dãy {x n } tăng và x n > 0, ∀n . Giả sử tồn tại giới hạn hữu hạn a lim x n (a > 0) . Suy ra :
=

a + 4a + a
n →+∞




a= = a2 + 4a ⇒ a =
⇔a 0 (Vô lý ) .
2


2
Vậy dãy {x n } tăng và không b chặn trên nên : limx n = +∞

Lại có :
n →+∞




x2 −1 + 4x n−1 + x n−1 x n (x n − x n−1 ) x 1 1 1
xn = ⇒ ( 2x n − x n−1 ) x2 −1 + 4x n−1 ⇒ x n (x n − x n−1 ) = n−1 ⇒
x
2

2 x n x n−1 x n
x .x n−1 x n .x n−1
n
= 2 n−1 ⇒=
=n 2 2

n

1  1 + x1 1
1
1 1 1 1
D o đó : y n  2  +  −  + ... +  − ⇒ lim y n 6 .
n

x  x
 1   1 x2   x n−1 x n  xn
∑ x= x1
2 2 n→+∞
= −= =
i=1

i

x0 = 2009
21. Xét dãy số thực (x n ),n ∈ N xác định bởi :  . Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn
x n = 3 6x n−1 − 6sin(x n−1 ) , ∀n ≥ 1



và tìm giới hạn đó .


x3
HD : Sử dụng bất đẳng thức : x − ≤ sinx ≤ x, ∀x ≥ 0
6
1 6(1 − cosx)
. Ta có : f '(x) > 0, ∀x>0
Xét hàm số : f(x) = − 6sin x ,x > 0 =
6x
3 3 (6x − 6sin x)2
3




D o đó : f (x) > 0, ∀x > 0 . M à x2 f(x1 ) > 0(do x1 > 0) ⇒ ...x n f(x n−1 ) > 0, ∀n
6x n−1 − x3 −1 − 6sin(x n−1 )
= =

Xét hiệu : x n − x n−1 6x n−1 − 6sin(x n−1 ) − x n−1 0 )
6
D o đó dãy {x n } giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn hữu hạn . Giả sử : limx n = a (a ≥ 0) , ta có pt :
a = 3 6a − 6sina ⇔ a3 = 6a − 6sina . Xét hàm số : g(t) = 6sin t − 6t , ta có :
t3 +
g'(t) = 3t 2 + 6cost − 6, g''(t) = 6t − 6sin t ≥ 0, ∀t ≥ 0 ⇒ g'(t) ≥ g(0) 0 ⇒ g(t)≥ g(0) = 0 . Do đó pt có nghiệm duy
nhất a = 0 .
=


x n+1
22. Cho dãy (x n ) được xác định bởi: x 1 = 5 ; x n + 1 = x2 - 2 ∀ n = 1, 2, … . Tìm lim
x1 .x 2 ...x n
n n→+∞


 x1 = 3 x
. Tìm lim n+1
23. Cho dãy (x n ) : 
n→+∞ x
x n+1 = 9x n +11x n + 3; n ≥ 1, n ∈ N.

2
n


( x n ) tăng và không bị chặn :
HD : Chứng minh dãy



8x2 + 11x n + 3
D ễ thấy x n > 0, ∀n , xét : x n+1 − x n 9x2 +11x n + 3 − x n = > 0, ∀x n > 0
n

9x2 +11x n + 3 + x n
n
=
n

 a = −1
Gi ả sử ∃ lim x n= a ( a > 0 ) ⇒ a= 9a2 + 11a + 3 ⇒  ( Không thỏa mãn ) ⇒ lim x n =
a = − 3
8
n→+∞ n→+∞
+∞


x n+1 11 3



D o đó : lim = lim 9 + += 3
n→+∞ x x n x2
n→+∞
n n

Tr. 20
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
21
24. Cho dãy số (un ) xác đị nh bởi công thức
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ


u1 = 2008
un+1 = un - 4013un + 2007 ; n ≥ 1, n ∈ N.

2 2


a) Chứng minh: un ≥ n + 2007; ∀n ≥ 1, n ∈ N .


b) D ãy số (x n ) được xác định như sau:
1 1 1
xn = + + ... + ; n ≥ 1, n ∈ N.
u1 - 2006 u2 - 2006 un - 2006
Tìm lim x n ?
U1 = 1
25. ( Đề thi HS G Tỉnh Trà Vinh-2009) Cho dãy số ( Un ) xác định bởi:  Tìm limUn
4
= log3 3 U3 + 1 + , ∀n ≥ 1
Un+1


3
n→+∞
n


x0 = 1


26. Cho dãy số (x n ):  2 ( x n ln2 − 1) + 1 . Chứng minh dãy (x n ) có giới hạn và tìm giới hạn đó .


x n+1 =
xn


2xn ln2 − 1
HD : Chứng minh dãy gi ảm và bị chặn dưới .


27. Cho phương tr : x n + x n−1 + .... + x − 1 = . Chứng tỏ rằng với n nguyên dương thì phương trình có nghiệm duy
0
ình
nhất dương x n và tìm lim x n .
x→+∞

u1 = 1
28. Cho dãy số {un } xác định bởi  . . Tìm limun
un = C2n n .4


n −n


1
29. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho phương tr
ình: − x + n = (1). Chứng minh rằng: với mỗi n
0


2008x
∈ N* phương trình (1) có nghiệm duy nhất, gọi nghiệm đó là x n . Xét dãy (x n ), tìm lim (x n + 1 - x n ).

1
Đáp án :

Với n ∈ N*, xét f (x) = − x + n ; x ∈ R.
2008x
ln2008
f/(x) = - - 1 < 0 ∀ x ∈ R.
2008x
=> f(x) nghịch biến trên R (1).
1
f(n) 2008n > 0
Ta có: 

=

1
f(n + 1) −1 < 0


2008n+1
=

=> f(x) =0 có nghiệm x n ∈ (n; n + 1) (2).



Từ (1) và (2) => đpcm.
1
Ta có: x n - n = > 0 => xn > n.
2008xn
1
=> 0 < xn - n < .
2008n
1
M ặt khác: lim = 0 => lim(x n - n) = 0.
2008n
Khi đó lim (x n - 1 - x n ) = lim{[x n + 1 - (n + 1)] - (x n - n) + 1} = 1

MỘT SỐ BÀI TOÁN TÌM GIỚI HẠN KHI BIẾT CÔNG THỨ C TỔNG QUÁT CỦA DÃY SỐ .

u1 = 2
30. Cho d ãy số ( un ) :  −9un−1 − 24 . Tìm limun = ?


un 5u + 13 , n ≥ 2

=
n−1

G iải :

Tr. 21
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
22

1
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

u
u1 =
. Tìm lim n
un ) : 
31. Cho dãy số 2 n→+∞ n


u 2u2 − 1 , ∀n ≥ 2

(
n n−1

u u
2n−1 π 1
=

HD : Tìm được : un = cos v à chú ý : 0 ≤ n ≤ ⇒ lim n =0
3 n n x→+∞ n


1
u1 =
2


. Tìm lim 2n .un
32. Cho dãy số ( un ) : 


2 − 2 1 − u2 −1


u n , ∀n ≥ 2
n→+∞
n

2

=

sin n


3.2
HD : Tìm được un = sin n−1 s uy ra : lim 2n .un lim
π

n→+∞ 3 3
2 .6
π π
π
n→+∞
==

3.2n
π


u1 = 3
un−1
33. Cho dãy số ( un ) :  . Tìm lim 2n .un


un = , ∀n ≥ 2


1 + 1 + u2 −1
n→+∞

n


HD : Tìm được un = tan n−1


3.2
π

2
u1 =
3
. Tìm lim ∑ ui
34. Cho dãy số ( un ) : 

n

un−1


u n , ∀n ≥ 2

n→+∞

2(2n − 1)un−1 + 1
i=1
=

u1 = 1



u
u2 = 2 . Tìm lim n+1
35. Cho dãy số : 


n→+∞ u
u = 2u , n ∈ N *
 n+2 un + n+1

n


2
HD : Tìm được un = 1+ 2 ) − (1 − 2 )  . Suy ra :
n n

4
( 

1 −  1 − 2  
 
n+1

2
1+ 2 − 1− 2  1+ 2  
 
n+1 n+1

u 4
lim n+1 2 +1
( ) ( )
 
x→+∞ u
2
 

1− 1 1− 2  
 1+ 2 − 1− 2 
  
n+1
n n
= = =

4
n 
( )( )
1 + 2 1 − 2  1 + 2  



( )


u1 = 3
 

 

u
36. Cho dãy số ( un ) :  . Tính lim n
3 + un−1


n→+∞ n
, ∀n ≥ 2
u n



1 − 3un−1
=




HD : un = tan


3
u1 .u2 ...un
37. Cho dãy số (un ) xác đị nh như sau : un = 2 + 2 + 2 + .... + 2 ( n dấu căn ) . Tính lim
2n
n→+∞


sin
u1 .u2 ...un
un 1 2
⇒ x n = cos n+1 v à chú ý : = x= n 1 .x 2 ...x n
HD : Đặt : x n =
π

2n 2
2 2 sin n+1
π

2
π




Tr. 22
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
23

1
Phần IV : GIỚI HẠN DÃY SỐ

b1 =
2


38. Cho dãy số (bn ):  . Chứng minh dãy hội tụ và tìm lim bn
b = 1  b + b2 + 1


(n ≥ 1)

n→+∞

 n+1 2  n 4n
 
n


1
 

HD : Chứng minh : bn = n .cot n+1



2 2
π




Tr. 23
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
24 Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

PHẦN V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

1. Cho hình chóp tam giácđều có thể tích là 1. Tìm giá trị lớn nhất của bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp.
2. Cho tứ diện ABCD có : AB=a; CD=b ; góc gi a AB và CD bằng α . Khoảng cách giữa AB và CD bằng d. Tính thể tích

khối tứ diện ABCD theo a, b,d và α .
3. Trong các tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và thể tích bằng 36. Hãy xác đị nh tứ diện sao
cho diện tích tam gi ác ABC nhỏ nhất.
MA NB
4. Cho hình hộp ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 . Các điểm M, N di động trên các cạnh AD và BB 1 s ao cho . Gọi I, J lần
MD NB1
=

lượt là trung điểm các cạnh AB, C 1 D 1 . Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn cắt đường thẳng IJ.
5. Gọi O là tâm của một hì nh tứ diện đều . Từ một điểm M bất kì trên một mặt của tứ diện , ta hạ các đường vuông góc
tới ba mặt còn lại. Giả sử K, L và N là chân các đường vuông góc nói trên. Chứng minh rằng đường thẳng OM đi qua
trọng tâm tam giác KLN.
6. Cho hình chóp S.ABC . T điểm O nằm trong tam giác ABC ta v ẽ các đường thẳng lần lượ t song song với các cạnh

SA, SB, SC tươngứng cắt các mặt (SBC), (SCA), (SAB) tại các điểm D,E,F .
OD DE DF
a) Chứng minh rằng : 1
SA SB SC
b) Tìm vị trí của điểm O trong tam gi ác ABC để thể tích của hình chóp ODEF đạt gi á trị lớn nhất.
+ + =


7. Cho hình hộp ABCD .A 1 B 1 C 1 D 1 . Hãy xác định M thuộc đường chéo AC 1 v à điểm N thuộc đường chéo B 1 D 1 của mặt
phẳng A 1 B 1 C 1 D 1 s ao cho MN song song với A 1 D .
8. Các điểm M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, SB của tứ diện đều S.ABC . Trên các AS v à CN ta chọn các
điểm P, Q sao cho PQ // BM . Tính độ dài PQ biết rằng cạnh của tứ di ện bằng 1.
9. Gọi O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. Chứng minh rằng nếu ODC = 900 thì các mặt phẳng (OBD) và (OAD)
vuông góc với nhau .



10. Trong hình chóp tam giácđều S.ABC (đỉnh S ) độ dài các cạnh đáy bằng 6 . Độ dài đường cao SH = 15 . Q ua B vẽ
mặt phẳng vuông góc với AS, mặt phẳng này cắt SH tại O . Các điểm P, Q tương ứng thuộc các cạnh AS và BC sao
2
cho PQ tiếp xúc với mặt cầu tâm O bán kính bằng . Hãy tính độ dài bé nhất của đoạn PQ.
5
11. Cho hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 cạnh bằng a . Đường thẳng (d) đi qua D 1 v à tâm O của mặt phẳng BCC 1 B 1 .
Đoạn thẳng MN có trung điểm K thuộc đường thẳng (d) ; M thuộc mặt phẳng (BCC 1 B 1 ) ; N thuộc mặt đáy (ABCD) .
Tính giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN .
12. Cho tứ diện ABPM thoả mãn các đi ều kiện : AM ⊥ BP; MAB = =; 2AM.BP = . Chứng minh rằng mặt
 ABP 900 AB2
cầu đường kí nh AB tiếp xúc với PM.


13. ( Đề thi HS G Tỉnh Quảng Ninh năm 2010 ) C ho điểm O cố địn h và một số thực a không đổi . Một hình chóp
S.ABC thay đổi thỏa mãn : OA = = = ⊥ OA;SB ⊥ OB;SC ⊥ OC ; ASB 900 ; BSC 600 ;CSA 1200 . Chứng
OB OC a; SA
minh rằng :
  
===

a. ∆ABC v uông .
b. Khoảng cách SO không thay đổi .


a) Đặt : SO = x .
G iải :

Ta có : Các tam giác OAS, OBS, OCS vuông nên : SA = SB SC
= = x2 − a2 .
D o đó : AB S= 2(x − a ) ; AC = SA + SC − 2SA.SC.cos1200 = 3(x 2 − a2 ) ;
= A + SB2 2 2 2 2 2 2 2


BC2 = 00 = (x2 − a2 ) ⇒ AC2 = AB2 + BC2 hay tam giác ABC vuông t i B.
SB2 + SC2 − 2SB.SC.cos6 ạ

b) Gọi M là trung điểm AC , do các tam gi ác SAC, OAC là các tam giác cân nên :
 SM ⊥ AC
⇒ AC ⊥ (SOM) ⇒ AC ⊥ OS
OM ⊥ AC
Tương tự, gọi N là trung đi ểm AB, ta CM được : AB ⊥ SO



Suy ra : SO ⊥ (ABC) .
D o đó mọi điểm nằm trên đường thẳng SO đều
cách đều A, B, C . Suy ra SO đi qua tâm đường
tròn ngoại tiếp M của tam giác ABC .
Trong các tam gi ác vuông ABC và SBO ta có hệ

Tr. 24
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
25

1 1 1
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

 BM2 AB2 + BC2
thức : 
=

1=1+1



 BM2 OB2 BS2
1 1 1 1 3
1 1 1 1


⇒ 3a2 = 2x2 ⇒ x = a
2
2(x2 − a2 ) x2 − a2 a2 x2 − a2
AB2 BC2 OB2 BS2
⇒ + = +
⇒ + =+


14. ( Đề thi HS G Tỉnh Vĩnh Phúc năm 2010 ) . Cho hình chóp S.ABCD cóđáy ABCD là hì nh chữ nhật , AB = a ;
BC = a 2 . Cạnh bên SA v uông góc với đáy và SA=b . Gọi M là trung điểm SD, N là trung điểm AD .
a) Chứng minh AC vuông góc với mặt phẳng (BMN)
b) Gọi (P) là mặt phẳng đi qua B, M và cắt mặt phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông góc với BM .
Tính theo a, b khoảng cách từ S đến mặt phẳng (P) .
Lời giải :

 Đặt AS = x;AB = y;AD =⇒ x.y = = = x |= y |= z |= 2
z y.z z.x 0;| b;| a;| a
           
    
   1  
Ta có : AC = + AB = + z v à BN = AN − AB = z − y
AD y
2
  
    
  

  1 2 (a 2)2
D o đó : AC.BN = z − y 2 = − a2 = ⇒ AC ⊥ BN
0
2 2


 1 
Lại do : MN = SA ⇒ MN ⊥ AC
2
Hay : AC ⊥ (BMN) ⇒ AC ⊥ BM
 Giả sử (P) cắt (SAC) theo gi ao tuyến (d) ⊥ BM
M à do (d) v à AC đồng phẳng ⇒ (d)/ /(AC)
Gọi O (AC) ∩ (BD)
Trong mặt phẳn g (SDB) : SO cắt BM tại I.
=

Q ua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC lần lượt
tại H, K . Mặt phẳng (MHBK) là mặt phẳng (P) cần dựng .
Lại vì : I là trọng tâm tam giác SDC và HK//AC nên :
SH SK SI 2
(1)
SC SA SO 3
Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có :
===


VSMBK SM SB SK 1 VSMHB SM SH SB 1
.= = . ; .= .
VSDBA SD SB SA 3 VSDCB SD SC SB 3
=

V
2 a2b 2
= VSKMB += = SABCD
⇒ VSKMHB VSMHB VSDBA (2)
3 3 9
=

1 1 1
Ta lại có : SK= SMKH + SBKH = MI.HK + BI.HK = BM.HK (3)
2 2 2
MHB


2 3.a    1    1   
2 22
; BM = AM − AB = AS + AD − AB = ( x + z ) − y
HK AC a + (a = 2)2
Mà : = =
2 2
3 3 3
   
( )
 2 1 2 2 12 32 b + 6a
⇒ (BM) x +z = + y2 b + a ⇒ BM = (4)
2 2


4 4 2 2

( )
=

1 b2 + 6a2 2 3a a 3(b2 + 6a2 )
Từ (3), (4) suy ra : SKMHB . (5)
2 2 3 6
= =

3VSKMHB 2 2ab
18a2b 2
Từ (2), (5) suy ra : d(S,(P)) =
SKMHB 9a. 3(b + 6a ) 3(b2 + 6a2 )
2 2
= =

15. ( Đề thi HS G Tỉnh Bình Phước năm 2010 ) . Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có c ạnh bằng a . Trên AB lấy
điểm M, trên CC’ lấy điểm N , trên D’A’ lấy điểm P sao cho : A= CN D'P x(0 ≤ x ≤ a) .
M==
a) CMR tam giác MNP là tam gi ác đ tìm x để di ện tích tam giác này nhỏ nhất .
ều,
a
b) Khi x = hãy tí nh thể tích khối tứ diện B’MNP và bán kính mặt cầu ngoại ti ếp tứ diện .
2

Tr. 25
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
26
16. ( Đề thi HS G Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2008 ) . Cho tứ diện ABCD có các cạ nh AB=BC=CD=D A=a ,
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

= x; BD y . Giả sử a không đổi, xác định tứ di ện có thể tích lớn nhất.
AC =
17. ( Đề thi HS G Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2009 ) Cho khối tứ di ện ABCD có thể tích V . Điểm M thuộc miền trong
tam giác ABC . Các đư ờng thẳng qua M son g song với DA, DB, DC theo thứ tự cắt các mặt phẳng (DBC), (DCA),
(DAB) tương ứng tại A 1 ; B 1 ; C 1 .
MA1 MB1 MC1
a) Chứng minh rằng : 1
DA DB DC
+ + =

b) Tính giá trị lớn nhất của khối tứ di ện MA1B1C1 khi M thay đổi .
18. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Phòng năm 2010 ) . C ho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc . Gọi α;β; γ l ần
lượt là góc tạo bởi các mặt phẳng OBC, OAC, OAB với mặt phẳng (ABC ).
a) Chứng minh rằng : tan2 α + tan2 β + tan2 γ + 2 tan2 α.tan2 β.tan2 γ
b) Gi ả sử OC=OA+OB . Chứng minh rằng : OCA + OCB + ACB =
   900
=

19. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC và mặt phẳng (CAB)
1
vuông góc với mặt phẳng (D AB). Chứng minh rằng: CotBCD.CotBDC = .
2


Lời giải : Đặt : BCD = =
 α; BDC β
Ta có :



 BAC = BDC = β
∆ABC = ⇒ 
∆DCB
 ABC = BCD = α




BAD = BCD = α


∆CBD = ⇒ 
∆ADB
 ABD = CDB = β




Gọi H là hình chiếu của C lên AB . Đặt HC = x .



 ∆CBA = ∆DAB
⇒ CH ⊥ DH
Do 
(CBA) ⊥ (BDA)
HC HC x
Trong tam giác vuông BHC : sin α ⇒ BC
= = = AD
BC sin α sin α
=

HC x x
.
tan= ⇒ BH
BH BH tan α
α = =

HC HC x
Trong tam giác vuông AHC : sin β ⇒= = = BD .
AC
AC sin β sin β
=

HC x x
tan β ⇒ AH
AH AH tan β
= = =

x2 x2 x x
Trong tam giác BCD : = BC2 + BD2 − 2BC.BD.cos ( π − α − β )
CD2 +2 . cos ( α + β ) (1)
sin α sin β
sin α sin β
2 2
= +


Lại có :
= AH2 + AD2 − 2AH.AD.cosα
HD2

x2 x2 x x
⇒ HD2 = −2 . .cosα (2)
tan β sin α
tan2 β sin2 α
+

M à tam giác CHD vuông nên :
x2 x2 x x x2 x2 x x
CD2 CH2 + HD2 ⇒ +2 . cos ( α + β ) x 2 + −2 . .cosα
(1)+( 2)


sin α sin β tan β sin α
sin α sin β tan β sin α
2 2 2 2
= + = +

1
⇒ (1 + cot 2 α ) + (1 + cot 2 β) + 2(cot α.cot β − 1) =+ cot 2 β + (1 + cot 2 α ) − 2cot α.cot β ⇒ cot α.cot β =
1
2
ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT :




Tr. 26
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
27

Đặt AD BC a, AC BD b, AB CD c,BAC A, ABC B, ACB C.
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
  

Ta có ∆ABC nhọn và ∆ABC = ∆D CB = ∆ CDA = ∆BAD.
== == == = = =


Suy ra BCD ABC B;ABD BDC CAB A, (1 )
 
== ===

Hạ CM ⊥ AB , v ì ( CAB ) ⊥ ( DAB ) nên CM ⊥ ( DAB ) ⇒ CM ⊥ MD ⇒ CM2 + DM2 = , ( 2) .
CD2

áp dụng định lí cosin cho tam gi ác BMD ta được MD2 = BM2 + BD2 − 2BM.BD.cosMBD, (3)


Từ (1), (2), (3) ta được CM2 + BM2 + BD2 − 2BM.BD.cos A =
CD2
BC2 + BD2 − 2BM.BD.cos A = CD2 ⇔ a2 + b2 − 2abcos A.cosB = c2

1
⇔ cosC cos A.cosB ⇔ sin A.sinB 2cos A.cosB ⇔ cot A.cot B .
2
= = =


20. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2008 ) . Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hì nh bình hành. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp S.ABCD thành hai
phần có thể tích bằng nhau.




21. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho tam giác ABC , M là một điểm trong tam giác ABC. Các đường
thẳng qua M song song với AD, BD, CD tươn g ứ ng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD) , (ABD) lần lượt tại A’, B’, C’ .
Tìm M sao cho MA'.MB'.MC' đạt giá trị lớn nhất.

Đặt V= V; VMABD VC ; VMADC VB ; VMBC VA ⇒ VA + VB + VC V v à :
= a; BD b; DC c; = x;MB' y;MC' z
DA = = MA'
DABC
Lời giải 1 : === =


VC d(C,(ADB)) MC' z V xV y xyz
==

Ta có : = ; tương tự : A = ; B = ⇒ + + = 1
V d(M,(ADB)) CD c V aV b abc
==

xyz xyz abc
Áp dụng bất đẳng thức AM -GM : 1 = + + ≥ 33 ⇒ xyz ≤ . D ấu “=” xảy ra
abc abc 27
xyz1
abc3
D o đó : MA'.MB'.MC' đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M là trọng
⇔===


Tâm tam giác ABC .




Đặt : = a; BD b; DC c; = x;MB' y;MC' z
DA = = MA'
 A 'M  x   B′M  y 
Lời giải 2 : ==

Ta có : A ′M = ; B′M .DB ;
.DA DA = = .DB
DA a DB b
     
=

ĐÁP ÁN SỞ GD& ĐT :



Tr. 27
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
28 Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Trong mặt phẳng (ABC) :
AM ∩ BC = {A 1 }; BM ∩ AC = {B 1 }, CM ∩ AB = {C 1 }
Trong (DAA 1 ) :
Kẻ đường thẳng qua M s ong song với AD cắt DA 1 tại A’

MA' MA1 S
Xét tam giác DAA 1 có MA’ // AD nên = = ∆MBC
DA AA1 S∆ABC

MC' MC1 S
MB' MB1 S
Tương tự ta có = = ∆MAC , = = ∆MAB
DC CC1 S∆ABC
DB BB1 S∆ABC
MA' MB' MC'
Suy ra + = 1 ( doSMBC + SMAC + SMAB S ABC )
DA DB DC
+ =

MA' MB' MC' MA' MB' MC'
≥ 33 . .
Ta có
DA DB DC DA DB DC
+ +

1
Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤ DA.DB.DC (không đổi)
27
1
Vậy giá trị l ớn nhất M A’.MB’.MC’ là DA.DB.DC, đạt được khi
27
MA' MB' MC' 1 MA1 MB1 MC1 1
DA DB DC 3 AA1 BB1 CC1 3
=== ⇒ ===

Hay M là trọng tâm tam giác ABC

22. ( Tạp chí THTT : T10/278 ; T10/288 ) . Cho tứ diện S.ABC với SA=a; SB =b ; SC = c . Một mặt phẳng (α ) thay đổi
đi qua trọng tâm của tứ diện cắt các cạnh SA, SB, SC tại các đi ểm SA, SB, SC tại các điểm D, E, F tương ứng .
1 1 1
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức :
SD2 SE2 SF2
+ +

1 1 1
b) Với đk : a=b=c=1, tìm giá trị lớn nhất của :
SD.SE SE.SF SF.SD
Lời giải : Đặt : = x; SE y = z
SD = ; SF
+ +


 1     1  SA   1  a  
G l à trọng tâm tứ di ện nên : SG SA + SB + SC= ∑ .SD= ∑ .SD
4 4  SD  4  x
( )
=

abc
4
D o D,E,F, G đồng phẳng nên : + + = . Từ đó ta có :
  

xyz
 1 1 1  a b c 111 16
2

a + b + c  2 + 2 + 2  ≥  + +  16 ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ 2 (1)
z  x y z
x y x y z a + b2 + c2
2 2 2
( ) =


a2 + b2 + c2
x =
4a


a + b2 + c2
D ấu bằng xảy ra ⇔ y =
2


4b


a + b2 + c2
z =
2


4c


23. ( Đề thi HS G Tỉnh Nghệ An năm 2009 ) . Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng 1 . Gọi M, N lần lượt là trung


điểm của BD, AC . Trên đường thẳng AB lấy đi ểm P , trên DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM . Tính độ dài
PQ và thể tích kh ối AMNP .

AP
= m;AQ n.AC + (1 − n)AD
Giả sử : = x;AC y;AD z v à :
AB = =
Lời giải :

AB

 
 

     
  

   1
=

Ta có : x.y y.z z.x
2
Lúc đó :
===



Tr. 28
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
29
   1     n 
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

AC= y;AM= ( x + z ) ;AP= m.x;AQ = n.AN + (1 − n)zAD= .y + (1 − n)z
2 2
  
 
 
 

   1 
Suy ra : CM = AM − AC = ( x − 2y + z )
2
  

 n
PQ = − AP =mx + y + (1 − n)z
AQ
2
  
   


k
 −m = 2


 n 2
D o CM // PQ nên : PQ = kCM ⇒  =k ⇒ k =
2 3

  

k
− −


1 − n = 2


 1    1   2 1 3


Vậy : PQ
= ( 2y − x − z ) ⇒| PQ |2 = ( 2y − x − z ) = ⇒ PQ =
3 9 3 3
 


ĐÁP ÁN CỦA S Ở GD&ĐT :

Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I ∈ AM)
Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K ∈ CD)
Trong (ABD) DI cắt AB tại P
Trong (AKD) DN cắt AK tại Q

PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) ,
do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM




Gọi E là trung đi ểm PB, M E là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI
M ặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE.
Vậy AP = PE = EB

AP 1
Suy ra
AB 3
=

M C là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM = 3
3
PQ AP 1 1
Suy ra = = ⟹PQ = BK =
3
BK AB 3 3
VAMNP AM AN AP 1 1 1
. .= = .
VAMCB AM AC AB 2 3 6
=

1
V AMCB = V ABCD (Do M là trung điểm BD)
2
2
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V ABCD = (đvtt)
12
12 2 2
1
.
Suy ra V AMCB = . Vậy V AMNP = V A MCB = (đvtt)
2 12 24 144
6
=

24. ( Đề dự bị khối D – 2008 ) . Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho
AQ
= 4BM; AC 3AP; BD 2BN . Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q . Tính tỷ số
BC v à tỷ số thể tích hai phần của khối
AD
tứ diện ABCD được phân chia bởi (MNP).
==



Đặt := b;AC c; AD d
AB = =
Lời giải :
     
  

Ta có :


Tr. 29
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
30
 3  1 
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

BC =4BM ⇒ AC − AB =4 AM − AB ⇒ AM = b + c (1)
4 4
    
   

( )( )
 1  
AN b + d (2)
2

( )
  1 
=

AC = 3AP ⇒ AP = c (3)
3
  

D o C,D,I và M, N, I thẳng hàng nên :
I
 A= mAC + (1 − m)AD 3  1  1  1  
 ⇒ mc + (1 − m)d n  b + c  + (1 − n)  b + d 
  

4 4 2 2
 AI = nAM + (1 − n)AN


=
   

n
m=


 ID 1
4  2AI 3AD − AC
n = −2


  2DI = CD
1−n  IC = 3
    
 


⇒ 1−m 1 ⇒  AI = + 3AN ⇒  
−2AM
=  



2 NI = 2MN  IN = 2
m = − 2  

 
  

1 3 
   

 3n 1 − n
= ⇒  ⇒ 

 AI = c + d


 IM 3
0 22
 

4 2

− 
+ = 

Gi ả sử : AQ = kAD . Do P, Q, I thẳng hàng nên :

 

3
 p 1−p
p = 5
 p  −1  3    3 2⇒
AQ = pAP + (1 − p)AI ⇒ kd = c + (1 − p) c + d  ⇒  ⇒ 5AQ = 3AP + 2AI ⇒ 3PQ = 2QI


3 2 2  3
3(1 − p) 
=

 
 
 
    
 


k=
k=
 

5
2



QI 3
 

Suy ra :
 

PI 5
=

VIQND IQ IN ID 3 2 1 2 VQPMCDN 13
= . =. =
. .
Ta lại có :
VIPMC IP IM IC 5 3 3 15 VIPMC 15
= 4)(


VABCD d ( A,(BCD)) .SBCD AC CB.CD.sinC 3 4 2 4
. ..
Mà : =
VPMCI d ( P,(MIC)) .SMIC PC MC.CI.sinC 2 3 3 3
(5)
= ==

VPQDNMC VPQDNMC 13
13 3 13
VABCD 15 4 20 VABMPQN 7
Từ (4) và (5 ) suy ra : == ⇒ =

25. ( Đề thi HS G Tỉnh Hà Tĩnh năm 2008) . C ho hình chóp t giác đều S.ABCD có góc giữa mặt bên và đáy là α . Vẽ

đường cao SH của hình chóp, gọi E là điểm thuộc SH và có khoảng cách tới hai mặt phẳng (ABCD) v à (SCD) bằng
nhau . Mặt phẳng (P) đi qua E, C, D cắt SA, SB tại M, N .
a) Thiết di ện là hì nh gì ?
b) Gọi thể tích các khối tứ diện S.NMCD và ABCDNM lần lượt là V 1 , V 2 . Tìm α để 3V 2 =5V 1 .
26. ( Đề thi chọn ĐT HS G QG tỉnh Quảng Bình năm 2010 ) . Cho tứ diện ABCD . Gọi trung điểm của AB, CD lần lượt
là K , L . Chứng minh rằng bất kỳ mặt phẳng nào đi qua KL đều chia khối tứ diện này thành 2 phần có thể tích bằng
nhau.
27. ( Đề thi HS G Thành Phố Cần Thơ năm 2008 ) . Trong không gian cho hình c hóp S.ABC , trọng tâm ABC là G .
Trung điểm của SG là I . Mặt phẳng (α ) đi qua I cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P ( Không trùng với S ) . Xác
định vị trí của mặt phẳng (α ) để t hể tích khối chóp S.PMN là nhỏ nhất .
28. ( Đề thi HS G Tỉnh Hải Dương năm 2008 ) . Cho hì nh lập phương ABCD.A1B1C1D1 cạnh bằng 1 . Lấy các điểm M,
N, P, Q, R , S lần lượt thuộc các cạnh AD, AB, BB 1 , B 1 C 1 , C 1 D 1, DD 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đường gấp
khúc khép kín MNPQRSM .
29. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD , có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC. M là một
điểm thay đổi trong miền hình bình hành ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hì nh chóp S.ABCD tại điểm N .
MG NG
Đặt: Q =
NG MG
a) Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho Q đạt giá trị nhỏ nhất .
+


b) Tìm giá trị lớn nhất của Q.
30. Trong mặt phẳng (P) cho tam gi ác ABC . Lấy điểm S không thuộc (P) . Nối SA, SB, SC . I là một đi ểm bất kỳ trong
tam giác , gọi AI cắt BC tại A 1 , CI cắt AB tại C 1 , BI cắt AC tại B 1 . Kẻ IA 2 //SA, IB 2 //SB, IC 2 //SC
SA SB SC
( A2 ∈(SBC);B2 ∈(SAC);C2 ∈(SAB)) . CMR : A A2 + B B2 + C C2 ≥ 6
12 12 12


Tr. 30
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
31
31. ( Đề thi HSG Tỉnh Đồng Tháp năm 2009 ) . Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là n a lục giác đều nội tiếp
đáy ử
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

đường t ròn đường kính AD = 2a. SA vuông góc với mp’ ( ABCD ) và SA = a 6 .
a) Tính khoảng cách từ A và B đến mp’ ( SCD ).
b) Tính diện tích của thi ết di ện của hình chóp S.ABCD với mp’( α ) song song với mp’( SAD) và cách
a3
mp’(SAD) một khoảng bằng .
4
32. Cho tứ diện OABC với OA = a, OB = b, OC = c và OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Tính diện tích tam giác
ABC theo a, b, c. Gọi α , β , γ l à góc giữa OA, OB, OC với mặt phẳng ( ABC). Chứng minh rằng:
sin2 α + sin2 β + sin2 γ =1 .
33. Cho hai nửa đường thẳng Ax, By chéo nhau v à nhận AB làm đoạn vuông góc chung . Các điểm M, N lần lượt chuyển
động trên Ax, By sao cho AM +BN = MN . Gọi O là trung điểm AB, H là hình chiếu của O xuống MN .
a) Chứng minh rằng H nằm trên một đường tròn cố định.
35. Khi M khác A, N khác B
36. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a. Với M là một điểm thuộc cạnh AB, chọn điểm N thuôc cạnh
D’C’ sao cho AM+D’N=a
a). Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi.
b) . Tính thể tích của khối chóp B’.A’MCN theo a. Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới (A’MCN) đạt giá trị
l ớn nhất. Tính khoảng cách lớn nhất đó theo a.
37. Cho hình tứ diện OABC
a) Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc miền trong của hình tứ diện OABC và x 1 ; x 2 ; x 3 ; x 4 ; lần lượt là khoảng cách
từ M đến bốn mặt (ABC ), (OBC), (OAC) v à (OAB). Gọi h 1 ; h 2 ; h 3 ; h 4 l ần lượt là chiều cao của các hình chóp tam giác
O.ABC; A.OBC; B.OAC và C.OAB.

Chứng minh tổng l à một hằng số .
x1 x 2 x 3 x 4
+ ++

V1
b) Các tia OA, OB, OC đôi một hợp với nhau m ột góc 600 . OA = a. Góc BAC bằng 900.
h1 h 2 h 3 h 4

V
Đặt OB+OC = m. (m >0, a > 0). Chứng minh m > 2 a. Tính thể tích khối tứ diện OABC theo m và a
45. Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh AB, CD lớn hơn 1 và độ dài các cạnh còn lại nhỏ hơn hoặc bằng 1. Gọi H là
hình chiếu của A trên mặt phẳng (BCD); F, K lần lượt là hì nh chiếu của A, B trên đường thẳng CD.
CD2
a) Chứng minh: AF ≤ .
1-
4
b) Tính độ dài các cạnh của tứ diện ABCD khi tích P = AH.BK.CD đạt giá trị lớn nhất.
∆ABC v uông tại A , biết AB = a , AC = a 3 ; Đường cao hình chóp là SA = a 3 ; M l à
46. a) Cho hình chóp S.ABC cóđáy
1
điểm trên đoạn BC sao cho BM = BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BS
3
b) Cho hai nửa đường thẳng Ax, By chéo nhau. Hai điểm C, D thay đổi lần lượt ở trên Ax v à By sao cho:
1 2 3
=.Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) chứa CD và song song với AB luôn luôn đi qua một điểm cố đị nh I
AC BD AB
trong mặt phẳng (Q ) chứa Ax và (Q) song song By.
+


47. ( Đề thi HS G Tỉnh Trà Vinh năm 2009 ) .Cho hình chóp tam giácđều S.ABC có cạnh đáy AB=a, cạnh bên SA=b.
Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB và SC. Một mặt phẳng ( α ) thay đổi quay xung quanh MN cắt các cạnh SA v à BC
theo thứ tự ở P và Q không trùng với S.
AP b
1) Chứng minh rằng
BQ a
=

AP
2) Xác định tỉ số s ao cho diện tích MPNQ nhỏ nhất
AS
48. Cho tứ diện ABCD có bán kính đường tròn ngoại tiếp các mặt đều bằng nhau . Chứng minh rằng các cạnh đối diện
của tứ diện đều bằng nhau .
49. Cho tứ diện ABCD có các đường cao AA' ;BB';CC';DD' đồng quy tại một điểm thuộc miền trong của tứ diện . Các
đường thẳng AA' ;BB';CC';DD' l ại cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo th tự là A1 ;B1 ;C1 ;D1 .

AA' BB' C ' C DD' 8
≥.
AA1 BB1 CC1 DD1 3
+ + +



Tr. 31
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
32
50. Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với AC v à chân đường v uông góc hạ từ A đến mặt phẳng (BCD) là trực tâm tam
Phần V : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

giác BCD . Chứng minh rằng : ( BC + CD + DB ) ≤ 6 AB2 + AD2 + AC2
2
( )
51. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2004 ) . Cho tứ diện ABCD DA=a, DB=b, DC=c đôi một vuông góc với nhau.Một điểm
M tuỳ ý thuộc khối tứ di ện.
a) .Gọi các góc tạo bởi tia DM với DA, DB, DC là α , β., γ .CMR : sin2 α + sin2 β + sin2 γ =2
b) .Gọi S A ,SB ,SC ,SD l ần lượt là diện tích các mặt đối di ện với đỉ nh A, B, C, D của khối tư diện. Tìm gi á trị
nhỏ nhất của biểu thức: Q = MA.S A + MB.SB + MC.SC + MD.SD
52. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2005 ) .Hình chóp S.ABC có các c ạnh bên đôi một vuông góc và SA =a, SB=b, SC=c.
Gọi A’, B’, C’ là các điểm di động l ần lượt thuộc các cạnh SA, SB, SC nhưng luôn thỏa mãn SA.SA’ =SB. SB’=SC. SC’. Gọi
H là trực tâm của tam giác A’B’C’ và I là giao đi ểm của SH với mặt phẳng (ABC).
a) Chứng minh mặt phẳng (A’B’C’) song song với một mặt phẳng cố định và H thuộc một đường thẳng cố định.
b) Tính IA 2+IB2+IC2 theo a, b, c.
53. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2006 ) . Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điển M, N lần lượt chuy ển động
trên các đoạn AB, AC s ao cho mặt phẳng (DMN) luôn vuông góc với m ặt phẳng (ABC). Đặt AM=x, AN=y.
a) . Cmr: mặt phẳng (DMN) luôn chứa một đường phẳng cố định và : x + y = 3xy.
b) . Xác định vị trí của M, N để diện tích toàn phần tứ di ện ADMN đạt giá trị nhỏ nhất v à lớn nhất.Tính các giá trị đó.
54. ( Đề thi HS G TP Hà Nội năm 2008 ) . C ho hình chóp S.ABCD có SA làđường cao v à đáy là hình chữ nhật ABCD,
bi ết SA = a, AB = b, AD = c.
a) Trong mặt phẳng (SBD), vẽ qua trọng tâm G của tam giác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt
cạnh SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hình chóp S.ABCD t i K. Xác định vị trí của M trên cạnh

SB sao cho thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c.
b) Trong mặt phẳng (ABD), trên tia At là phân giác trong của góc BAD ta chọn một điểm E sao cho góc BED
2 b2 + c2 + 2 ( b + c )
Cmr: AE =
bằng 450.
( )
2
55. Cho hì nh chóp S.ABCD,đáy là hì nh bình hành tâm O. Hai m bên SAB v à SCD vuông góc tại A và C cùng hợp với
ặt
đáy góc α . Biết ABC
 = ϕ . Chứng mi nh SBC và SAD cùng hợp với đáy ABCD một góc β thỏa mãn hệ thức :
cot= cot α.cosϕ .
56. Cho hình chóp S.ABC,đáy ABC là tam giác vuông t i B với AB=a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) ; mặt (SAC)

β

hợp với mặt phẳng (SAB) một góc α v à hợp với mặt phẳng (SBC) một góc β . Chứng minh rằng :
acosβ
SA =
cos[π − (α + β)].cos(α − β)
57. Cho hình chóp S.ABCD cóđáy ABCD là hình chữ nhật ; SA vuông góc với mặt phẳng




Tr. 32
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
33 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

PHẦN VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI TUYỂN
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 1 )
Thời gian làm bài : 180 phút
_____________________________________


Câu 1 . Giải phương trình : ln ( x + 1) x 2 + 2x
2(x +1)


Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :
=


m2
2x = y +
y
2


m2


2y = x +


x
2

Câu 3 . Cho a ,b,c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :



4a b + 3c 8c
P=
a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c
2 xn
+ −

Câu 4 . Cho dãy s ố ( x n ) ,n∈ N * , được xác định như sau : x1 = và x n +1 = , ∀n ∈ N * . Đặt
3 2(2n + 1)x n + 1
y n = x1 + x 2 + ... + x n . Tìm lim y n .
n →+∞



Câu 5 . Cho hình chóp S.ABCD có SA là đư ờng cao và đáy là hình chữ nhật ABCD, biết SA = a, AB = b,
AD = c. Trong m ặt phẳng (SBD), vẽ qua trọng tâm G của tam giác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB
tại M và cắt cạnh SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hình chóp S.ABCD tại K. Xác định vị trí
của M trên cạnh SB sao cho thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Tính các
giá trị đó theo a, b, c.

1
Câu 6 . Cho hình l ập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài bằng 1 . Lấy điểm E ∈ AA1 sao cho AE = . Lấy
3
1
điểm F ∈ BC sao cho BF = . Tìm khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng FEO ( O là tâm của hình lập
4
phương ).

Câu 7 . Tìm hàm số f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thoả mãn :
xf ( xf(y)) = f ( f(y)) , ∀x, y ∈(0; +∞ )
__________________________H ết__________________________

Thanh Chương ,ngày 03 tháng 12 năm 2010




Tr. 33
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
34 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN



HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ


Câu 1 . Giải phương trình : ln ( x + 1 ) x2 + 2x
= (1)
2(x +1)




Lời giải : Điều kiện : x > −1
Lúc đó : PT ⇔ 2(x + 1)ln(x + 1) x 2 + 2x ⇔ 2(x + 1)ln( x + 1) − x 2 − 2x =
0
Xét hàm số : f(x) =x + 1 ) ln( x + 1) − x2 − 2x, x > −1
2(
=


Ta có : f '(x) 2ln(x + 1) − 2x ;
2 −2x
=

f ''(x) 2 ;
x +1 x +1
2
= −=

f '''(x) = 2 < 0, ∀x > −1
(x − 1)


Lại có := 0, f '''(0) < 0 nên hàm số g(x) = f '(x) đạt cực đại tại x = 0
f ''(0)
Do đó : f '(x)≤ f ′(0)= 0, ∀x > −1
Vậy hàm số f(x) = 2( x + 1 ) ln(x + 1) − x2 − 2x nghịch biến trên khoảng ( −1; + ∞ ) . Nhận thấy x = 0 l à một nghiệm của
phương trình (1), suy ra phương trình có nghiệm duy nhất x = 0 .


Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau :

m2
2x = y +
y
2

có nghiệm duy nhất .
m2


2y = x +


x
2




Lời giải : Điều kiện := / 0= / 0
x ;y
2x2= y 2 + m2
y
Hệ đã cho tương đương với :  2 (*)
2y = x + m
x 2 2


Từ hệ (*) nhận thấy vế trái của các phương trình không âm, nên nếu hệ có nghiệm (x,y) thì : x > 0;y > 0
x > 0,y > 0
y= x > 0
Do đó : (*) ⇔  2x2 y − y 2 =
m2


(x − y)(2xy + x + y ) = 2x − x = (1)
m2


0

⇔ 3 2



D o đó bài toán trở thành tìm tham số m để phương trình (1) có nghiệm dương duy nhất.


Xét hàm số : f(x) = 2x3 − x2 , ∀x > 0
x = 0
Ta có : f '(x) = f '(x) = 1
6x 2 − 2x; 0⇔ 
x =
3






Tr. 34
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
35 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

Nhìn vào bảng biến thi ên ta thấy, phương trình (1) có nghiệm dương duy nhất khi và chỉ khi : m2 ≥ 0 . Vậy với mọi
m ∈ R hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.


Câu 3 . Cho a ,b,c > 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của bi ểu thức :

4a b + 3c 8c
P=
a + b + 2c 2a + b + c a + b + 3c
+ −




 x = a + b + 2c  a = y + z − 2x
Lời giải :

Đặt : y = 2a + b + c ⇒ b = 5x − y − 3z(x,y,z > 0)
 z = a + b + 3c  c = z − x
 


Lúc đó :
 

4 ( y + z − 2x ) 2x − y 8(z − x)  4y 2x   4z 8x 
P= +  +  +  − 17 ≥ 2 8 + 2 32 − 17 12 2 − 17
x y z x y x z
+ − = =

−4 + 3 2
a = t
2


 2y = 2x 10 − 7 2
t ( t ∈ R,t > 0)
⇒ b =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : 


2
2z = 2 2x 

 

 c = 2 −1 t

( )




xn
2
Câu 4 . Cho dãy số ( x n ) ,n∈ N * được xác định như sau : x1 = v à x n+1 = , ∀n ∈ N * . Đặt
2(2n + 1)x n + 1
3
y n = x1 + x2 + ... + x n . Tìm lim y n
n→+∞




3
Lời giải :

xn v1 =
1 1 1
Từ : x n+1 = 2(2n + 1) + . Đặt : v n = , ta có :  2
2(2n + 1)x n + 1 x n+1 xn un


v = 2(2n + 1) + v

= ⇒
 n+1 n

(2n + 1)(2n + 3)
Dễ dàng tìm được công thức tổng quát của dãy : v n+1 =
2
1 1 1 1 1
Do đó : x n+1 = s uy ra :
v n+1 2n + 1 2n + 3 2n + 1 2(n + 1) + 1
= − = −

1 1  1 1 1 1 1
y n =2 + ... + x n =
x1 + x x1 +  + ... +  1+
2 + 1 2.2 + 1   2.2 + 1 2.3 + 1  2(n − 1) + 1 2n + 1  2n + 1

− + − − =

1
  

Do đó : lim y n =lim  1 − 1


2n + 1 

n→+∞ n→+∞
=
 


Câu 5 . Cho hì nh chóp S.ABCD có SA l àđường cao và đáy là hình chữ nhật ABCD bi ết SA = a, AB = b, AD = c.
Trong mặt phẳng (SBD) vẽ qua trọng tâm G của tam gi ác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt cạnh
SD tại N. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC của hì nh chóp S.ABCD tại K. Xác định vị trí của M trên cạnh SB sao cho
thể tích của hình chóp S.AMKN đạt giá trị lớn nhất nhỏ nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c.


D o G là trọng tâm tam giác SDB, suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SAC. Do đó AG cắt SC tại trung điểm K của SC.
Lời giải :


Tr. 35
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
36

SM SN 1 1
Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

= x, = y  ≤ x ≤ 1; ≤ y ≤ 1 
Đặt :
SB SD 2 2



VSANK SA SN SK y VSAKM SA SK SM x


.. ; .= .
Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có := Lại có
VSADC SA SD SC 2 VSACB SA SC SB 2
==

1 1
= abc v à : VSANK + VSAKM = . Nên ta có :
VSADC ==
VSACD VSABC VSANKM
2 6
VSANK VSAKM 2V x+y abc(x + y)
⇒ VSANKM = (*)
VSADC VSACB VSABCD 2 12
= SANKM =
+

Ta lại có :
 SN    SM    2 
SN = = ySD; SM = xSB; SG
SD SB = SO
SD SB 3

=
    1  1 
Vì O là trung điểm của BD nên : 2SO = SD + SB ⇒ SG = SN + SM (1)
3y 3x


Mà : M, N, G thẳng hàng nên từ (1) ta có :
1 1 y 1
≤ y ≤ 1
=1 ⇒ x =
3y − 1  2
3y 3x

+

y
abc  +y
 


 3y − 1  abc y
suy ra : VSANKM


Thay vào (*) = =
2


24 8 3y − 1
y2 1
Xét hàm số : f(y) =  2 ≤ y ≤ 1
3y − 1 



3y 2 − 2y 2


Ta có : f '(y) = ; f '(y) = 0 ⇒ y = .
3
(3y − 1)
2


Bảng biến thi ên :




1
y=
4 2 1
Nhìn vào bảng biến thi ên ta thấy : Minf(y) = ⇔ y = ; Maxf(y) = ⇔  2
9 3 2


y =1


Từ đó ta có :


abc
Max ( VSANKM ) ⇔ MN / /BD
9
=

abc
⇔ M là trung điểm SB, hoặc N l à trung điểm SD.
Min ( VSANKM )
8
=


1
Câu 6 . Cho hì nh lập phương ABCD.A1B1C1D1 có độ dài bằng 1 . Lấy điểm E ∈ AA1 s ao cho AE = . Lấy điểm
3
1
F ∈ BC s ao cho BF = . Tìm khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng FEO ( O l à tâm của hì nh lập phương ).
4


Lời giải : Chọn hệ trục tọa độ Ixyz sao cho I ≡ A(0;0;0);A1 (0;0;1);D(1;0;0);B(0;1;0)



Tr. 36
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
37

1 1 1 1 1
Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

Lúc đó : O là trung đi m AC nên O  ; ;  ; E  0;0;  ;F  ;1;0  ; B1 ( 0;1;1 )

2 2 2 3  4
 

   1 5 3
 

Mặt phẳng (O EF) đi qua O và nhận véctơ OE,OF  =  ; − ; −  l àm véctơ pháp tuyến nên có phương trình :
  3 24 8 
1 1 5  1 3 1


x −  −  y − −  −  z −  =0 hay : 8x − 5y − 9z + 3 =0
3 2  24  2 8 2
−5 − 9 + 3 11


Vậy : d ( B1 ;(OEF)) =
170
8 +5 +9
2 2 2
=




Câu 7 . Tìm hàm s ố f : ( 0; +∞ ) → ( 0; +∞ ) thoả mãn : xf ( xf(y)) = f ( f(y)) , ∀x, y ∈ (0; +∞ )



Cho y = 1, suy ra : xf ( xf(1)) = f ( f(1)) . Đặt f (1) = a , ta có : xf(ax) = f(a) (1)
Lời giải :


1 1
Từ (1) cho x = , suy ra : f(1)=f(a) ⇒ f(a)=1
a a
1
Cũng từ (1) cho ta : f(ax) = (2)
x
a
Từ (2) cho ax =⇒ f(y) =
y
y
a
Thử lại ta thấy f(y) (a > 0) l à hàm số cần tìm .
y
=




Tr. 37
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
38 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨ A
Giáo viên ra đề : Phạm Kim Chung (ĐS>) - Nguyễn Thị Thỏa (HH)

BÀI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN THAM GIA KỲ THI HSG TỈNH
NĂM HỌC 2010 – 2011
( Lần thứ 2 )

_____________________________________
Thời gian làm bài : 180 phút



Câu 1. Giải phương trình: 3x + 3 − 5 − 2x − x3 + 3x 2 + 10x − 26 =
0

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
log 2 x − log 2 y + 1 = 2m − 3
3 3

log3 y − log3 x + 1 = 2m − 3
2 2


Câu 3. Cho a , b, c dương thoả mãn ab + bc + ca = . Chứng minh rằng:
abc


bca 1 1 1
+ 2 + 2 ≥ 3 2 + 2 + 2 
abc a b c 
2


Câu 4. Cho hàm s ố f(x) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d . Ta kí hiệu đạo hàm bậc n ( n nguyên dương ) của
f(x) là f (n) ( x ) . Chứng minh rằng nếu f(x) > 0, ∀x ∈ R thì :
F(x) = f ( x) + f (1)(x) + f (2) + f (3)(x) + f (4)(x) > 0, ∀x ∈ R
Câu 5. Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác DAB cân và đáy ABC là
tam giác vuông tại B có BAC = α . Gọi β là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( DAC ) và ( DBC ) . Chứng minh


1 + cos2 α
rằng: tan α.tan β = .
cos α
Câu 6. Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' 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.

 f(1) = 1


Câu 7 . Cho hàm s ố f :R → R thỏa mãn hệ điều kiện : f(x + y)= f(x) + f(y) + 2xy, ∀x, y ∈ R .


  1  f(x)
 f = , ∀x = 0
  x  x4
/

1
− 3 1 + f (x )



Tính giới hạn : L = lim e
2f(x )

ln (1 + f (x ))
x →0




--------------------------------- Hết ------------------------------

Thanh Chương, ngày 10 tháng 12 năm 2010




Tr. 38
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
39 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

Câu 1 . Gi ải phương trình : 3x + 3 − 5 − 2x − x3 + 3x 2 + 10x − 26 =
0


5
Lời giải : ĐK : −1 ≤ x ≤
2
PT ⇔ 3x + 3 − 3 − 5 − 2x − 1 − (x − 2)(x2 − x − 12) =0
( )( )
3(x − 2) 2(x − 2)
− (x − 2)(x2 − x − 12) = 0
3x + 3 + 3 5 − 2x + 1
⇔ +

3 2
⇔ ( x − 2)  − ( x2 − x − 12) = 0
 3x + 3 + 3 5 − 2x + 1
 
+

5
Xét hàm số : f(x) =  −1; 
− x2 + x + 12, x ∈


2



1  5   1   5 


Ta có : f '(x) =2x + 1, f '(x) = ⇔ x = . Suy ra : Minf(x) =   ;f    =
0 Min f( −1);f f >0
2  2   2   2 


 5
−1 ;
2


3 2  5
− (x2 − x − 12) > 0, ∀x ∈  −1; 
Do đó :

 




 2
3x + 3 + 3 5 − 2x + 1
+

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 2 .

log 2 x − log 2 y + 1 = 2m − 3
Câu 2 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm : 
3 3

log3 y − log3 x + 1 = 2m − 3
2 2


Lời giải : ĐK : x ,y > 0
 u = log 2 x + 1  u2 − v= 2m − 2 (1)
( u ≥ 1,v ≥ 1) . Lúc đó hệ PT trở thành :  2
Đặt :  .
3

v − u= 2m − 2 (2)
v = log3 y + 1

2



( u − v )( u + v + 1) = 0 ⇒ u = v ( Do u+v+1 > 0 ∀u,v ≥ 1 )
Lấy (1)-(2), ta có :



Lúc đó bài toán tr thành tìm m để phương trình : u2 − u= 2m − 2 có nghiệm u ≥ 1 .

Xét hàm số : f(u) = u2 − u + 2 , ta có : f '(u) 2u − 1 > 0, ∀u ≥ 1 . Và lim f(u) = +∞ .
D o đó, PT trên có nghiệm u ≥ 1 khi và chỉ khi 2m = f(u) ≥ f (1) = ⇒ m ≥ 1
2
u→+∞
=




bca 1 1 1
+ 2 + 2 ≥ 3 2 + 2 + 2 
Câu 3. Cho a , b, c dương thoả mãn ab + bc + ca = . Chứng minh rằng :
abc
a bc a b c
2




111 1 1 1
Lời giải : Ta có : ab + bc + ca = + + = = x,
1 . Đặt : = z ⇒ x + y + z = ( x,y, z > 0 ) . Bất đẳng thức
abc ⇒ = y, 1
abc a b c
x 2 y 2 z2
+ + ≥ 3 x 2 + y 2 + z2 .
cần chứng mi nh trở thành :
y z x
( )
x4 y4 z 4 ( x2 + y 2 + z2 )2
Áp dụng BĐT Svac- xơ ta có : VT = .
x 2 y y z z x x y + y 2 z + z2 x
+2+2≥2

(x + y + z) x2 + y 2 + z2
x 2 + y 2 + z2
≥3 ⇔ ≥ 3 ( do x + y + z = )
1
Ta sẽ chứng minh :
( )
x 2 y + y 2 z + z2 x x 2 y + y 2 z + z2 x
⇔ x3 + xy 2 + y 3 + yz2 + zx2 + z3 ≥ 2(x2 y + y 2z + z2 x) (*)
Theo bất đẳng thức AM -GM ta có : x3 + xy 2 ≥ 2 x 4 y 2 2x 2 y; y 3 + yz2 ≥ 2 y 4 z2 ; z3 + zx2 ≥ 2 z 4 x 2 . Cộng các BĐT trên
Vậy : VT ≥ 3(x 2 + y 2 + z2 ) . đpcm
ta chứng minh được (*).
=


Tr. 39
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
40 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

Câu 4. Cho hàm số f(x) = x 4 + ax3 + bx2 + cx + d . Ta kí hiệu đạo hàm bậc n ( n nguyên dương ) của f(x) là f (n) ( x ) .
Chứng minh rằng nếu f(x) > 0, ∀x ∈ R thì : F(x) = f ( x) + f (1) (x) + f (2) + f (3) (x) + f (4) (x) > 0, ∀x ∈ R


Lời giải : Ta có : F(x) là hàm bậc 4 và : lim F(x) = +∞ , hơn nữa phương trình bậc 3 : F’(x)=0 luôn có nghiệm. Do đó
hàm số y = F(x) luôn có GTNN là gi á trị cực tiểu của hàm số .
x→±∞



Gi ả sử hàm số đạt cực tiểu tại x = x 0 .
Lúc đó : F'(x 0 ) = 0 s uy ra : 0 = F'( x 0 ) = f 2 (x0 ) + f 3 (x0 ) + f 4 (x0 ) = f (x 0 )
f 1 (x0 ) + F(x0 ) −
⇒ F(x 0 ) = f(x0 ) > 0 ( Do f(x) > 0 , ∀x ∈ R )
Từ đó ta có : F(x ) ≥ F(x 0 ) > 0, ∀x ∈ R

Câu 5 . Cho tứ diện ABCD có DA v uông góc với mặt phẳng (ABC),tam giác DAB câ n và đáy ABC là tam giác vuông tại
1 + cos2 α
( DAC ) và ( DBC ) . Chứng minh rằng : tan α.tan β =
B có BAC = α . Gọi β l à góc tạo bởi hai mặt phẳng .
cos α





Đặt DA = x. Gọi K là hình chiếu của A lên DB, từ K kẻ
KH vuông góc với DC tại H . Ta có :
Lời giải :

DA ⊥ BC  BC ⊥ DB
⇒ BC ⊥ (DAB) ⇒  . Suy ra :
 AB ⊥ BC BC ⊥ AK


 AK ⊥ KH
AK ⊥ (DBC) ⇒  ⇒ DC ⊥ (AHK) ⇒ AH ⊥ DC
 DC ⊥ AK
AK
D o đó : AHK = β ⇒ tan β = (1)
HK


BC AB x
Trong tam giác ABC : tan= ⇒ BC AB.tan= x.tan α ; cos= ;
⇒ AC
AB AC cosα
α = α α =

1 1 1 x2
⇒ AK = (2) : BD = AD2 + AB2 =2x
Trong tam giác ADB :
2
AK 2 AD2 AB2
Trong tam giác AD C :
= +


1 1 1 1 cos2 α x2 x2 xcos α
= 2 + 2 = 2 + 2 ⇒ AH2 = ⇒ DH2 AD2 − AH2 = x2 − ⇒ DH =
AH AD AC x x 1 + cos α 1 + cos α 1 + cos2 α
2 2 2
=

BC.DH ( x tan α ) .xcos α
DH DB
Xét hai tam giác vuông : DHK ~ DBC ⇒ ⇒ HK = (3)
HK BC BD 1 + cos2α . 2x
= =

AK x 2 2x. 1 + cos2α 1 + cos2α
Từ (1), (2), (3) ta có : ⇒ tan β (đpcm)
.2 ⇒ tan α.tan β
HK 2 cosα
x .tanα.cosα
= = =


Câu 6 . Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a . Với M là một điểm thuộc cạnh AB chọn điểm N thuộc cạnh D'C'
s ao cho AM + D'N =ính thể tích khối chóp B'.A'MCN theo a v à xác định vị trí củ a điểm M để khoảng cách từ điểm
a.T
B' đến mặt phẳng ( A'MCN ) đạt giá trị lớn nhất .


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)
Lời giải :

Đặt AM x ( 0 ≤ x ≤ a ) ⇒ 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 :


Tr. 40
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
41
1    1   
Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

VA ′B′MCN = VA ′B′MC + VA ′B′CN = A ′M.  A ′B';A ′C  + A ′N.  A ′B';A ′C 
6 6
   


   0 0 0 a a 0  1 1 a3
  

= = 0;a2 ;a2 . Do đó : VA ′B′MCN = −a3 + a3 = (đv.tt)
M à :  A ′B'; A ′C  ; ;
6 6 3
 a −a −a a a a 

( )

 

Lại có : A ′M = NC , suy ra tứ gi ác A’MCN là hì nh bình hành . Do đó :
 
 

=  A ′M, A ′N 
S A ′MCN = a 4 + a2 (a − x)2 + x 2a2 a 2 a2 − ax + x2 . Nên :
 

( )
3VB′.A ,MCN
=

a2 a2 a6
 

d ( B',(A'MCN)) .
S A ′MCN 3
2(a2 − ax + x 2 )  3a  a
2 +  − ax + x2  
2 2
= = = ≤

 4 4



a


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi : x = hay M là trung điểm của AB .
2


 f(1) = 1


Câu 7 . Cho hàm số f : R → R thỏa mãn hệ điều kiện : f(x + y)= f(x) + f(y) + 2xy, ∀x,y ∈ R .



 f  1  = f(x) , ∀x = 0
x
 x

4
/



1
− 3 1 + f (x )
Tính gi ới hạn : L = lim e
2f(x )

ln (1 + f (x ))
x→0




Từ : f (x + y) = f(x) + f(y) + 2xy , ∀x,y ∈ R (1) .
Lời giải :


Cho x = f(y) = + f(y) ⇒ f(0) =
0⇒ f(0) 0
Cho x = f(2x) = + 2x 2 (2)
y⇒ 2f(x)
Với t ∈ R, t =
/0:
1 1 1 1
Từ (2) cho x = f ( 2t ) = ) + 2t 2 (a) ; Cho x = ⇒ f   =   + 2 (b)
t⇒ 2f ( t 2f
2t t  2t  2t
 1  f(t)  1  f(2t)
 1  f(x) f(t) f(2t) 1
Từ f   = 4 , ∀x = . Cho x = f   = ; x = f   = 4 thay vào (b) ta có : =
t⇒ 2t ⇒
/0 (c)
t  t4 2t  ( 2t )
x x t4 8t 4 2t 2
+

f(t) 2f(t) + 2t 2 1
  

+ 2 ⇒ 8f(t)= 2f(t) + 2t 2 + 4t 2 ⇒ f(t)= t 2 . Hay f(x) = x2 .
Từ (a), (c) ta có :
t4 8t 4 2t
=

Thử lại ta thấy f(x) = x2 thỏa mãn yêu cầu bài toán .
1
− 3 1 + x2
Lúc đó : L = lim e . Đặt= ln(1 + x 2 ) , khi x → 0 thì t → 0 v à : 1 + x 2 =. Nên :
t et
2x2


ln 1 + x2
x→0
( )
1
− 3 et
e2−2e − e3
t


= lim e
L = lim .
2(et −1)
t




t t
t →0 t →0

1 7
Xét hàm số : f (t) = e2−2e − e3 , ta có : f(0) = =t .e2−2e − e3 ⇒ f '(0) = .
0; f '(t) −2e
t
t


3 3
t
t


f(t) − f(0) e2−2e − e3 7
t

Theo định nghĩa đạo hàm : f '(0) =lim lim ⇒L=
t




t −0 t 3
t →0 t →0
= −




Tr. 41
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
42 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN
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
_____________________________________




Câu 1 . Tìm m để phương trình : 2 + 2sin2x = + cos x)2 có nghiệm trên đoạn  − ; 
m(1
22
 π π

Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm :
 

(4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y =
0
4x + y + 2 3 − 4x = m

2 2


Câu 3 . Cho các số thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của :



x 2 y y 2z z 2 x 13xyz
P
x y 3(xy + yz2 + zx2 )
z 3
+ 3+ 3+ 2
=


1
 x1 = 2
1
Câu 4 . Cho dãy số ( x n ):  . Chứng minh rằng dãy (y n ) với y n = ∑ 2

n


i =1 x i
x n −1 + 4x n −1 + x n −1
xn , ∀n ≥ 2
2


2


có giới hạn hữu hạn khi n → ∞ và tìm giới hạn đó .
= 


Câu 5 . Cho n s ố không âm a0 ,a1 , a2 ,...,a n −1 và có tổng a1 + a2 + ... + a n −1 > 0 . Chứng minh rằng
phương trình : x n − a n −1 x n −1 − a n −2 x n −2 − ... − a1 x − a0 =ột nghiệm dương duy nhất .
0 có m
Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức :
2C0 + 3C1 + 4C2 ... + (n + 1)Cn −1 + (n + 2)Cn = (n + 4)2n −1 ( Trong đó Ck là tổ hợp chập
n


k của n ) .
n n n n n




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,SB,SC lần lượt tại A1 ;B1 ;C1 . Đặt V, VA , VB , VC lần lượt là thể tích các tứ diện
V
VA V
SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh rằng : V = + B+ C.
SA1 SB1 SC1

Câu 8 . Cho hình h ộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' , 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.

__________________________H ết__________________________

Thanh Chương ,ngày 16 tháng 12 năm 2010




Tr. 42
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
43 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ

Câu 1 . Tìm m để phương trình : 2 + 2sin2x = + cosx)2 có nghi ệm trên đoạn  − ; 
m(1
 2 2
 π π



Lời giải :

Rõ ràng với x ∈  − ;  thì 1 + cos x = 0 . D o đó
 2 2
 π π


x x  π π
/

2 + 2sin2x
= m . Đặt t = tan , ∈  − ;  ⇒ t ∈ −1;1
phương trình đã cho tương đương với :
2 2  4 4
(1 + cosx)2  

2t 1 − t 2
2 + 4. .
2 + 2sin2x 1 + t 2 1 + t 2 2(1 + t ) + 8t(1 − t ) t − 4t + 2t + 4t + 1 . Suy ra p hương tr đã cho trở
Ta= =
có : ình
22 2 4 3 2


4 2
(1 + cosx)2 1 − t2 
2

1 +
=

1 + t2 



thành : t 4 − 4t 3 + 2t 2 + 4t + 1 = (*) . Do đó bài toán trở thành tìm m để phương trì nh (*) có nghiệm t ∈ −1;1 .
2m



Xét hàm số : f(t) = − 4t + 2t + 4t + 1, t ∈ −1;1 . Ta có :
t
 
4 3 2


 t= 1 − 2
 

( Với t ∈ −1;1 ) . Từ đó ta có bảng biến thiên :
f '(t) = 4t 3 − 12t 2 + 4t + 4 = 4(t − 1)(t 2 − 2t − 1) ⇒ f '(t) = 0 ⇒ 
 t =1
 





Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy, phương trình (*) có nghiệm t ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi : 0 ≤ 2m ≤ 4 hay 0 ≤ m ≤ 2 .



(4x 2 + 1)x + (y − 3) 5 − 2y =
0
Câu 2 . Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghi ệm : 
4x + y + 2 3 − 4x = m

2 2



3
x ≤ 4
Hướng dẫn giải : ĐK : 



y ≤ 5


2
Từ pt (1) cho ta : [(2x)2 + 1].2x =  5 − 2y + 1 5 − 2y ⇒ f(2x) =
f( 5 − 2y )


2
( )
= ( t 2 + 1).t ⇒ f '(t ) =+ 1 > 0 ⇒ Hàm số f(t) đồng bi ến trên R, do đó từ :
Xét Hàm số : f(t) 3t 2
 
 


 x≥0
 x ≥0
f(2x) = f 5 − 2y ⇒ 2x = 5 − 2y ⇒  2 5 − 4x 2
4x = 5 − 2y y =
( ) 

2
⇒






Tr. 43
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
44

3
 5 − 4x 2  25
Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN
2

+ 2 3 − 4x = m (*) , v ới 0 ≤ x ≤
Thế vào pt (2) ta có : 4x 2 +   + 2 3 − 4x = m ⇔ 4x − 6x + . Bài
4
2 4
4 2




 3


toán trở thành, tìm m để phương trình (*) có nghiệm x ∈ 0;  .
 4
25  3
Xét hàm số : f(x) = 4x 4 − 6x 2 + + 2 3 − 4x , x ∈ 0;  . Ta có :
4  4
4 4  3
f = 16x3 − 12x −
'(x) = 4x(4x 2 − 3) − < 0, ∀x ∈ 0;  .
 4
3 − 4x 3 − 4x
265  3  25
= f  = Minf(x) ≤ m ≤ Maxf(x) f ( 0 ) +2 3
D o đó yêu cầu bài toán tương đương với :
64 4 4
 3
= =
 3

0;  0; 
4 4
 


( Chú ý : Tham khảo thêm ở Câu 41. Phần I )


Câu 3 . Cho các s ố thực dương x,y,z . Tìm giá trị nhỏ nhất của :
x 2 y y 2 z z2 x 13xyz
P
z3 x y 3(xy 2 + yz2 + zx2 )
+ 3+ 3+
=


HD : X em lời giải ở : C âu 34 . Phần III



1
 x1 = 2
1
Câu 4 . Cho dãy số ( x n ): 


. Chứng minh rằng dãy (y n ) v ới y n = ∑ 2 có gi ới hạn hữu
n


i=1 x i
x n−1 + 4x n−1 + x n−1


x n , ∀n ≥ 2
2


2


hạn khi n → ∞ v à tìm gi ới hạn đó .
=




HD : X em lời giải ở : C âu 20.Phần IV



Câu 5 . Cho n s ố không âm a0 ,a1 , a2 ,...,a n−1 v à có tổng a1 + a2 + ... + a n−1 > 0 . Chứng mi nh rằng phương trình :
x n − a n−1 x n−1 − a n−2 x n−2 − ... − a1 x − a0 = nghiệm dương duy nhất .
0 có một


Lời giải : Khi x>0 , ta có : PT : x n − a n−1 x n−1 − a n−2 x n−2 − ... − a1 x − a0 = n−1 x n−1 + a n−2 x n−2 + ... + a1 x + a0 =
0⇔a xn
a a
a n−1 a n−2 a a a− a
+ 2 + ... + n11 + 0 = . Xét hàm số : f(x) n−1 + n22 + ... + n11 + 0 , trên khoảng (0; + ∞ ) , ta có :
1
x x
x x x x x xn
n
⇔ =

na
a 2a
f '(x) = n21 − n−2 − ... − n+0 < 0, ∀x > 0 ( Do a0 ,a1 , a2 ,...,a n−1 không đồng thời bằng 0 )
− −




x x3 x1
Từ đó ta có bảng biến thiên :
−−




Nhìn vào bảng biến thi ên t a 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.


Tr. 44
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
45
Câu 6 . Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có đẳng thức :
Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN

2C0 + 3C1 + 4C2 ... + (n + 1)Cn−1 + (n + 2)Cn = (n + 4)2n−1 ( Trong đó Ck l à tổ hợp chập k của n )
n
n n n n n



Khai triển : (1 + x)n = C0 + C1 x + C2 x 2 + ... + Cn x n ⇒ x 2 (1 + x)n = C0 x 2 + C1 x3 + C2 x 4 + ... + Cn x n+2 (1)
Lời giải :
n n
n n n n n n

Lấy đạo hàm 2 vế của (1) ta được : 2x(1 + x)n + nx 2 (1 + x)n−1 2xC0 + 3x 2C1 + ... + (n + 2)x n+1Cn (2)
n
n n

Từ đẳng thức (2), cho x = 1 , ta có : (n + 4)2 = 2C + 3C + 4C ... + (n + 1)C + (n + 2)C (đpcm)
=
n−1 0 1 2 n−1 n
n n n n n




Câu 7 . Cho tứ diện S. ABC M là một điểm bất kì nằm trong tứ di ện . Một mặt phẳng (P) tùy ý qua M và cắt các cạnh SA,

SB, SC lần lượt tại A1 ;B1 ;C1 . Đặt V,VA ,VB ,VC l ần lượt là thể tích các tứ diện SABC,SMBC,SMCA,SMAB . Chứng minh
SA SB SC
rằng : V = VA + VB + V.
SA1 SB1 SC1 C



Gọi S1 SM ∩ (ABC) . Theo công thức tính tỷ số thể tích ta có
Lời giải :


VSA1B1M VSA B M SA1 SB1
VSABM SA SB SM SM SA1 SB1 SM SA1 SB1
=

..= ; . . . ⇒ VSA1B1M= . .V (1)
VSABS1 SA SB SS1 SS1 VSABS1 SA SB SS1 VSABM SA SB SA SB C
⇒ 11 =
= =


SB1 SC1 SA1 SC1
Tương tự ta có : VSB C M . .VA (2) ; VSA1C1M . .V (3)
SB SC SA SC B
VSA1B1C1
= =
11



SA1 SB1 SC1
. .
Lại có : (4)
VSABC SA SB SC
=

Từ (1), (2), (3) ta có :
SA1 SB1 SA1 SC1 SB SC
VSA1B1C1 = VSA1B1M + VSB1C1M + VSA1C1M = .VC + .VB + 1 . 1 .VA (5)
. .
SA SB SA SC SB SC
Từ (4), (5) suy ra :

SC SA SB
SA1 SB1 SC1 SA1 SB1 SA1 SC1 SB SC
.VB + 1 . 1 .VA ⇒ V .VC + .VA + .V .đpcm
.VC +
. .
. . .V =
SC1 SA1 SB1 B
SA SB SA SC SB SC
SA SB SC
=



Câu 8 . Cho hì nh hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' đường chéo AC' = a ( a không đổi ) hợp với đáy ABCD một góc α v à
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 gi ác A 'D'CB l à
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 =′B =
 α;AC  β.
Xét các tam gi ác vuông : CAC’ v à BAC’ ta có :
C C' = AC'sin α =a.sin α ; AB = AC'.sin β =asinβ ;


= AC'.cosβ a.cosβ ⇒=
BC' BC C'B2 − C'C2 a cos2β − sin2 α
D o vậy :
= =



V= C'C.CB.BA a3 sin α.sinβ cos2 β − sin2 α (đvtt)
Tứ giác A’D’CB l à hình vuông khi : A’B=A’D
ABCD.A ′B′C′D′ =




Tr. 45
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
46 Phần VI : MỘT SỐ ĐỀ KIỂM TR A ĐỘI TUYỂN


⇔ AB2 + A'A 2 = A'D' ⇒ sin2 α + sin2 β = cos2β − sin2 α ⇔ 2sin2α = cos2β − sin2 β (1)

Từ đó ta có :
1 − 2sin2 β
(1 − sin β ) − 1 − 2sin β = β) (*)
a
VABCD.A ′B′C′D′ = a3 sin α.sin β. cos2β − sin2α a3 . . sin2 β . sin β.(1 − 2sin
2 3


2 2 2
2 2 2
=

2sin2 β.(1 − 2sin2 β) 1 1
sin2 β.(1 − 2sin2 β) = 2sin2 β + (1 − 2sin2 β) =.
Áp dụng BĐT AM -GM ta có :
2 22 22


1
 

D ấu “=” xảy ra ⇔ sin β= ⇒ β= 300 .
2
a3
Vậy : VMax ⇔ α = β = 300 .
42
=




Tr. 46
MATHVN.COM  Phạm Kim Chung – THPT Đ ẶNG THÚC HỨA – ĐT : 0984.333.030 – Mail : p.kimchung@gmail.com
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản