Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán 11 sở GD&ĐT Quảng Bình (2010 – 2023)

Tài liệu gồm 94 trang, được tổng hợp bởi thầy giáo Nguyễn Minh Hiếu, tuyển tập 12 đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 11 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Quảng Bình (từ năm 2010 đến năm 2023), có đáp án và lời giải chi tiết.

36 18 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

94 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
NGUYỄN MINH HIẾU
Tuyển tập đề thi
CHỌN HỌC SINH GIỎI
LỚP 11 QUẢNG BÌNH
(2010-2023)
ĐỒNG HỚI 2023
Mục lục
PHẦN I ĐỀ THI 1
1 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023. .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
3 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
5 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
6 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
7 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
8 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
9 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
10 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
11 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
12 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
PHẦN II LỜI GIẢI 21
1 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
4 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
5 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
6 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
7 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
8 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
9 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
10 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
11 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
12 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
Nguyễn Minh Hiếu
ii
Phần
I
ĐỀ THI
1
Nguyễn Minh Hiếu
2
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2022-2023
VÒNG 1
1.1 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:
4 sin
2
x
2
−
√
3 cos 2x = 1 + 2 cos
2
Å
x −
3π
4
ã
.
b) Giải hệ phương trình:
x
2
(y + 1)
2
+
y
2
(x + 1)
2
=
1
2
3xy = x + y + 1.
1.2 (2,5 điểm)
a) Tính giới hạn:
lim
x→0
√
4 + 4x −
3
√
8 + 12x + 1 − cos x
√
3x
2
+ 4 −2
.
b) Chứng minh rằng với mọi số thực m, phương trình
x
6
− 65 + m
3
√
2 −x = m
Ä
1 −
√
x −1
ä
luôn có nghiệm.
1.3 (1,5 điểm)
a) Cho (H) là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có 3 đỉnh là 3
đỉnh của (H). Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân.
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập phương của ba chữ
số đó chia hết cho 3.
1.4 (3,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC và điểm M di động trên cạnh AB (M khác A, B). Mặt phẳng
(α) luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC.
a) Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S.ABC bởi mặt phẳng (α). Tìm vị trí của điểm M để thiết
diện có diện tích lớn nhất.
b) Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn
BA
BM
+
BC
BN
=
23
5
. Chứng minh rằng mặt phẳng (SM N)
luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động.
c) Chứng minh rằng (SA + BC)
2
+ (SC + AB)
2
> (SB + AC)
2
.
VÒNG 2
1.5 (2,5 điểm)
a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:
1
a
+
1
b
+
1
c
+ 1 > 2
√
a + b + c + 1.
3
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
b) Cho tập hợp A = {1; 3; 5; . . . ; 2n − 1} (với n ∈ N
∗
). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
tồn tại 12 tập con B
1
, B
2
,..., B
12
của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) B
k
∩ B
j
= ∅ (với k = 1; 12, j = 1; 12, k 6= j;
ii) B
1
∪ B
2
∪ ··· ∪B
12
= A;
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập B
k
(với k = 1; 12) bằng nhau.
1.6 (2,5 điểm) Cho dãy số (u
n
) thỏa mãn:
®
u
1
= 2023
7u
n+1
= u
2
n
+ u
n
+ 9, ∀n ∈ N
∗
.
a) Chứng minh rằng lim u
n
= +∞.
b) Với mỗi n ∈ N
∗
, đặt v
n
=
n
X
k=1
1
u
k
+ 4
. Tìm giới hạn của dãy số (v
n
).
1.7 (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn n
5
+ n + 1 chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất.
b) Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a
2022
= b
2023
. Tìm a khi b là số nhỏ nhất.
1.8 (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H; AD,
BE, CF là ba đường cao (D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB). Gọi M là trung điểm của BC, N là hình chiếu
vuông góc của H trên AM ; AD cắt BN tại P , AM cắt CF tại Q.
a) Chứng minh rằng ba đường thẳng BC, EF , HN đồng quy tại điểm T .
b) Chứng minh rằng đường thẳng P Q song song với đường thẳng BC.
c) Tiếp tuyến của(O) tại A cắt BC tại K, L là điểm đối xứng của K qua T . Chứng minh rằng
MONL là tứ giác nội tiếp.
——— Hết ———
4
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2021-2022
VÒNG 1
2.1 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2 sin
2
x −
π
4
= 2 sin
2
x −tan x.
b) Chứng minh rằng phương trình
m
2
x
2022
+ 2x
2
− x −m
2
= 0
luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m.
2.2 (2,0 điểm)
a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 ·C
1
n
+ 2C
2
n
+ ···+ nC
2
n
= 16n. Tìm hệ số của số hạng chứa
x
7
trong khai triển của nhị thức
Å
x
2
−
2
x
ã
2n+1
, x 6= 0.
b) Cho cấp số cộng (u
n
) có các số hạng đều là số nguyên và công sai d là một số dương. Biết rằng
u
20
= m > 0 và u
m
= 17. Tính u
2022
.
2.3 (2,0 điểm)
a) Tính giới hạn:
lim
x→0
√
1 + 2x −
3
√
1 + 3x
x
2
.
b) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi:
u
1
= 9 và (n + 3)u
n+1
− (n + 5)u
n
= 22, với mọi n > 1.
Tính giới hạn lim
2021u
n
25 + 4n + 2022n
2
.
2.4 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và SA = a, AB = b, AD = c. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
(SBD).
a) Trong trường hợp SA =
√
7, AB = AD = 1, gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với
SC. Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (P ) và tính diện tích
thiết diện đó.
b) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác SBD.
c) Chứng minh rằng a ·S
HBD
+ b · S
HSD
+ c · S
HSB
6
abc
√
3
2
, ở đây ký hiệu S
XY Z
là diện tích của
tam giác XY Z.
2.5 (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. Một số thuộc S được gọi
là số “thú vị” nếu số đó là hợp số và không chia hết cho ba số 2, 3, 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ S,
tính xác suất để số được chọn là số “thú vị”.
5
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
VÒNG 2
2.6 (3,0 điểm)
a) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P =
2
x
3
(y + z)
+
2
y
3
(z + x)
+
2
z
3
(x + y)
.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b), b > 1 để hai số
a
3
b −1
a + 1
và
b
3
a + 1
b −1
đều là số nguyên
dương.
2.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi:
u
1
=
5
2
và u
n+1
=
…
u
3
n
− 12u
n
− 2002 +
2022n + 2023
n + 1
, với mọi n > 1.
a) Chứng minh rằng u
n
> 2, ∀n ∈ N
∗
.
b) Chứng minh rằng dãy số (u
n
) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
2.8 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi G, H lần lượt là
trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC, D là chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, M là trung
điểm của cạnh BC. Đường thẳng DG cắt cung nhỏ BC của (O) tại điểm E.
a) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
b) Đường trung trực của cạnh BC cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P , Q. Gọi N là trung
điểm của đoạn P Q. Chứng minh rằng đường thẳng HM cắt đường thẳng AN tại một điểm nằm
trên đường tròn (O).
2.9 (2,0 điểm) Người ta tô màu tất cả các số nguyên dương bằng hai màu xanh và đỏ (mỗi số chỉ
được tô đúng một màu). Biết rằng có vô hạn các số được tô màu xanh và tổng của hai số được tô khác
màu là một số được tô màu đỏ. Gọi số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q.
a) Hãy chỉ ra (có chứng minh) một cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán khi q = 2.
b) Chứng minh rằng q là một số nguyên tố.
——— Hết ———
6
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2020-2021
VÒNG 1
3.1 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2 cos
2
π
4
− x
+
√
3 cos
2
x =
√
3 sin
2
x + 4 cos
2
x
2
− 1.
b) Chứng minh phương trình
m
2
− m + 1
x
2020
+ 2x −2 = 0
luôn có nghiệm với mọi tham số m.
3.2 (2,0 điểm)
a) Tìm hệ số của x
8
trong khai triển thành đa thức của
1 + x
2
− x
3
n
, biết n là số nguyên lớn hơn
1 thỏa mãn đẳng thức
1 ·2 · C
2
n
+ 2 ·3 · C
3
n
+ 3 ·4 · C
4
n
+ ··· + (n − 1)nC
n
n
= 64n(n −1).
b) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số đẹp” nếu chữ
số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng chục nghìn. Chọn
ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn là “số đẹp”.
3.3 (2,0 điểm)
a) Tính giới hạn:
lim
x→0
x
3
+ 2020
2021
√
1 + 2021x − 2020
x
.
b) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi
u
1
= −2, u
2
= −1 và u
n+1
=
3
»
n (u
2
n
+ 1) + 2u
n−1
, với mọi n > 2.
Tính u
2021
.
3.4 (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB =
a, AA
0
= a
√
2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BB
0
. Gọi G là trọng tâm tam giác
ABC.
a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng (MNC
0
);
b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (M N C
0
) và (ABC). Từ đó tính diện tích thiết diện tìm
được ở câu a;
c) Gọi (α) là mặt phẳng thay đổi và luôn đi qua trung điểm I của B
0
G và cắt các cạnh B
0
A, B
0
B,
B
0
C lần lượt tại X, Y , Z (không trùng B
0
). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
T =
B
0
A
B
0
X
·
B
0
B
B
0
Y
·
B
0
C
B
0
Z
.
7
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
3.5 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng:
…
cos A cos B
cos C
+
…
cos B cos C
cos A
+
…
cos C cos A
cos B
> 2.
VÒNG 2
3.6 (3,0 điểm)
a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
P =
x
4
+ y
4
+ z
4
−
x
3
+ y
3
+ z
3
+
x
2
+ y
2
+ z
2
.
b) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số n
2
+ np là một số
chính phương.
3.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi:
u
1
= 1 và u
n+1
=
n + 1
n + 2
u
n
+ 4n
2
, với mọi n > 1.
Tìm giới hạn lim
3
√
u
n
n + 1
.
3.8 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường
tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại D. Gọi M là điểm chính giữa cung BC (chứa A)
của đường tròn (O). Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại E, cắt (O) tại S (S
khác A). Gọi F là giao điểm của DI và AM.
a) Chứng minh đường thẳng MI đi qua trung điểm của đoạn EF .
b) Kẻ đường cao AH (H thuộc BC), kẻ đường kính AK của (O). Đường thẳng KS lần lượt cắt các
đường thẳng BC, AH theo thứ tự tại P , Q. Chứng minh rằng tam giác P IQ là tam giác vuông.
3.9 (1,5 điểm) Cho n (n > 3) điểm liên tiếp A
1
, A
2
,...,A
n
đôi một phân biệt và cùng thuộc một
đường thẳng sao cho A
1
A
2
= A
2
A
3
= ··· = A
n−1
A
n
.
a) Tìm n biết rằng trên đường thẳng có tất cả 2025 đoạn thẳng (có đầu mút là các điểm A
1
,
A
2
,...,A
n
) mà các đoạn thẳng này có trung điểm được lấy từ các điểm đã cho.
b) Với n = 20, ta tiến hành tô màu 20 điểm A
1
, A
2
,...,A
20
bằng đúng m màu khác nhau (mỗi điểm
một màu, hai điểm khác nhau có thể được tô cùng màu). Tìm số m nhỏ nhất sao cho không có
ba điểm A
i
, A
j
, A
k
nào cùng màu mà ba số i, j, k lập thành một cấp số cộng (biết rằng các số
m, i, j, k nguyên dương và 1 6 i < j < k 6 20.
——— Hết ———
8
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2017-2018
4.1 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
sin 2x − cos 2x −3 sin x −cos x + 2
sin x
= 0.
b) Giải hệ phương trình:
(
3
3
p
x
2
y
5
= 4
y
2
− x
2
5
3
p
x
4
y = y
2
+ x
2
.
4.2 (2,0 điểm)
a) Tính giới hạn:
lim
x→1
√
8x + 8 − x
4
+ 3x −6
(x −1)
2
.
b) Một hộp đựng chín quả cầu được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải lấy ra ít nhất bao nhiêu quả cầu
để xác suất có ít nhất một quả cầu ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn
5
6
.
4.3 (2,0 điểm)
a) Cho dãy số (u
n
) được xác định bởi:
u
1
= 5 và u
n+1
=
1
2
u
n
+
n
2
+ n −2
n
3
+ 3n
2
+ 2n
, với mọi n > 1.
Tính giới hạn lim (n ·u
n
).
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3
2n
+ 3n
2
+ 7 là một số chính phương.
4.4 (3,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi G là trọng tâm của tam giác BC
0
D.
a) Xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
khi cắt bởi mặt phẳng (ABG). Thiết diện đó
là hình gì?
b) Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD, A
0
C sao cho MN song song với mặt phẳng
(BC
0
D), biết AM =
1
4
AD. Tính tỉ số
CN
CA
0
.
4.5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
3
…
2a
4a + 4b + c
+
3
2b
4b + 4c + a
+
3
…
2c
4c + 4a + b
< 2.
——— Hết ———
9
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2016-2017
5.1 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
(2 cos 2x − 1)(sin 2x + cos 2x) = 1.
b) Giải hệ phương trình:
®
(2x −y + 2)(2x + y) + 6x −3y + 6 = 0
√
2x + 1 +
p
y − 1 = 4.
5.2 (2,5 điểm)
a) Tính giới hạn:
L = lim
x→0
√
1 ·2x + 1 ·
3
√
2 ·3x + 1 ·
4
√
3 ·4x + 1 ···
2017
√
2016 ·2017x + 1 − 1
x
.
b) Tìm giới hạn dãy số (u
n
) được xác định như sau:
u
1
= 1
u
n+1
=
…
u
2
n
+
2n + 1
2
n
, ∀n > 1.
5.3 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tâm O, cạnh AB = a và
SA = SB = SC = SD = a. Điểm M nằm trên đoạn AO sao cho
AM
AO
= k (0 < k < 1). Mặt phẳng
(P ) đi qua M và song song với AD, SO.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P ). Thiết diện là hình gì?
b) Tính diện tích của thiết diện trên theo a, k.
c) Tìm k để thiết diện trên ngoại tiếp được một đường tròn.
5.4 (1,5 điểm) Cho x, y, z dương. Chứng minh:
1 + x
2
1 + 4
p
1 + y
3
+ 3z
2
+
1 + y
2
1 + 4
√
1 + z
3
+ 3x
2
+
1 + z
2
1 + 4
√
1 + x
3
+ 3y
2
>
3
5
.
5.5 (1,0 điểm) Trong một hội nghị khách hàng, mỗi người tham gia được chọn một số tự nhiên có
hai chữ số ghi lên phiếu của mình và cứ 10 người thì được sắp xếp ngẫu nhiên vào một bàn. Một bàn
được gọi là bàn “thân thiện” nếu trong 10 người của bàn đó có thể chọn ra hai nhóm người (số lượng
người của mỗi nhóm là tùy ý và khác 0) sao cho tổng các số ghi trên phiếu của mỗi nhóm là bằng
nhau. Chứng minh rằng tất cả các bàn trong hội nghị đều là bàn “thân thiện”.
——— Hết ———
10
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015-2016
VÒNG 1
6.1 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:
4 sin
2
x cos x + 2 cos 2x = cos x +
√
3 sin 3x.
b) Giải hệ phương trình:
(x + y)
Å
1 +
1
xy
ã
= 5
x
2
+ y
2
Å
1 +
1
x
2
y
2
ã
= 9
(x, y ∈ R).
6.2 (2,5 điểm)
a) Tìm giới hạn:
lim
x→0
3
√
1 + 3x −
√
1 + 2x
x
2
.
b) Tìm giới hạn lim
u
n
3
n
, biết (u
n
) xác định bởi:
®
u
1
= 1
u
n+1
= 3u
n
+ 2n − 1, n > 1.
6.3 (2,5 điểm) Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Trên đường chéo AC lấy điểm M sao cho M A =
3MC. Mặt phẳng (α) đi qua M và song song với mặt phẳng (A
0
BD), cắt đường chéo AC
0
của hình
hộp tại điểm N.
a) Xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
khi cắt bởi mặt phẳng (α).
b) Chứng minh N là trung điểm của AC
0
.
6.4 (1,0 điểm) Cho đa giác đều gồm 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm 2 màu xanh
và đỏ. Chứng minh ắt phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
6.5 (1,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i) (x + 2)(y + 2) = 3
x
2
+ y
2
+
√
xy
;
ii)
√
x +
√
y
3
= 4
x
3
+ y
3
.
Chứng minh rằng
√
x +
√
y = 2.
VÒNG 2
6.6 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
Ä
1 −
√
1 − x
ä
3
√
2 − x = x (x ∈ R).
11
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
b) Chứng minh rằng phương trình
p(x − a)(x − c) + q(x − b)(x − d) = 0
luôn có nghiệm, biết a < b < c < d và p, q là hai số thực bất kỳ.
6.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (u
n
) xác định bởi:
®
u
1
= 5
u
n+1
= (u
n
− 2)
2
, ∀n > 1.
Tìm lim
u
1
· u
2
···u
n
u
n+1
.
6.8 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi (J) là
đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC; IJ cắt (O) tại M (khác A). Gọi N là điểm chính giữa
của cung
˙
ABM ; N I và NJ lần lượt cắt (O) tại S và T .
a) Chứng minh M là trung điểm của IJ.
b) Chứng minh IJ, BC và T S đồng quy.
6.9 (1,5 điểm) Xác định số cách chọn bộ 100 số từ tập hợp 2016 số nguyên dương đầu tiên sao cho
bất kỳ một cặp 2 trong 100 số được chọn có hiệu số giữa số lớn và số bé lớn hơn hoặc bằng 2.
6.10 (1,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 2
2n−1
− 2
n
+ 1 là số chính phương.
——— Hết ———
12
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2014-2015
VÒNG 1
7.1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
8 sin
2
x cos x −
√
3 sin x − cos x = 0.
b) Giải hệ phương trình:
2x +
1
x
+ y +
2
y
= 6
x
2
+ y
2
Å
1 +
1
xy
ã
2
= 8
(x, y ∈ R) .
7.2 (2,0 điểm) Cho dãy số
u
1
= 2
u
n+1
=
u
2015
n
+ u
n
+ 1
u
2014
n
− u
n
+ 3
(n ∈ N
∗
) .
a) Chứng minh u
n
> 1, ∀n ∈ N
∗
và (u
n
) là dãy số tăng.
b) Tìm lim
n
X
i=1
1
u
2014
i
+ 2
.
7.3 (2,5 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và tất cả các
cạnh của hình chóp có độ dài bằng
√
2. Điểm M nằm trên đoạn AO và AM = x (0 < x < 1). Mặt
phẳng (P ) đi qua M và song song với AD và SO.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P ). Chứng minh thiết diện là hình
thang cân.
b) Tính diện tích của thiết diện theo x.
7.4 (1,5 điểm) Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 chữ cái từ bộ chữ cái MAYMAN thành một hàng sao cho
mỗi cách sắp xếp 2 chữ cái giống nhau không đứng cạnh nhau.
7.5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a
√
4a
2
+ b
2
+ c
2
+
b
√
4b
2
+ c
2
+ a
2
+
c
√
4c
2
+ a
2
+ b
2
6
…
3
2
.
VÒNG 2
7.6 (2,0 điểm) Tìm các giới hạn:
a) A = lim
n→+∞
1 + 2 + 4 + ···+ 2
n
1 + 5 + 25 + ···+ 5
n
;
b) B = lim
x→0
√
1 + 2014x ·
3
√
1 + 2015x − 1
x
.
13
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
7.7 (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng phương trình:
2014x
2015
− x
3
+ mx
2
+ 1 = m
luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m.
b) Giải phương trình:
»
1 +
p
1 − x
2
= x
Ä
1 + 2
p
1 − x
2
ä
.
7.8 (2,0 điểm) Cho dãy số
u
1
= 3
u
n+1
=
2n
n + 1
u
n
−
1
n + 1
(n ∈ N
∗
) .
a) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (u
n
);
b) Tìm n để nu
n
là số chính phương.
7.9 (2,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O
0
) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tiếp tuyến
chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O) và (O
0
) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng
song song CD cắt (O) và (O
0
) lần lượt tại M và N. Các đường thẳng BC, BD lần lượt cắt MN tại P
và Q. Các đường thẳng CM , DN cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE và CD vuông góc với nhau;
b) Tam giác EP Q cân.
7.10 (1,5 điểm) Mỗi số nguyên từ 1 đến n (n > 3) được tô bởi hai màu: xanh hoặc đỏ. Tìm số nguyên
n nhỏ nhất để với mọi cách tô màu, đều tồn tại ba số cùng màu lập thành cấp số cộng.
——— Hết ———
14
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013-2014
VÒNG 1
8.1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
(sin 2x − cos 2x) sin x + sin 3x = (sin x + cos x) cos x.
b) Giải hệ phương trình:
x
2
+ y
2
+
8xy
x + y
= 16
√
x + y = x
2
− y
(x, y ∈ R) .
8.2 (2,5 điểm)
a) Một nhóm 10 học sinh gồm 6 bạn nam trong đó có An và 4 bạn nữ trong đó có Bình được xếp
ngồi vào 10 cái ghế trên một hàng ngang (10 cái ghế được đánh số từ 1 đến 10 từ trái sang phải).
Có bao nhiêu cách sắp xếp thỏa mãn giữa 2 bạn nữ gần nhau có 2 bạn nam, đồng thời An không
ngồi cạnh Bình.
b) Cho f(x) là hàm số liên tục, nhận giá trị không âm trên [0; +∞) và lim
x→+∞
f(x)
x
= L < 1. Chứng
minh rằng tồn tại ít nhất số c ∈ [0; +∞) thỏa mãn f(c) = c.
8.3 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm trên cạnh SC
sao cho SC = 3SM . Giả sử (P ) là mặt phẳng qua hai điểm A, M và luôn cắt các cạnh SB, SD lần
lượt tại N, P (N khác B, P khác D).
a) Nêu cách dựng các điểm N, P và tính giá trị của
SB
SN
+
SD
SP
;
b) Xác định vị trí mặt phẳng (P ) để tam giác SNP có diện tích nhỏ nhất.
8.4 (1,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a
ab + 1
+
b
bc + 1
+
c
ca + 1
>
3
2
.
VÒNG 2
8.5 (2,5 điểm)
a) Giải phương trình:
p
x
2
+ 12 + 5 = 3x +
p
x
2
+ 5 (x ∈ R) .
b) Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 5}. Hai bạn A và B mỗi người đều viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự
nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập X. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng
một số có chữ số 5.
8.6 (3,0 điểm)
15
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu
a) Tính giới hạn:
lim
x→0
2
√
1 + x −
3
√
8 − x
x
.
b) Cho dãy số (x
n
) được xác định bởi:
®
x
1
= c, x
2
= d (c, d > 0)
x
n+1
=
√
x
n
+
√
x
n−1
(n = 2, 3, 4 . . .).
Tìm lim x
n
.
8.7 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có
“
C <
“
B < 90
◦
. Gọi AD là phân giác của góc
’
BAC (D ∈ BC),
M là trung điểm của AD. Đường tròn (τ) đường kính AC cắt BM tại E (E nằm giữa B và M ), đường
tròn (Ω) đường kính AB cắt CM tại F (F nằm giữa C và M). Gọi giao điểm thứ hai (khác A) của
đường thẳng đi qua A vuông góc AD với các đường tròn (τ), (Ω) lần lượt là L và K. Chứng minh
rằng:
a) AD, BL, CK đồng quy;
b) Bốn điểm B, E, F , C cùng thuộc một đường tròn.
8.8 (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp (m, n) với m, n là các số nguyên không âm thỏa mãn phương trình:
n(n + 2)
4
= m
4
+ m
2
− m + 1.
——— Hết ———
16
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012-2013
9.1 (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:
x +
2
y
+
x
y
= 10
x
2
+
1
y
2
+ 2x = 12.
b) Giải phương trình:
(cos 2x − cos 4x)
2
= 6 + 2 sin 3x.
9.2 (2,5 điểm)
a) Tính giới hạn:
lim
Ä
p
n
4
+ n
2
+ 1 −
3
p
n
6
+ 1
ä
.
b) Cho dãy số (u
n
) xác định như sau:
u
1
= 2013
u
n+1
=
n+1
…
u
n
n
+
1
2013
n
.
Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn của dãy số (u
n
).
9.3 (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (AD k BC) và BC = 2a, AB =
AD = CD = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm AC và BD. Biết SD vuông
góc AC.
a) Tính SD.
b) Mặt phẳng (α) đi qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với hai đường thẳng
SD và AC. Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α). Biết MD = x. Tìm x
để diện tích thiết diện lớn nhất.
9.4 (1,5 điểm) Cho phương trình:
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + d = 0.
a) Với d = −2013, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt;
b) Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a
2
+ b
2
+ c
2
>
4
3
.
——— Hết ———
17
10. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011-2012
10.1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
√
2 cos
3
x −
π
4
− 3 cos x − sin x = 0.
b) Giải hệ phương trình:
®
x(x + 2)(2x + y) = 9
x
2
+ 4x + y = 6.
10.2 (2,0 điểm) Tính giới hạn:
L = lim
x→1
Å
2011
1 − x
2011
−
2012
1 − x
2012
ã
.
10.3 (3,0 điểm) Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = 1, mặt phẳng (P ) đi qua trọng tâm M của
tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F (khác S).
a) Chứng minh rằng
−−→
SM =
1
4
Å
1
SD
−→
SD +
1
SE
−→
SE +
1
SF
−→
SF
ã
.
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1
SD · SE
+
1
SE · SF
+
1
SF · SD
.
10.4 (1,0 điểm) Cho x, y, z > 0 và xyz =
1
6
. Chứng minh rằng:
1
x
3
(2y + 3z)
+
1
8y
3
(3z + x)
+
1
27z
3
(x + 2y)
<
3
2
.
10.5 (1,0 điểm) Trong một hình vuông có diện tích bằng 2, ta dựng 3 đa giác có diện tích đều bằng
1. Chứng minh rằng trong 3 đa giác đó có ít nhất một cặp đa giác có diện tích phần chung của chúng
không nhỏ hơn
1
3
.
——— Hết ———
18
Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI
| ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011
11.1 (3,0 điểm)
a) Giải phương trình:
sin 3x + cos 3x − 2
√
2 cos
x +
π
4
+ 1 = 0.
b) Giải hệ phương trình:
2x +
1
x + y
+
1
x − y
=
16
3
2
x
2
+ y
2
+
1
(x + y)
2
+
1
(x − y)
2
=
100
9
.
11.2 (2,0 điểm) Cho dãy số (x
n
) xác định như sau:
(
x
1
=
√
30
x
n+1
=
»
30x
2
n
+ 3x
n
+ 2011, ∀n ∈ N
∗
.
Tìm lim
n→+∞
x
n+1
x
n
.
11.3 (3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD đều cạnh a có I là trọng tâm tam giác ABC, J là trọng tâm
tam giác BCD, vẽ mặt phẳng đi qua IJ cắt AB, AC, DC, DB lần lượt tại các điểm M , N, P , Q với
AM = x, AN = y (0 < x, y < a).
a) Chứng minh rằng MN, P Q, BC đồng quy hoặc song song và MNP Q là hình thang cân.
b) Chứng minh rằng a(x + y) = 3xy. Từ đó suy ra
4a
3
6 x + y 6
3a
2
.
c) Tính diện tích tứ giác MNP Q theo a và s = x + y.
11.4 (1,0 điểm) Cho phương trình ax
2
+ (2b + c)x + 2d + e = 0 có đúng một nghiệm không nhỏ hơn
4. Chứng minh phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 có nghiệm.
11.5 (1,0 điểm) Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng rằng:
P =
2xy
(z + x)(z + y)
+
2yz
(x + y)(x + z)
+
3zx
(y + z)(y + x)
>
5
3
.
——— Hết ———
19
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2009-2010
12.1 (2,0 điểm) Giải phương trình:
2
2010
»
(1 + x)
2
− 3
2010
p
1 − x
2
+
2010
»
(1 − x)
2
= 0.
12.2 (2,0 điểm) Cho dãy số (u
n
) xác định như sau:
(
u
1
= 1
u
n+1
=
»
u
n
(u
n
+ 1)(u
n
+ 2)(u
n
+ 3) + 1, n ∈ N
∗
.
Đặt v
n
=
n
X
i=1
1
u
i
+ 2
. Tìm lim
n→+∞
v
n
.
12.3 (2,5 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a và các điểm M, N lần lượt
thuộc các cạnh AD, BB
0
sao cho AM = BN = x (0 6 x 6 a). Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của
AB và C
0
D
0
.
a) Chứng minh bốn điểm M, N, I, J đồng phẳng;
b) Tìm vị trí của M , N trên các cạnh AD và BB
0
sao cho chu vi thiết diện do mặt phẳng (M INJ)
cắt hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có giá trị nhỏ nhất.
12.4 (2,0 điểm) Cho hàm số f(x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện f(0) = f(1). Chứng minh
rằng phương trình f(x) = f
Å
x +
1
2010
ã
có nghiệm x ∈ [0; 1].
12.5 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta có:
a
3
a
3
+ (b + c)
3
+
b
3
b
3
+ (c + a)
3
+
c
3
c
3
+ (a + b)
3
> 1.
——— Hết ———
20
Phần
II
LỜI GIẢI
21
Nguyễn Minh Hiếu
22
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2022-2023
Câu 1.1.
a) Ta có phương trình tương đương
2(1 − cos x) −
√
3 cos 2x = 1 + 1 + cos
Å
2x −
3π
2
ã
⇔ 2 − 2 cos x −
√
3 cos 2x = 2 − sin 2x
⇔ sin 2x −
√
3 cos 2x = 2 cos x
⇔ sin
2x −
π
3
= sin
π
2
− x
⇔
2x −
π
3
=
π
2
− x + k2π
2x −
π
3
= π −
π
2
+ x + k2π
⇔
x =
5π
18
+ k
2π
3
x =
5π
6
+ k2π.
Vậy phương trình có nghiệm x =
5π
18
+ k
2π
3
, x =
5π
6
+ k2π (k ∈ Z).
b) Điều kiện x 6= −1; y 6= −1. Khi đó ta có hệ tương đương
Å
x
y + 1
ã
2
+
Å
y
x + 1
ã
2
=
1
2
4xy = (x + 1)(y + 1)
⇔
Å
x
y + 1
ã
2
+
Å
y
x + 1
ã
2
=
1
2
x
y + 1
·
y
x + 1
=
1
4
.
Đặt
x
y + 1
= u,
y
x + 1
= v, hệ trở thành
u
2
+ v
2
=
1
2
uv =
1
4
⇔
u + v = ±1
uv =
1
4
⇔
u = v =
1
2
u = v = −
1
2
.
Với u = v =
1
2
, ta có
x
y + 1
=
1
2
y
x + 1
=
1
2
⇔
®
2x − y = 1
2y − x = 1
⇔ x = y = 1 (thỏa mãn).
Với u = v = −
1
2
, ta có
x
y + 1
= −
1
2
y
x + 1
= −
1
2
⇔
®
2x − y = −1
2y − x = −1
⇔ x = y = −
1
3
(thỏa mãn).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1), (x; y) =
Å
−
1
3
; −
1
3
ã
.
23
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
Câu 1.2.
a) Đặt L = lim
x→0
√
4 + 4x −
3
√
8 + 12x + 1 − cos x
√
3x
2
+ 4 − 2
, ta có
L = lim
x→0
ñÇ
√
4 + 4x − x − 2
x
2
+
x + 2 −
3
√
8 + 12x
x
2
+
1 − cos x
x
2
å
·
x
2
√
3x
2
+ 4 − 2
ô
.
Ta có
) lim
x→0
√
4 + 4x − x − 2
x
2
= lim
x→0
4 + 4x − x
2
− 4x − 4
x
2
√
4 + 4x + x + 2
= lim
x→0
−1
√
4 + 4x + x + 2
= −
1
4
.
) lim
x→0
x + 2 −
3
√
8 + 12x
x
2
= lim
x→0
x
3
+ 6x
2
x
2
î
(x + 2)
2
+ (x + 2)
3
√
8 + 12x +
3
√
8 + 12x
2
ó
=
1
2
.
) lim
x→0
1 − cos x
x
2
= lim
x→0
sin
2
x
x
2
(1 + cos x)
=
1
2
.
) lim
x→0
x
2
√
3x
2
+ 4 − 2
= lim
x→0
x
2
Ä
√
3x
2
+ 4 + 2
ä
3x
2
=
4
3
.
Vậy L =
Å
−
1
4
+
1
2
+
1
2
ã
·
4
3
= 1.
b) Điều kiện x > 1. Khi đó ta có phương trình tương đương
x
6
− 65 + m
3
√
2 − x − m
Ä
1 −
√
x − 1
ä
= 0.
Đặt
f(x) = x
6
− 65 + m
3
√
2 − x − m
Ä
1 −
√
x − 1
ä
Ta có
f(2) = −1 < 0; f(10) = 10
6
− 65 > 0 ⇒ f(2) · f(10) < 0.
Mặt khác f(x) liên tục trên [1; +∞) nên liên tục trên [2; 10]. Do đó f(x) có ít nhất một nghiệm
trên (2; 10). Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm.
Câu 1.3.
a) Gọi số đỉnh của đa giác đều (H) là n (n ∈ N; n > 3), ta có số đường chéo của đa giác là C
2
n
− n.
Theo giả thiết, ta có
C
2
n
− n = 252 ⇔
n(n − 1)
2
− n = 252 ⇔ n
2
− 3n − 504 = 0 ⇔
ñ
n = 24
n = −21 (loại).
Do đó đa giác đều (H) có 24 đỉnh, suy ra số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là C
3
24
= 2024.
Gọi O là tâm của (H), suy ra số đường chéo đi qua O là 12. Chọn 2 trong số 12 đường chéo này
được một hình chữ nhật, suy ra số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của (H) là C
2
12
= 66. Chọn 2
đường chéo vuông góc trong 12 đường chéo này ta được một hình vuông, suy ra số hình vuông
có đỉnh là đỉnh của (H) là 6. Từ đó suy ra số hình chữ nhật không phải hình vuông là 66−6 = 60.
Mỗi hình chữ nhật không phải hình vuông tạo ra 4 tam giác vuông không cân, suy ra số tam giác
vuông không cân có đỉnh là đỉnh của (H) là 60 · 4 = 240. Vậy xác suất cần tìm là
240
2024
=
30
253
.
24
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
b) Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abc. Ta có
a
3
+ b
3
+ c
3
= (a + b + c)
3
− 3(a + b)(b + c)(c + a).
Do đó
a
3
+ b
3
+ c
3
.
.
. 3 ⇔ (a + b + c)
3
.
.
. 3 ⇔ (a + b + c)
.
.
. 3.
Đặt A = {3; 6; 9}, B = {1; 4; 7}, C = {2; 5; 8}, ta có các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 chữ số a, b, c cùng thuộc một trong các tập A, B, C, ta có 3 · 3! = 18 số.
TH2: Mỗi chữ số a, b, c thuộc một tập A, B, C, ta có 3
3
· 3! = 162 số.
TH3: Số cần tìm chứa chữ số 0 và 2 chữ số còn lại thuộc A, ta có 2 · A
2
3
= 12 số.
TH4: Số cần tìm chứa chữ số 0 và 2 chữ số còn lại mỗi chữ số thuộc một tập (B hoặc C), ta có
2 · 3
2
· 2! = 36 số.
Vậy có 18 + 162 + 12 + 36 = 228 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 1.4.
a) Trong mặt phẳng (SAB), kẻ MK k SA (K ∈ SB). Trong mặt phẳng (ABC), kẻ MP k BC
(P ∈ AC). Trong mặt phẳng (SAC), kẻ P Q k SA (Q ∈ SC). Ta có MP QK là thiết diện của
hình chóp S.ABC cắt bởi (α). Ta có M P k QK (vì cùng song song với BC); MK k P Q (vì cùng
song song với BC), suy ra MP QK là hình bình hành.
A
B
C
S
M
K
P
Q
Đặt
AM
AB
= x (0 < x < 1). Xét tam giác ABC có M P k BC, suy ra
MP
BC
=
AM
AB
= x, hay
MP = xBC. Xét tam giác SAB có MK k SA, suy ra
MK
SA
=
BM
AB
= 1−x, hay M K = (1−x)SA.
Diện tích thiết diện MP QK là
S
MP QK
= MP · MK · sin(MP, MK) = x(1 − x)BC · SA · sin(BC, SA).
Vì BC · SA · sin(BC, SA) không đổi nên S
MP QK
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x(1 − x) đạt
giá trị lớn nhất. Theo bất đẳng thức AM − GM, ta có
x(1 − x) 6
Å
x + 1 − x
2
ã
2
=
1
4
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 − x ⇔ x =
1
2
. Vậy S
MP QK
đạt giá trị lớn nhất khi M là
trung điểm của AB.
b) Gọi I là trung điểm AC và J là giao điểm của MN và BI.
25
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
A
B
C
S
M
N
I
J
Ta có
S
4BM J
S
4BAI
=
BM
BA
·
BJ
BI
⇒
2S
4BM J
S
4ABC
=
BM
BA
·
BJ
BI
(1)
S
4BN J
S
4BCI
=
BN
BC
·
BJ
BI
⇒
2S
4BN J
S
4ABC
=
BN
BC
·
BJ
BI
(2)
Từ (1) và (2), suy ra
2S
4BM J
S
4ABC
+
2S
4BN J
S
4ABC
=
BM
BA
·
BJ
BI
+
BN
BC
·
BJ
BI
⇔
S
4BM N
S
4ABC
=
1
2
Å
BM
BA
+
BN
BC
ã
BJ
BI
. (3)
Mặt khác
S
4BM N
S
4ABC
=
BM
BA
·
BN
BC
. (4)
Từ (3) và (4), suy ra
1
2
Å
BM
BA
+
BN
BC
ã
BJ
BI
=
BM
BA
·
BN
BC
⇔
BI
BJ
=
1
2
Å
BA
BM
+
BC
BN
ã
⇔
BI
BJ
=
23
10
.
Từ đó suy ra J là điểm cố định, do đó (SM N) luôn chứa đường thẳng SJ cố định.
c) Gọi D, E, F , G, O lần lượt là trung điểm SA, AB, BC, SC, SB. Khi đó DEF G là hình bình
hành và O /∈ (DEF G).
A
B
C
S
D
E F
G
O
Do đó
OE + OG > EG; OF + OD > DF. (5)
Và
(SA + BC)
2
= (2OE + 2OG)
2
; (SC + AB)
2
= (2OF + 2OD)
2
. (6)
26
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Mặt khác
EG
2
+ DF
2
=
−−→
EG
2
+
−−→
DF
2
=
Ä
−−→
ED +
−−→
EF
ä
2
+
Ä
−−→
DE +
−−→
DG
ä
2
= 2DE
2
+ 2EF
2
+ 2
−−→
DE
Ä
−−→
DG −
−−→
EF
ä
=
1
2
SB
2
+ AC
2
. (7)
Từ (5), (6) và (7), suy ra
(SA + BC)
2
+ (SC + AB)
2
> 4
EG
2
+ DF
2
= 2
SB
2
+ AC
2
> (SB + AC)
2
.
Vậy (SA + BC)
2
+ (SC + AB)
2
> (SB + AC)
2
.
Câu 1.5.
a) Ta có
1
a
+
1
b
+
1
c
+ 1 =
ab + bc + ca
abc
+ 1 = ab + bc + ca + 1. (1)
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số dương ab + bc và ca + 1, ta có
ab + bc + ca + 1 >
»
(ab + bc)(ca + 1)
> 2
p
a
2
bc + abc
2
+ ab + bc
> 2
√
a + c + ab + bc
> 2
»
a + c + b(a + c). (2)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a > b > c, ta có
a
3
> abc > c
3
⇒ a
3
> 1 > c
3
⇒ a > 1 > c.
Suy ra
(a − 1)(c − 1) 6 0 ⇔ a + c > ac + 1.
Do đó
b(a + c) > abc + b ⇔ b(a + c) > b + 1. (3)
Từ (1), (2) và (3), suy ra
1
a
+
1
b
+
1
c
+ 1 > 2
√
a + b + c + 1.
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
b) Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bài toán. Tổng tất cả các phần tử của tập A là
1 + 3 + 5 + ···+ (2n − 1) = n
2
.
Vì tổng các phần tử của mỗi tập B
k
(với k = 1; 12) bằng nhau nên tổng các phần tử của mỗi tập
B
k
(với k = 1; 12) bằng
n
2
12
. Do đó
n
2
12
∈ N
∗
nên n = 6m, với m ∈ N
∗
. Khi đó tổng các phần tử
của mỗi tập B
k
(với k = 1; 12) là 3m
2
. Với n = 6m, ta có 2n − 1 = 12m − 1. Vì 2n − 1 thuộc một
tập B
k
(với k = 1; 12) nào đó nên 12m − 1 6 3m
2
, suy ra m > 4 ⇒ n > 24. Khi n = 24, ta có
A = {1; 3; 5; . . . ; 47}. Lúc đó
B
1
= {1; 47}, B
2
= {3; 45}, . . . , B
12
= {23; 25}
là 12 tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là n = 24.
27
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
Câu 1.6.
a) Trước hết, ta chứng minh u
n
> 3, ∀n ∈ N
∗
.
Thật vậy, u
1
= 2023 > 3. Giả sử u
k
> 3, ∀k ∈ N
∗
, ta có
u
k+1
− 3 =
(u
k
− 3)(u
k
+ 4)
7
> 0 ⇒ u
k+1
> 3, ∀k ∈ N
∗
.
Do đó u
n
> 3, ∀n ∈ N
∗
. Khi đó
u
n+1
− u
n
=
(u
n
− 3)
2
7
> 0, ∀n ∈ N
∗
.
Suy ra (u
n
) là dãy số tăng. Giả sử lim u
n
= L, ta có L > u
1
= 2023. Mặt khác lấy giới hạn hai vế
đẳng thức 7u
n+1
= u
2
n
+ u
n
+ 9, ta có
7L = L
2
+ L + 9 ⇔ (L − 3)
2
= 0 ⇔ L = 3 < 2023 (vô lý).
Vậy lim u
n
= +∞.
b) Với mọi n ∈ N
∗
, ta có
u
n+1
− 3 =
(u
n
− 3)(u
n
+ 4)
7
⇔
1
u
n+1
− 3
=
7
(u
n
− 3)(u
n
+ 4)
⇔
1
u
n+1
− 3
=
1
u
n
− 3
−
1
u
n
+ 4
⇔
1
u
n
+ 4
=
1
u
n
− 3
−
1
u
n+1
− 3
.
Do đó
v
n
=
n
X
k=1
1
u
k
+ 4
=
n
X
k=1
Å
1
u
n
− 3
−
1
u
n+1
− 3
ã
=
1
u
1
− 3
−
1
u
n+1
− 3
=
1
2020
−
1
u
n+1
− 3
.
Vậy lim v
n
= lim
Å
1
2020
−
1
u
n+1
− 3
ã
=
1
2020
.
Câu 1.7.
a) Ta có
n
5
+ n + 1 = n
3
(n
2
+ n + 1) − n
2
(n
2
+ n + 1) + n
2
+ n + 1
= (n
2
+ n + 1)(n
3
− n
2
+ 1).
Đặt n
5
+ n + 1 = p
r
, với r ∈ N
∗
và p là số nguyên tố. Khi đó (n
2
+ n + 1)(n
3
− n
2
+ 1) = p
r
.
) Với n = 0, ta có n
5
+ n + 1 = 1 (không thỏa mãn).
) Với n = 1, ta có n
5
+ n + 1 = 3 (thỏa mãn).
) Với n = 2, ta có n
5
+ n + 1 = 35 (không thỏa mãn).
) Với n > 3, ta có n
3
− n
2
= n
2
(n − 1) > 2n
2
> n
2
+ n, suy ra
n
3
− n
2
+ 1 > n
2
+ n + 1 > 1.
Do đó n
2
+ n + 1 = p
a
và n
3
− n
2
+ 1 = p
b
, với a, b ∈ N
∗
, a < b và a + b = r. Lại có
p
b
= n
3
− n
2
+ 1
= n(n
2
+ n + 1) − 2(n
2
+ n + 1) + n + 3
= n · p
a
− 2 · p
a
+ n + 3
= p
a
(n − 2) + n + 3.
Vì p
b
.
.
. p
a
nên (n + 3)
.
.
. p
a
. Từ đó suy ra n + 3 > p
a
, hay n + 3 > n
2
+ n + 1 ⇔ n
2
6 2 (vô lý).
28
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.
b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Nếu x, n là hai số nguyên dương và y là số hữu tỉ thỏa mãn y
n
= x thì y là số nguyên.
Thật vậy, đặt y =
a
b
, với a, b ∈ Z; b 6= 0; (a, b) = 1. Vì (a, b) = 1 nên (a
n
, b
n
) = 1. Ta có y
n
= x,
suy ra a
n
= x · b
n
, suy ra b
n
là ước của a
n
, mà (a
n
, b
n
) = 1 nên b
n
= 1 ⇒ b = 1. Do đó y = a ∈ Z
(đpcm).
Trở lại bài toán, ta có
a
2022
= b
2023
⇔
a
b
2022
= b.
Áp dụng bổ đề trên, ta có
a
b
= k, với k ∈ N
∗
. Khi đó b = k
2022
. Vì b là số tự nhiên nhỏ nhất lớn
hơn 1 nên k là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1, hay k = 2, suy ra b = 2
2022
. Vậy a = 2
2023
.
Câu 1.8.
O
A
B
C
D
E
F
H
M
N
P
Q
T
a) Quy ước (XY Z) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z; (XY ) là đường tròn đường kính XY .
Ta có
A, E, F, H, N ∈ (AH); D, M, E, F ∈ (DEF ) (đường tròn Euler); D, M, N, H ∈ (HM).
Từ đó suy ra
) DM (hay BC) là trục đẳng phương của hai đường tròn (DEF ) và (HM).
) EF là trục đẳng phương của hai đường tròn (DEF ) và (AH).
) HN là trục đẳng phương của hai đường tròn (AH) và (HM).
Vì AB < AC nên BC luôn cắt EF tại điểm T . Khi đó T là tâm đẳng phương của ba đường tròn
(DEF ), (AH) và (HM). Vậy ba trục đẳng phương BC, EF , HN của ba đường tròn (DEF ),
(AH) và (HM ) đồng quy tại tâm đẳng phương T .
b) Tứ giác BDHF nội tiếp nên
AF · AB = AH · AD. (1)
Tứ giác DHNM nội tiếp nên
AN · AM = AH · AD. (2)
29
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
Từ (1) và (2), suy ra
AF · AB = AN · AM ⇒ BF N M nội tiếp ⇒
’
P NQ =
÷
BF M . (3)
Lại có
4MBF cân tại M ⇒
÷
BF M =
’
DBF ; BDHF nội tiếp ⇒
’
BDF =
’
P HQ. (4)
Từ (3) và (4), suy ra
’
P NQ =
’
P HQ ⇒ P QN H nội tiếp ⇒
’
HP Q =
÷
HNQ = 90
◦
⇒ P Q ⊥ AD. (5)
Mặt khác AD ⊥ BC, kết hợp (5), ta có P Q ⊥ BC.
c) Gọi J, A
0
lần lượt là giao điểm của AO với EF và (O); I là điểm đối xứng với A qua J.
O
A
B
C
D
E
F
H
M
N
P
Q
T
K
L
J
A
0
I
Dễ thấy AO ⊥ EF và
’
ACA
0
= 90
◦
nên tứ giác CEJA
0
nội tiếp. Hơn nữa các tứ giác BF NM,
BCEF nội tiếp nên suy ra
AI · AO = 2AJ · AA
0
= AE · AC = AF · AB = AN · AM.
Từ đó suy ra M, N , I, O cùng thuộc một đường tròn. (6)
Mặt khác AK ⊥ AO ⇒ AK ⊥ JT . Mà J, T là trung điểm của AI, KL nên IL đối xứng với AK
qua JT . Do đó IL k AK ⇒ IL ⊥ AO, hay
‘
LIO = 90
◦
. Mặt khác
’
LMO = 90
◦
nên M, O, I, L
cùng thuộc một đường tròn. (7)
Từ (6) và (7), suy ra MONL là tứ giác nội tiếp.
30
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2021-2022
Câu 2.1.
a) Điều kiện xác định: x 6=
π
2
+ kπ, (k ∈ Z). Khi đó phương trình đã cho tương đương với
1 − cos
2x −
π
2
= 2 sin
2
x − tan x
⇔ 1 − sin 2x = 2 sin
2
x − tan x
⇔ cos x − 2 sin x cos
2
x = 2 sin
2
x cos x − sin x
⇔ sin x + cos x − 2 sin x cos x(sin x + cos x)
⇔ (sin x + cos x)(1 − sin 2x) = 0
⇔
ñ
sin x + cos x = 0
1 − sin 2x = 0
⇔
ñ
tan x = −1
sin 2x = 1
⇔
x = −
π
4
+ kπ
x =
π
4
+ kπ
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm x = −
π
4
+ kπ, x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
b) TH1: m = 0, phương trình trở thành 2x
2
− x = 0 ⇔
x = 0
z =
1
2
(thỏa mãn).
TH2: m 6= 0, đặt f(x) = m
2
x
2022
+ 2x
2
− x − m
2
, ta có
f(−1) = 3, f(0) = −m
2
, f(1) = 1,
suy ra
f(−1) · f(0) < 0, f(0) · f(1) < 0.
Mặt khác f(x) là hàm số đa thức nên liên tục trên các đoạn [−1; 0] và [0; 1]. Do đó f(x) có
ít nhất một nghiệm trên mỗi khoảng (−1; 0) và (0; 1) hay f(x) có ít nhất 2 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m.
Câu 2.2.
a) Đặt
S = 1 · C
1
n
+ 2C
2
n
+ ···+ nC
2
n
. (1)
Sử dụng công thức C
k
n
= C
n−k
n
, ta có
S = n · C
0
n
+ (n − 1)C
1
n
+ ···+ 1C
n−1
n
. (2)
Cộng theo vế (1) và (2), ta có
2S = n
C
0
n
+ C
1
n
+ ···+ C
n
n
⇔ 2 · 16n = n · 2
n
⇔ 32 = 2
n
⇔ n = 5.
31
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
Khi đó
Å
x
2
−
2
x
ã
2n+1
=
Å
x
2
−
2
x
ã
11
=
11
X
k=0
C
k
11
x
2
11−k
Å
−
2
x
ã
k
=
11
X
k=0
C
k
11
(−2)
k
x
22−3k
.
Số hạng chứa x
7
tương ứng số hạng chứa k thỏa mãn
22 − 3k = 7 ⇔ k = 5.
Vậy hệ số cần tìm là C
5
11
(−2)
5
= −14 784.
b) Theo giả thiết, ta có
®
u
20
= m
u
m
= 17
⇔
®
u
1
+ 19d = m (1)
u
1
+ (m − 1)d = 17. (2)
Trừ theo vế (1) và (2), ta có
(20 − m)d = m − 17 ⇔ m(d + 1) = 20d + 17 ⇔ m =
20d + 17
d + 1
⇔ m = 20 −
3
d + 1
.
Vì m ∈ N
∗
và d > 0 nên d + 1 là ước lớn hơn 1 của 3, suy ra
d + 1 = 3 ⇔ d = 2 ⇒ m = 19.
Vậy u
2022
= 4023.
Câu 2.3.
a) Đặt L = lim
x→0
√
1 + 2x −
3
√
1 + 3x
x
2
, ta có
L = lim
x→0
ñ
√
1 + 2x − (x + 1)
x
2
+
x + 1 −
3
√
1 + 3x
x
2
ô
= lim
x→0
1 + 2x − x
2
− 2x − 1
x
2
√
1 + 2x + x + 1
+
x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 − 1 − 3x
x
2
Ä
(x + 1)
2
+ (x + 1)
3
√
1 + 3x +
3
√
1 + 3x
2
ä
= lim
x→0
"
−1
√
1 + 2x + x + 1
+
x + 3
(x + 1)
2
+ (x + 1)
3
√
1 + 3x +
3
√
1 + 3x
2
#
= −
1
2
+
3
3
=
1
2
.
b) Với mọi n ∈ N
∗
, đặt v
n
= u
n
+ 11, khi đó v
1
= 20 và
(n + 3)(v
n+1
− 11) − (n + 5)(v
5
− 11) = 22 ⇔ (n + 3)v
n+1
= (n + 5)v
n
.
Từ đó suy ra
v
n+1
=
n + 5
n + 3
v
n
=
(n + 5)(n + 4)
(n + 3)(n + 2)
v
n−1
=
(n + 5)(n + 4)
(n + 2)(n + 1)
v
n−2
. . .
=
(n + 5)(n + 4)
5 · 4
v
1
32
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
= (n + 5)(n + 4).
Do đó
v
n
= (n + 4)(n + 3) = n
2
+ 7n + 12 ⇒ u
n
= n
2
+ 7n + 1.
Vậy
lim
2021u
n
25 + 4n + 2022n
2
= lim
2021
n
2
+ 7n + 1
25 + 4n + 2022n
2
=
2021
2022
.
Câu 2.4.
a) Gọi C
0
là hình chiếu vuông góc của A trên SC, ta có C
0
∈ (P ). Vì AB = AD = 1 nên ABCD là
hình vuông, do đó BD ⊥ AC.
A
B C
D
S
O
I
B
0
C
0
D
0
Mặt khác BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAC), suy ra BD ⊥ SC. Lại có (P ) ⊥ SC nên BD k (P ), suy
ra (P ) ∩ (SBD) k BD. Gọi I là giao điểm của AC
0
và SO, ta có I ∈ (P ) và I ∈ (SBD). Trong
(SBD), qua I kẻ đường thẳng song song với BD lần lượt cắt SB tại B
0
và cắt SD tại D
0
, ta có
B
0
, D
0
∈ (P ), hay AB
0
C
0
D
0
là thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ).
Ta có B
0
D
0
k BD và BD ⊥ (SAC), suy ra B
0
D
0
⊥ (SAC), suy ra B
0
D
0
⊥ AC
0
, do đó S
AB
0
C
0
D
0
=
1
2
B
0
D
0
· AC
0
. Tam giác SAC vuông tại A nên
AC
0
=
SA · AC
SC
=
√
7 ·
√
2
√
7 + 2
=
√
14
3
.
Ta có CD ⊥ (SAD), suy ra CD ⊥ AD
0
. Lại có SC ⊥ (P ), suy ra SC ⊥ AD
0
. Từ đó suy ra
AD
0
⊥ (SCD), suy ra AD
0
⊥ SD. Tam giác SAD vuông tại A có SD
0
là hình chiếu của SA trên
SD nên SD
0
=
SA
2
SD
. Vì B
0
D
0
k BD nên
B
0
D
0
BD
=
SD
0
SD
=
Å
SA
SD
ã
2
⇒ B
0
D
0
=
Å
SA
SD
ã
2
· BD =
7
√
2
8
.
Vậy diện tích thiết diện là
S
AB
0
C
0
D
0
=
1
2
·
7
√
2
8
·
√
14
3
=
7
√
7
24
.
b) Ta có BD ⊥ SA và BD ⊥ AH, suy ra BD ⊥ SH. Lại có SB ⊥ AD và SB ⊥ AH, suy ra
SB ⊥ DH. Từ đó suy ra H là trực tâm của tam giác SBD.
33
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
A
B C
D
S
O
K
H
c) Gọi K là giao điểm của SH và BD. Vì BD ⊥ (SAK) nên góc giữa (ABD) và (SBD) bằng
’
SKA =
÷
AKH. Lại có AH ⊥ (SBD) nên 4HDB là hình chiếu vuông góc của 4ABD trên
(SBD). Theo định lý hình chiếu, ta có
S
HBD
S
ABD
= cos
÷
AKH = sin
’
ASH =
AH
AS
.
Tương tự ta cũng có
S
HSD
S
ASD
=
AH
AB
;
S
HSB
S
ASB
=
AH
AD
.
Do đó
a · S
HBD
+ b · S
HSD
+ c · S
HSB
=
abc
2
Å
AH
AS
+
AH
AB
+
AH
AD
ã
.
Dễ dàng chứng minh được
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AB
2
+
1
AD
2
, do đó theo bất đẳng thức Bunniacopxki,
ta có
Å
AH
AS
+
AH
AB
+
AH
AD
ã
2
6 3
Å
AH
2
AS
2
+
AH
2
AB
2
+
AH
2
AD
2
ã
= 3,
hay
AH
AS
+
AH
AB
+
AH
AD
6
√
3. Vậy
a · S
HBD
+ b · S
HSD
+ c · S
HSB
6
abc
√
3
2
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Câu 2.5. Gọi A, B, C lần lượt là các tập hợp gồm các số thuộc S và chia hết cho 2; 3; 5. Giả sử x ∈ A,
suy ra x = 2k, k ∈ N
∗
và 1 6 2k 6 999 ⇔
1
2
6 k 6
999
2
⇒ k ∈ {1; 2; . . . ; 499}. Do đó số phần tử của A
là |A| = 499. Lập luận tương tự ta cũng có: |B| = 333, |C| = 199.
Ta có
) A ∩ B là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 6, suy ra |A ∩ B| = 166;
) A ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 10, suy ra |A ∩ C| = 99;
) B ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 15, suy ra |B ∩ C| = 66;
) A ∩ B ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 30, suy ra |A ∩ B ∩ C| = 33.
Dễ thấy tập hợp các số thuộc S chia hết cho ít nhất một trong ba số 2; 3; 5 là A ∪ B ∪ C và
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C|
34
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
= 499 + 333 + 199 − 166 − 99 − 66 + 33 = 733.
Do đó số các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 và không chia hết cho cả ba số 2; 3; 5 là 999 −733 = 266. Trong
tập hợp 266 số trên có cả số 1 và các số nguyên tố khác 2; 3; 5. Ta biết rằng có tất cả 165 số nguyên tố
nhỏ hơn 1000 và khác 2; 3; 5. Do đó số các số “thú vị” phải tìm là 266 − (165 + 1) = 100 số.
Số phần tử không gian mẫu là |Ω| = 999. Vậy xác suất cần tìm là P =
100
999
.
Câu 2.6.
a) Đặt a =
1
x
, b =
1
y
, c =
1
z
, ta có a, b, c > 0 và abc = 1. Khi đó
P =
2a
3
bc
b + c
+
2b
3
ca
c + a
+
2c
3
ab
a + b
= 2
Å
a
2
b + c
+
b
2
c + a
+
c
2
a + b
ã
.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có
a
2
b + c
+
b + c
4
> a;
b
2
c + a
+
c + a
4
> b;
c
2
a + b
+
a + b
4
> c.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta có
P > a + b + c > 3
3
√
abc = 3.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi x = y = z = 1.
b) Vì a
3
b − 1 = b
a
3
+ 1
− (b + 1) và a + 1 là ước của a
3
+ 1 nên a + 1 là ước của b + 1. (1)
Vì b
3
a + 1 = a
b
3
− 1
+ (a + 1) và b − 1 là ước của b
3
− 1 nên b − 1 là ước của a + 1. (2)
Từ (1) và (2), suy ra b − 1 là ước của b + 1, suy ra b − 1 là ước của 2 nên b = 2 hoặc b = 3.
) Nếu b = 2 thì a + 1 là ước của 3, suy ra a = 2 nên (a; b) = (2; 2).
) Nếu b = 3 thì a + 1 là ước của 4, suy ra a = 1 hoặc a = 3 nên (a; b) = (1; 3) hoặc
(a; b) = (3; 3).
Vậy có 3 cặp số cần tìm là (2; 2), (1; 3) và (3; 3).
Câu 2.7.
a) Ta có
u
n+1
=
…
u
3
n
− 12u
n
+ 20 +
1
n + 1
. (1)
Ta sẽ chứng minh u
n
> 2, ∀n ∈ N
∗
bằng phương pháp quy nạp.
Ta có, u
1
=
5
2
> 2. Giả sử u
n
> 2, ∀n ∈ N
∗
, khi đó
u
n+1
=
…
(u
n
+ 4)(u
n
− 2)
2
+ 4 +
1
n + 1
> 2.
Vậy u
n
> 2, ∀n ∈ N
∗
.
35
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
b) Trước hết ta chứng minh (u
n
) là dãy giảm bằng phương pháp quy nạp.
Ta có u
2
=
7
√
2
4
< u
1
. Giả sử u
n
< u
n−1
, ∀n > 2, ta sẽ chứng minh u
n+1
< u
n
. Thật vậy,
u
n+1
< u
n
⇔ u
2
n+1
< u
2
n
⇔ u
3
n
− u
3
n−1
− 12(u
n
− u
n−1
) +
1
n + 1
−
1
n
< 0
⇔ (u
n
− u
n−1
)
u
2
n
+ u
n
· u
n−1
+ u
2
n−1
− 12
+
1
n + 1
−
1
n
< 0. (2)
Vì u
n
< u
n−1
nên u
n
−u
n−1
< 0; u
n
, u
n−1
> 2 nên u
2
n
+u
n
·u
n−1
+u
2
n−1
−12 > 0 và
1
n + 1
−
1
n
< 0.
Từ đó suy ra (2) đúng với mọi n > 2.
Như vậy (u
n
) là dãy số giảm và bị chặn bởi 2 nên có giới hạn lim u
n
= L với 2 6 L 6
5
2
. Lấy giới
hạn ở (1), ta có
L =
p
L
3
− 12L + 20 ⇔ L
3
− L
2
− 12L + 20 = 0 ⇔
L = 2
L =
−1 ±
√
41
2
(loại).
Vậy lim u
n
= 2.
Câu 2.8.
a) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại F (F 6= A). Ta chứng minh ba điểm D, G, F
thẳng hàng.
A
B C
O
H
G
D
M
E
F
T
Thật vậy: Vì ABCF là hình thang nội tiếp (O) nên ABCF là hình thang cân. Gọi T là hình
chiếu vuông góc của F trên BC, ta có BD = CT , hay M là trung điểm của DT . Khi đó
DM
F A
=
GM
GA
=
1
2
, kết hợp với
÷
GMD =
’
GAF , suy ra 4GMD v 4GAF . Lúc đó
÷
DGM =
’
F GA, hay ba
điểm D, G, F thẳng hàng. Vì thế
’
BED =
’
BEF =
’
BCF =
’
ABC =
’
ABD.
Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
b) Ta có
’
AP Q =
÷
BP M = 90
◦
−
÷
MBP = 90
◦
−
’
CBA =
’
HCB; (1)
’
AQP =
÷
MQC = 90
◦
−
÷
QCM = 90
◦
−
’
ACB =
’
CBH. (2)
Từ (1) và (2), suy ra 4AP Q v 4HCB.
36
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
A
B C
O
H
G
D
M
E
F
T
P
Q
N
L
A
0
Lại có M, N lần lượt là trung điểm của BC và P Q, suy ra 4AQN v 4HBM , do đó
’
ANQ =
÷
HMB. Gọi L = AN ∩ HM, ta có
÷
MLN = 180
◦
−
÷
LNM −
÷
LMN = 180
◦
−
÷
LMB −
÷
LMN = 90
◦
.
Kẻ đường kính A
0
, dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCA
0
là hình bình hành, suy ra H, A
0
đối
xứng nhau qua M hay A
0
∈ MH. Mặt khác
’
A
0
LA =
÷
MLN = 90
◦
, kết hợp AA
0
là đường kính
nên ta có L ∈ (O).
Câu 2.9.
a) Với q = 2 ta chỉ ra một cách tô thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau: các số chia hết cho 3 ta tô
màu xanh và các số không chia hết cho 3 ta tô màu đỏ.
1 2 4 5 7 83 6 9
Cách tô như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán, thật vậy:
) Xét hai số nguyên dương y, z bất kỳ được tô bởi hai màu khác nhau. Chứng tỏ trong hai số
này có một số chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Khi đó số x = y + z là một số
không chia hết cho 3 và sẽ được tô màu đỏ.
) Có vô hạn số nguyên dương chia hết cho 3 nên có vô hạn số được tô màu xanh.
) Số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q = 2.
Như vậy khi q = 2 ta xây dựng được một cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
b) Ở câu a ta đã chỉ ra khi q = 2 thì có một cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
) Với q = 3 ta chỉ ra một cách tô thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau: Các số lẻ ta tô màu đỏ,
các số chẵn ta tô màu xanh.
37
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
1 3 5 7 92 4 6 8
Cách tô như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán, thật vậy:
= Xét hai số nguyên dương b, c bất kỳ được tô bởi hai màu khác nhau. Chứng tỏ trong
hai số này có một số chẵn và một số lẻ. Khi đó số a = b + c là một số lẻ nên phải tô
màu đỏ.
= Có vô hạn số chẵn nên có vô hạn số được tô màu xanh.
= Số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q = 3.
Như vậy, khi q = 3 ta xây dựng một được cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
) Ta chứng minh số 1 phải được tô màu đỏ.
q
q + 1
1
Thật vậy, giả sử số 1 được tô màu xanh. Vì q được tô màu đỏ nên q + 1 được tô màu đỏ. Số
q + 2 = (q + 1) + 1 nên số q + 2 được tô màu đỏ. Cứ tiếp tục như vậy thì mọi số lớn hơn q
đều được tô màu đỏ. Nên chỉ có một số hữu hạn số được tô màu xanh. Điều này mâu thuẫn
với giả thiết. Chứng tỏ số 1 phải được tô màu đỏ.
) Với q > 3 ta chứng minh không thể thực hiện được yêu cầu của bài toán.
2 3
q − 2
1
q − 1 q − 2
Thật vậy, giả sử tồn tại được cách tô ứng với q > 3. Khi đó q − 2 ∈ N
∗
, q −2 < q và số q −2
được tô màu xanh. Do q − 1 = (q − 2) + 1 nên số q − 1 được tô màu đỏ. Nhưng q − 1 < q,
do đó ta có mâu thuẫn với giả thiết q là số nhỏ nhất được tô màu đỏ.
Vậy bài toán được chứng minh xong.
38
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2020-2021
Câu 3.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
1 + cos
π
2
− 2x
+
√
3 cos 2x = 2(1 + cos x) − 1
⇔ sin 2x +
√
3 cos 2x = 2 cos x
⇔ cos
2x −
π
6
= cos x
⇔
2x −
π
6
= x + k2π
2x −
π
6
= −x + k2π
⇔
x =
π
6
+ k2π
x =
π
18
+ k
2π
3
.
Vậy phương trình có nghiệm x =
π
6
+ k2π, x =
π
18
+ k
2π
3
(k ∈ Z).
b) Đặt f(x) =
m
2
− m + 1
x
2020
+ 2x − 2.
Vì f(x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R.
Ta có f (0) = −2 < 0, f(1) = m
2
− m + 1 =
Å
m −
1
2
ã
2
+
3
4
> 0, ∀m ∈ R.
Do đó f(0) · f(1) < 0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) luôn có nghiệm trên (0; 1), với mọi m ∈ R.
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi tham số m.
Câu 3.2.
a) Xét khai triển
(1 + x)
n
= C
0
n
+ xC
1
n
+ x
2
C
2
n
+ x
3
C
3
n
+ ···+ x
n
C
n
n
.
Lấy đạo hàm hai vế, ta được
n(1 + x)
n−1
= C
1
n
+ 2xC
2
n
+ 3x
2
C
3
n
+ ···+ nx
n−1
C
n
n
.
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế, ta được
n(n − 1)(1 + x)
n−2
= 2C
2
n
+ 3 · 2x · C
3
n
+ ···+ n(n − 1)x
n−2
C
n
n
.
Chọn x = 1, ta có
n(n − 1)2
n−2
= 2C
2
n
+ 3 · 2 · C
3
n
+ ···+ n(n − 1)C
n
n
.
Từ giả thiết, suy ra
n(n − 1)2
n−2
= 64n(n − 1) ⇔ 2
n−2
= 64 ⇔ n = 8.
39
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
Với n = 8, ta có khai triển
1 + x
2
− x
3
8
=
8
X
k=0
C
k
8
x
2
− x
3
k
=
8
X
k=0
C
k
8
k
X
i=0
C
i
k
x
2
k−i
−x
3
i
=
8
X
k=0
k
X
i=0
C
k
8
C
i
k
(−1)
i
x
2k+i
.
Số hạng chứa x
8
tương ứng với số hạng chứa k, i thỏa mãn
®
2k + i = 8
0 6 i 6 k 6 8
⇔
ñ
(k; i) = (4; 0)
(k; i) = (3; 2).
Vậy hệ số của x
8
là C
4
8
C
0
4
(−1)
0
+ C
3
8
C
2
3
(−1)
2
= 4C
4
8
+ 3C
3
8
.
b) Số phần tử của tập hợp S là 9 × 10
4
= 90000.
Gọi “số đẹp” là abcde. Theo giả thiết, ta có a + e = 2c, suy ra a + e chẵn nên a, e phải cùng chẵn
hoặc cùng lẻ. Do đó ta có các trường hợp sau:
TH1: a, e cùng lẻ, ta có 5 cách chọn a; 10 cách chọn b; 10 cách chọn d; 5 cách chọn e và 1 cách
chọn c vì c là trung bình cộng của a và e. Do đó trường hợp này có 5×10×10×5×1 = 2500
số.
TH2: a, e cùng chẵn, ta có 4 cách chọn a vì a khác 0; 10 cách chọn b; 10 cách chọn d; 5 cách
chọn e và 1 cách chọn c vì c là trung bình cộng của a và e. Do đó trường hợp này có
4 × 10 × 10 × 5 × 1 = 2000 số.
Từ đó suy ra trong S có 2500 + 2000 = 4500 “số đẹp”. Vậy xác suất để chọn trong S được một “số
đẹp” là
4500
90000
=
1
20
.
Câu 3.3.
a) Đặt L = lim
x→0
x
3
+ 2020
2021
√
1 + 2021x − 2020
x
, ta có
L = lim
x→0
ñ
x
2
2021
√
1 + 2021x +
2020
2021
√
1 + 2021x − 1
x
ô
= lim
x→0
x
2
2021
√
1 + 2021x +
2020(1 + 2021x − 1
x
î
2021
√
1 + 2021x
2020
+
2021
√
1 + 2021x
2019
+ ···+ 1
ó
= lim
x→0
"
x
2
2021
√
1 + 2021x +
2020 · 2021
2021
√
1 + 2021x
2020
+
2021
√
1 + 2021x
2019
+ ···+ 1
#
=
2020 · 2021
2021
= 2020.
Vậy L = 2020.
b) C1: Ta có
u
1
= −2 = 1 − 3
u
2
= −1 = 2 − 3
40
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
u
3
=
»
2
u
2
2
+ 1
+ 2u
1
= 0 = 3 − 3
u
4
=
»
3
u
2
3
+ 1
+ 2u
2
= 1 = 4 − 3
u
5
=
»
4
u
2
4
+ 1
+ 2u
3
= 2 = 5 − 3
···
Từ đó ta dự đoán rằng u
n
= n − 3, ∀n ∈ N
∗
. (1)
Thật vậy, u
1
= 1 − 3 = −2 ⇒ (1) đúng, u
2
= 2 − 3 = −1 ⇒ (1) đúng.
Giả sử (1) đúng với n = k − 1 và n = k (k > 2), tức là u
k−1
= k − 4 và u
k
= k − 3. Ta cần
chứng minh u
k+1
= k − 2. Thật vậy,
u
k+1
=
3
»
k
u
2
k
+ 1
+ 2u
k−1
=
3
»
k [(k − 3)
2
+ 1) + 2(k − 4)
=
3
p
k
3
− 6k
2
+ 12k − 8 = k − 2.
Vậy u
n
= n − 3, ∀n ∈ N
∗
, do đó u
2021
= 2018.
C2: Với mọi n > 2, ta có
u
n+1
=
3
»
n (u
2
n
+ 1) + 2u
n−1
⇔ u
3
n+1
= n
u
2
n
+ 1
+ 2u
n−1
. (2)
Từ đó suy ra u
n
= n + k, khi đó u
3
n+1
= (n + k + 1)
3
, suy ra hệ số tự do của u
3
n+1
là (k + 1)
3
.
Lại có
n
u
2
n
+ 1
+ 2u
n−1
= n[(n + k)
2
+ 1] + 2(n + k − 1),
suy ra hệ số tự do của n
u
2
n
+ 1
+ 2u
n−1
là 2(k − 1). Từ (2) và đồng nhất hệ số tự do, ta
được
(k + 1)
3
= 2(k − 1) ⇔ k
3
+ 3k
2
+ k + 3 = 0 ⇔ k = −3.
Với k = −3 ⇒ u
n
= n − 3, thay vào (1) được
u
3
n+1
= n[(n − 3)
2
+ 1] + 2(n − 4) ⇔ n
3
− 6n
2
+ 12n − 8 = (n − 2)
3
(đúng).
Vậy u
n
= n − 3, suy ra u
2021
= 2018.
Câu 3.4.
A
B
C
A
0
B
0
C
0
M
N
O
K
H
D
a) Trong (BCC
0
B
0
), kéo dài C
0
N và BC cắt nhau tại O, ta có O ∈ BC ⊂ (ABC). Trong (ABC),
kéo dài OM cắt AC tại K, ta có K ∈ (ACC
0
A
0
). Trong (ACC
0
A
0
), nối KC
0
, ta có M NC
0
K là
thiết diện của lăng trụ cắt bởi (MNC
0
).
41
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
b) Gọi H là hình chiếu của B trên OM , ta có
®
BH ⊥ OM
BN ⊥ OM
⇒ OM ⊥ (BM N).
Hơn nữa OM = (MN C
0
)∩(ABC), do đó góc giữa (MNC
0
) và (ABC) là
÷
NHB. Vì N trung điểm
BB
0
, suy ra B là trung điểm của OC. Gọi D là trung điểm OK, ta có AK = BD và CK = 2BD,
suy ra CK = 2AK hay AK =
1
3
AC =
a
3
. Ta có 4HMB v 4AM K, suy ra
BH =
AK · BM
MK
=
AK · BM
√
AM
2
+ AK
2
=
√
13
13
.
Trong tam giác BHN vuông tại B có
cos
÷
NHB =
BH
NH
=
BH
√
BH
2
+ BN
2
=
√
30
15
.
Ta có S
MBCK
= S
4ABC
− S
4AMK
=
5a
2
12
. Vì MBCK là hình chiếu của MNC
0
K trên (ABC),
do đó
S
MNC
0
K
= S
MBCK
· cos
÷
NHB =
√
30
36
.
c) Đặt
B
0
A
B
0
X
= x,
B
0
B
B
0
Y
= y,
B
0
C
B
0
Z
= z, với x, y, z > 1.
A
B
C
A
0
B
0
C
0
M
X
Y
Z
E
G
I
Vì G là trọng tâm tam giác ABC và I trung điểm B
0
G nên ta có
−−→
B
0
A +
−−→
B
0
B +
−−→
B
0
C = 3
−−→
B
0
G ⇔ x
−−→
B
0
X + y
−−→
B
0
Y + z
−−→
B
0
z = 6
−−→
B
0
I
⇔
−−→
B
0
I =
x
6
−−→
B
0
X +
y
6
−−→
B
0
Y +
z
6
−−→
B
0
Z.
Mặt khác I ∈ (XY Z) nên
x
6
+
y
6
+
z
6
= 1 ⇔ x + y + z = 6.
Khi đó
T = xyz 6
x + y + z
3
3
= 8.
Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Vậy T
max
= 8 khi X, Y , Z lần lượt là trung điểm
B
0
A, B
0
B, B
0
C.
42
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 3.5. Vì A, B, C là ba góc của một tam giác nên ta có
sin C = sin(A + B) = sin A cos B + cos A sin B
⇔ tan C cos C = cos A cos B(tan A + tan B)
⇔
cos A cos B
cos C
=
tan C
tan A + tan B
.
Tương tự ta có
cos B cos C
cos A
=
tan A
tan B + tan C
;
cos C cos A
cos B
=
tan B
tan C + tan A
.
Đặt tan A = x, tan B = y, tan C = z. Vì A, B, C nhọn nên x, y, z > 0, khi đó bất đẳng thức trở thành
…
x
y + z
+
…
y
z + x
+
…
z
x + y
> 2.
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, ta có
…
x
y + z
=
2x
2
p
x(y + z)
>
2x
x + y + z
.
Tương tự, ta có
…
y
z + x
>
2y
y + z + x
;
…
z
x + y
>
2z
z + x + y
.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta có
…
x
y + z
+
…
y
z + x
+
…
z
x + y
>
2(x + y + z)
x + y + z
= 2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
x = y + z
y = z + x
z = x + y
⇔ x = y = z = 0 (không thỏa mãn điều kiện).
Vậy
…
x
y + z
+
…
y
z + x
+
…
z
x + y
> 2.
Câu 3.6.
a) Với mọi x dương ta luôn có
x
4
− x
3
+ x
2
> 3x − 2.
Thật vậy,
x
4
− x
3
+ x
2
> 3x − 2 ⇔ (x − 1)
2
x
2
+ x + 2
> 0 (luôn đúng).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó
P =
x
4
+ y
4
+ z
4
−
x
3
+ y
3
+ z
3
+
x
2
+ y
2
+ z
2
=
x
4
− x
3
+ x
2
−
y
4
− y
3
+ y
2
+
z
4
− z
3
+ z
2
> (3x − 2) + (3y − 2) + (3z − 2) = 3(x + y + z) − 6 = 3.
Vậy p đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi x = y = z = 1.
43
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
b) Ta có n
2
+ np là số chính phương khi và chỉ khi n
2
+ np = m
2
, với m là số nguyên dương. Khi đó
4n
2
+ 4np = 4m
2
, suy ra
(2n + p)
2
− p
2
= 4m
2
⇔ (2n + p)
2
− (2m)
2
= p
2
⇔ (2n + p − 2m)(2n + p + 2m) = p
2
. (1)
Vì p là số nguyên tố nên p
2
có hai cách phân tích thành tích của hai số tự nhiên là p
2
= p
2
·1 = p·p.
Vì m là số nguyên dương nên 2n + p + 2m > 2n + p − 2m > 0. Do đó từ (1), suy ra
®
2n + p + 2m = p
2
(2)
2n + p − 2m = 1. (3)
Cộng theo vế (2) và (3), ta có 4n + 2p = p
2
+ 1, suy ra n =
Å
p − 1
2
ã
2
. Vì p > 2 nên p lẻ, hay
p − 1 chẵn, do đó n là số nguyên dương. Vậy, với mỗi số nguyên tố p lớn hơn 2 cho trước, chỉ có
duy nhất số nguyên dương n =
Å
p − 1
2
ã
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 3.7. Với k ∈ N
∗
, ta có u
k+1
=
k + 1
k + 2
u
k
+ 4k
2
, hay
(k + 2)u
k+1
= (k + 1)u
k
+ 4k
3
+ 8k
2
.
Lần lượt thay k bởi 1, 2,..., n, ta có
3u
2
− 2u
1
= 4 · 1
3
+ 8 · 1
2
;
4u
3
− 3u
2
= 4 · 2
3
+ 8 · 2
2
;
···
(n + 2)u
n+1
− (n + 1)u
n
= 4 · n
3
+ 8 · n
2
.
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được
(n + 2)u
n+1
− 2u
1
= 4
1
3
+ 2
3
+ ···+ n
3
+ 8
1
2
+ 2
2
+ ···+ n
2
.
Lại có
1
3
+ 2
3
+ ···+ n
3
=
ï
(n(n + 1)
2
ò
2
và
1
2
+ 2
2
+ ···+ n
2
=
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
Do đó
(n + 2)u
n+1
− 2 = 4 ·
ï
(n(n + 1)
2
ò
2
+ 8 ·
n(n + 1)(2n + 1)
6
.
Suy ra
u
n+1
=
3n
4
+ 14n
3
+ 15n
2
+ 4n + 6
3(n + 2)
.
Vậy
lim
u
n+1
(n + 2)
3
= lim
3n
4
+ 14n
3
+ 15n
2
+ 4n + 6
3(n + 2)
4
= 1
hay lim
u
n
(n + 2)
3
= 1. Từ đó suy ra lim
3
√
u
n
n + 1
= 1.
Câu 3.8.
44
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
a) Gọi X là giao điểm của MI và EF . Từ giả thiết, suy ra MS là đường trung trực của đoạn thẳng
BC, suy ra MS k DI. (1)
A
B
C
O
E
I
M
S
D
F
X
Vì
’
ASC =
’
ABC và
’
SAC =
’
BAE nên 4SAC v 4BAE (g.g), suy ra
AB
BE
=
AS
SC
. (2)
Theo tính chất đường phân giác, ta có
AB
BE
=
IA
IE
. (3)
Theo giả thiết ta cũng có SI = SC. (4)
Khi đó từ (1) và (4) suy ra
AS
SC
=
AS
SI
=
AM
MF
. (5)
Theo (2), (3), (5) có
AM
MF
=
IA
IE
. (6)
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF (có I, X, M thẳng hàng) thu được
AI
IE
·
EX
XF
·
MF
MA
= 1,
kết hợp (6) ta được
EX
XF
= 1. Suy ra XE = XF hay M I đi qua trung điểm của EF .
b) Ta có
’
OAC = 90
◦
−
1
2
’
AOC = 90
◦
−
’
ABC =
’
BAH.
A
B C
O
E
I
M
S
D
F
X
H
K
P
Q
45
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
Vì AI là đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nên
’
HAI =
‘
OAI. Suy ra tam giác
AQK cân tại A, đường cao AS, do đó SQ = SK. Lại có
’
EP K = 90
◦
−
’
HQP = 90
◦
−
’
AKS =
’
EAK.
Suy ra tứ giác AEKP nội tiếp nên ta thu được SK · SP = SE · SA. Hơn nữa, dễ dàng chứng
minh được 4SEC v SCA nên SC
2
= SE · SA. Từ các điều kiện trên ta có
SI
2
= SC
2
= SE · SA = SK ·SP = SQ · SP. (7)
Từ (7) và kết hợp IS là đường cao tam giác P IQ, suy ra tam giác P IQ vuông tại I.
Câu 3.9.
a) Nhận xét rằng trong n điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
) Các điểm A
1
, A
n
không là trung điểm của đoạn thẳng nào.
) Các điểm A
2
, A
n−1
là trung điểm của 1 đoạn thẳng.
) Các điểm A
2
, A
n−2
là trung điểm của 2 đoạn thẳng.
...
) Các điểm A
i
, A
n−i+1
là trung điểm của i − 1 đoạn thẳng với mọi i = 2, 3, . . . thỏa 2i 6 n.
Ta xét hai trường hợp sau:
TH1: Nếu n lẻ, khi đó n = 2m + 1, m ∈ N
∗
thì điểm chính giữa A
m+1
là trung điểm của m đoạn
thẳng. Do đó số đoạn thẳng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là
S = 1 + 2 + ···+ (m − 2) + (m − 1) + m + (m − 1) + (m − 2) + ··· + 2 + 1
= m(m − 1) + m
= m
2
.
Theo giả thiết m
2
= 2025 nên m = 45, suy ra n = 91.
TH2: Nếu n chẵn, khi đó n = 2m, n ∈ N
∗
thì không có điểm chính giữa nào trong n điểm trên.
Do đó số đoạn thẳng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là S = m(m − 1).
Theo giả thiết m(m − 1) = 2025, phương trình này vô nghiệm trên N
∗
, nên không xảy ra
trường hợp này.
Vậy n = 91.
b) Không mất tổng quát, ta đặt
A
1
A
2
= A
2
A
3
= ··· = A
19
A
20
= 1.
Khi đó, với 20 điểm đã cho trên đề bài ta đặt chúng vào một trục tọa độ x
0
Ox sao cho điểm A
t
có tọa độ bằng t (với t ∈ N
∗
và t 6 20). Khi đó ta phát biểu lại bài toán như sau: “Tìm số màu
nhỏ nhất để có thể tô màu các số 1, 2,..., 20 (biết rằng một số một màu, hai số khác nhau có thể
được tô cùng một màu) sao cho không có 3 số nào cùng màu lập thành một cấp số cộng”.
) Với m = 1, dễ dàng chứng minh không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
) Với m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán, với một cách tô như sau:
= Màu thứ nhất: Tô các số 1, 2, 6, 7, 9, 18, 20.
= Màu thứ hai: Tô các số 3,4,11,12,15,16.
= Màu thứ ba: Tô các số 5, 8, 10, 13, 14, 17, 19.
46
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
) Bây giờ ta chứng minh m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán: Tức là khi tô các số bởi 2
màu khác nhau luôn tồn tại ba số cùng màu lập thành một cấp số cộng.
Giả sử ngược lại là có một cách tô các số từ 1 đến 20 bởi hai màu khác nhau sao cho không
có ba số nào cùng màu lập thành một cấp số cộng. Từ đây ta có nhận xét:
= Trong ba số liên tiếp (từ 1 đến 20) luôn có 2 số khác màu.
= Nếu hai số a, b cùng màu thì 2a − b, 2b − a khác màu với chúng.
(1 6 a, b, 2a − b, 2b − a 6 20; a, b ∈ N
∗
).
Xét ba số liên tiếp 9, 10, 11 có hai trường hợp xảy ra:
TH1: Số 10 khác màu với số 9 và số 11. Khi đó, từ nhận xét trên, ta có số 7 và số 13 cùng
màu với số 10. Do đó ba số 7, 10, 13 cùng màu và lập thành cấp số cộng. Mâu thuẫn
với điều giả sử.
TH2: Số 10 cùng màu với số 9 và khác màu với số 11. Khi đó số 8 cùng màu với số 11. Do
đó số 5, số 14 cùng màu với số 9 và số 10. Và số 1, số 6 cùng màu với số 11. Do đó ba
số 1, 6, 11 cùng màu và lập thành cấp số cộng. Mâu thuẫn với điều giả sử.
(Tương tự với trường hợp số 10 cùng màu với số 11).
Vậy, số màu nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 màu, hay m = 3.
47
4. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2017-2018
Câu 4.1.
a) Điều kiện xác định: sin x 6= 0 ⇔ x 6= kπ (k ∈ Z). Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin 2x − cos 2x − 3 sin x − cos x + 2 = 0
⇔ 2 sin x cos x − cos x −
1 − 2 sin
2
x
− 3 sin x + 2 = 0
⇔ 2 sin x cos x − cos x + 2 sin
2
x − 3 sin x + 1 = 0
⇔ cos x(2 sin x − 1) + (sin x − 1)(2 sin x − 1) = 0
⇔ (2 sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = 0
⇔
sin x =
1
2
√
2 sin
x +
π
4
= 1
⇔
x =
π
6
+ k2π
x =
5π
6
+ k2π
x = k2π
x =
π
2
+ k2π
(k ∈ Z).
Kết hợp điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm
x =
π
6
+ k2π; x =
5π
6
+ k2π; x =
π
2
+ k2π (k ∈ Z).
b) Ký hiệu
(
3
3
p
x
2
y
5
= 4
y
2
− x
2
(1)
5
3
p
x
4
y = y
2
+ x. (2)
Dễ thấy (x; y) = (0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Với (x; y) 6= (0; 0), nhân theo vế (1) và (2), ta có
15x
2
y
2
= 4
y
2
+ x
2
y
2
− x
2
⇔ 4x
4
+ 15x
2
y
2
− 4y
4
= 0
⇔ 4
Å
x
y
ã
4
+ 15
Å
x
y
ã
2
− 4 = 0
⇔
Å
x
y
ã
2
=
1
4
⇔ y = ±2x.
Thay y = 2x vào (2) ta có
5
3
√
2x
5
= 5x
2
⇔ 2x
5
= x
6
⇔ x = 2 ⇒ y = 4 (vì (x; y) 6= (0; 0)).
Thay y = −2x vào (2) ta có
5
3
p
−2x
5
= 5x
2
⇔ −2x
5
= x
6
⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (vì (x; y) 6= (0; 0)).
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (x; y) = (0; 0), (x; y) = (2; 4) và (x; y) = (−2, 4).
48
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 4.2.
a) Đặt L = lim
x→1
√
8x + 8 − x
4
+ 3x − 6
(x − 1)
2
, ta có
L = lim
x→1
ñ
√
8x + 8 − (x + 3)
(x − 1)
2
−
x
4
− 4x + 3
(x − 1)
2
ô
= lim
x→1
ñ
8x + 8 − (x + 3)
2
(x − 1)
2
√
8x + 8 + x + 3
−
(x − 1)
2
x
2
+ 2x + 3
(x − 1)
2
ô
= lim
x→1
ñ
−(x − 1)
2
(x − 1)
2
√
8x + 8 + x + 3
−
(x − 1)
2
x
2
+ 2x + 3
(x − 1)
2
ô
= lim
x→1
ñ
−1
√
8x + 8 + x + 3
−
x
2
+ 2x + 3
ô
= −
1
8
− 6 = −
49
8
.
b) Gọi x (x ∈ Z; 1 6 x 6 9) là số quả cầu lấy ra, ta có số phần tử không gian mẫu là
n(Ω) = C
x
9
.
Trong chín quả cầu có 2 quả cầu đánh số chia hết cho 4 và 7 quả cầu đánh số không chia hết cho
4. Gọi A là biến cố: “có ít nhất một quả cầu ghi số chia hết cho 4”. Suy ra A là biến cố: “không
có quả cầu nào ghi số chia hết cho 4”. Ta có
n
A
= C
x
7
⇒ P
A
=
C
x
7
C
x
9
=
7!
x!(7 − x)!
·
x!(9 − x)!
9!
=
(9 − x)(8 − x)
9 · 8
=
x
2
− 17x + 72
72
.
Do đó
P(A) = 1 −
x
2
− 17x + 72
72
=
17x − x
2
72
.
Theo giả thiết, ta có
P(A) >
5
6
⇔
17x − x
2
72
>
5
6
⇔ x
2
− 17x + 60 < 0 ⇔ 5 < x < 12.
Vậy số quả cầu ít nhất cần lấy ra là 6.
Câu 4.3.
a) Với mọi n > 1, ta có
u
n+1
=
1
2
u
n
+
(n − 1)(n + 2)
n(n + 1)(n + 2)
=
1
2
u
n
+
n − 1
n(n + 1)
=
1
2
u
n
+
2
n + 1
−
1
n
.
Từ đó suy ra
u
n+1
−
2
n + 1
=
1
2
Å
u
n
−
2
n
ã
.
Đặt v
n
= u
n
−
2
n
, ta có v
n+1
=
1
2
v
n
, suy ra (v
n
) là cấp số nhân với v
1
= 3 và q =
1
2
. Do đó
v
n
= v
1
q
n−1
=
3
2
n−1
⇒ u
n
=
3
2
n−1
+
2
n
⇒ n · u
n
=
12n
2
n+1
+ 2.
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh 2
n+1
> n
2
. (1)
Thật vậy, dễ thấy (1) đúng với n = 1, n = 2, n = 3. Giả sử (1) đúng với n = k > 3, suy ra
49
4. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 Nguyễn Minh Hiếu
2
k+1
> k
2
. Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh 2
k+2
> (k + 1)
2
.
Thật vậy
2
k+2
= 2 · 2
k+1
> 2k
2
= (k + 1)
2
+ (k − 1)
2
− 2 > (k + 1)
2
, ∀k > 3.
Khi đó 0 <
12n
2
n+1
<
12
n
, mà lim
12
n
= 0 nên lim
12n
2
n+1
= 0. Vậy lim (n · u
n
) = lim
Å
12n
2
n+1
+ 2
ã
= 2.
b) Giả sử 3
2n
+ 3n
2
+ 7 = b
2
với b ∈ N
∗
, ta có b
2
> 3
2n
hay b > 3
n
⇒ b > 3
n
+ 1. Từ đó suy ra
3
2n
+ 3n
2
+ 7 = b
2
> (3
n
+ 1)
2
= 3
2n
+ 2 · 3
n
+ 1, suy ra 2 · 3
n
< 3n
2
+ 6. (2)
Nếu n > 3 thì (2) không xảy ra vì
2 · 3
n
= 2 · (1 + 2)
n
= 2
C
0
n
+ 2C
1
n
+ 2
2
C
2
n
+ ···
= 2 (1 + 2n + 2n(n − 1) + ···)
> 2 + 4n
2
= 3n
2
+ n
2
+ 2
> 3n
2
+ 6.
Do đó n = 1 hoặc n = 2.
) Với n = 1, ta có 3
2n
+ 3n
2
+ 7 = 19 không phải là số chính phương.
) Với n = 2, ta có 3
2n
+ 3n
2
+ 7 = 100 là số chính phương.
Vậy có duy nhất n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4.4.
A B
CD
A
0
B
0
C
0
D
0
I
E
F
M
O
N
K
G
a) Gọi I trung điểm DC
0
, ta có I ∈ BG ⊂ (ABG). Qua I kẻ đường thẳng song song CD, cắt CC
0
và DD
0
lần lượt tại E và F . Ta có EF k CD k AB ⇒ EF ⊂ (ABG), do đó thiết diện của hình
hộp cắt bởi (ABG) là tứ giác ABEF . Dễ thấy EF k AB và EF = AB, do đó thiết diện ABEF
là hình bình hành.
b) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong (ACC
0
A
0
), ta thấy G là giao điểm của A
0
C và C
0
O và
CG
CA
0
=
1
3
. Trong (ABCD), qua M kẻ đường thẳng song song BD, cắt AC tại K, ta có
®
MK k BD ⊂ (BDC
0
)
MN k (BDC
0
)
⇒ (MNK) k (BDC
0
) ⇒ NK k (BDC
0
) ⇒ NK k GO.
Ta có
AK
AO
=
AM
AD
=
1
4
⇒
CO
CK
=
4
7
.
50
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vì NK k GO nên
CG
CN
=
CO
CK
=
4
7
⇒
CN
CA
0
=
7
12
.
Vậy
CN
CA
0
=
7
12
.
Câu 4.5. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Cho các số thực dương m, n ta có
3
»
4(m + n) >
3
√
m +
3
√
n. (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = n.
Thật vậy: Đặt x =
3
√
m, y =
3
√
n (x, y > 0), khi đó (1) trở thành
3
p
4 (x
3
+ y
3
) > x + y. Ta xét
4
x
3
+ y
3
− (x + y)
3
= 3
x
3
− x
2
y − xy
2
+ y
3
= 3(x − y)
x
2
− y
2
= 3(x − y)
2
(x + y) > 0, ∀x, y > 0.
Do đó 4
x
3
+ y
3
> (x + y)
3
hay
3
p
4 (x
3
+ y
3
) > x + y (bổ đề được chứng minh).
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
3
…
a
16a + 16b + 4c
+
3
b
16b + 16c + 4a
+
3
…
c
16c + 16a + 4b
< 1.
Áp dụng bổ đề ở trên, ta có
3
…
a
16a + 16b + 4c
=
3
…
a
4[4(a + b) + c]
6
3
√
a
3
p
4(a + b) +
3
√
c
6
3
√
a
3
√
a +
3
√
b +
3
√
c
.
Tương tự ta có
3
b
16b + 16c + 4a
6
3
√
b
3
√
a +
3
√
b +
3
√
c
;
3
…
c
16c + 16a + 4b
6
3
√
c
3
√
a +
3
√
b +
3
√
c
.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
3
…
a
16a + 16b + 4c
+
3
b
16b + 16c + 4a
+
3
…
c
16c + 16a + 4b
6 1.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
4a + 4b = c
4b + 4c = a
4c + 4a = b
⇒ 8(a + b + c) = a + b + c ⇒ a + b + c = 0 (mâu thuẫn).
Do đó
3
…
a
16a + 16b + 4c
+
3
b
16b + 16c + 4a
+
3
…
c
16c + 16a + 4b
< 1.
51
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2016-2017
Câu 5.1.
a) Ta có phương trình tương đương
2 cos 2x sin 2x + 2 cos
2
2x − sin 2x − cos 2x − 1 = 0
⇔ sin 4x + cos 4x = sin 2x + cos 2x
⇔
√
2 sin
4x +
π
4
=
√
2 sin
2x +
π
4
⇔
4x +
π
4
= 2x +
π
4
+ k2π
4x +
π
4
= π − 2x −
π
4
+ k2π
⇔
x = kπ
x =
π
12
+ k
π
3
(k ∈ Z).
Vậy phương trình có nghiệm x = kπ; x =
π
12
+ k
π
3
(k ∈ Z).
b) Điều kiện xác định: x > −
1
2
; y > 1. Ký hiệu
®
(2x − y + 2)(2x + y) + 6x − 3y + 6 = 0 (1)
√
2x + 1 +
p
y − 1 = 4. (2)
Ta có
(1) ⇔ (2x − y + 2)(2x + y) + 3(2x − y + 2) = 0
⇔ (2x − y + 2)(2x + y + 3) = 0
⇔
ñ
y = 2x + 2
y = −2x − 3.
Với y = 2x + 2 thay vào (2), ta có
√
2x + 1 +
√
2x + 1 = 4 ⇔
√
2x + 1 = 2 ⇔ 2x + 1 = 4 ⇔ x =
3
2
⇒ y = 5.
Với y = −2x − 3 thay vào (2), ta có
√
2x + 1 +
√
−2x − 2 = 4 (vô nghiệm).
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) =
Å
3
2
; 5
ã
.
Câu 5.2.
a) Đặt A
n
=
n+1
p
n(n + 1)x + 1, ta có
lim
x→0
A
n
− 1
x
= lim
x→0
n(n + 1)x + 1 − 1
x
h
Ä
n+1
p
n(n + 1)x + 1
ä
n
+
Ä
n+1
p
n(n + 1)x + 1
ä
n−1
+ ···+ 1
i
=
n(n + 1)
n + 1
= n.
52
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Do đó
L = lim
x→0
A
1
A
2
···A
2016
− 1
x
= lim
x→0
A
1
A
2
···A
2016
− A
1
A
2
···A
2015
+ A
1
A
2
···A
2015
− ···+ A
1
− 1
x
= lim
x→0
A
1
A
2
···A
2015
(A
2016
− 1) + A
1
A
2
···A
2014
(A
2015
− 1) + ···+ A
1
− 1
x
= 2016 + 2015 + ···+ 1 =
2016 · 2017
2
.
b) Dễ thấy u
n
> 0, ∀n ∈ N
∗
và
u
2
n+1
= u
2
n
+
2n + 1
2
n
⇔ u
2
n+1
= u
2
n
+
4n + 6
2
n
−
2n + 5
2
n
⇔ u
2
n+1
+
2(n + 1) + 3
2
n
= u
2
n
+
2n + 3
2
n−1
.
Đặt v
n
= u
2
n
+
2n + 3
2
n−1
, ∀n ∈ N
∗
, ta có v
n+1
= v
n
= ··· = v
1
= 6. Từ đó suy ra
u
n
=
…
6 −
2n + 3
2
n−1
⇒ lim u
n
= lim
…
6 −
2n + 3
2
n−1
=
√
6.
Vậy lim u
n
=
√
6.
Câu 5.3.
A
B C
D
S
M
H G
E F
O
P
Q
I
K
a) Từ giả thiết suy ra S.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Vì M ∈ (P ) ∩
(ABCD) và (P ) k AD nên qua M kẻ đường thẳng song song AD lần lượt cắt AB, CD tại E và
F , ta có EF = (P ) ∩(ABCD). Vì (P ) k SO nên qua M kẻ đường thẳng song song SO cắt SA tại
H, ta có HE = (P ) ∩ (SAB). Vì (P ) k AD nên qua H kẻ đường thẳng song song AD cắt SD tại
G, ta có HG = (P ) ∩ (SAD) và GF = (P ) ∩ (SCD). Từ đó suy ra EF GH là thiết diện cần tìm.
Theo cách vẽ ta có EF k GH (vì cùng song song với AD). Mặt khác
AH
AS
=
DG
DS
⇒ AH = DG
và
AE
AB
=
DF
DC
⇒ AE = DF , suy ra 4HAE = 4GDF (c.g.c). Do đó HE = GF . Từ đó suy ra
EF GH là hình thang cân.
b) Ta có
SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO =
p
SA
2
− AO
2
=
a
√
2
2
.
53
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu
Lại có HM k SO ⇒ HM ⊥ (ABCD) và
HM
SO
=
AM
AO
= k ⇒ HM =
ak
√
2
2
.
Mặt khác HG k AD nên
HG
AD
=
SH
SA
=
OM
OA
= 1 − k ⇒ HG = (1 − k)a.
Do đó
S
EF GH
=
1
2
(EF + GH) · HM =
1
2
[a + (1 − k)a] ·
ak
√
2
2
=
2k − k
2
a
2
√
2
4
.
c) Giả sử EF GH ngoại tiếp đường tròn tâm I. Khi đó (I) tiếp xúc HG tại trung điểm P , tiếp xúc
EF tại trung điểm Q và tiếp xúc HE tại điểm K. Theo tính chất tiếp tuyến ta có
HE = HK + EK = HP + EQ =
1
2
(GH + EF ) ⇔ 2HE = GH + EF. (3)
Lại có
EM
BC
=
AM
AC
=
k
2
⇒ EM =
ak
2
⇒ EH =
p
EM
2
+ HM
2
=
ak
√
3
2
.
Khi đó
(3) ⇔ 2 ·
ak
√
3
2
= (1 − k)a + a ⇔ k
√
3 = 2 − k ⇔ k =
2
1 +
√
3
.
Vậy với k =
2
1 +
√
3
thì EF GH ngoại tiếp một đường tròn.
Câu 5.4. Theo bất đẳng thức AM − GM, ta có
p
1 + y
3
=
»
(1+) (1 − y + y
2
) 6
2 + y
2
2
.
Từ đó suy ra
1 + x
2
1 + 4
p
1 + y
3
+ 3z
2
>
1 + x
2
2 (1 + y
2
) + 3 (1 + z
2
)
.
Tương tự ta có
1 + y
2
1 + 4
√
1 + z
3
+ 3x
2
>
1 + y
2
2 (1 + z
2
) + 3 (1 + x
2
)
;
1 + z
2
1 + 4
√
1 + x
3
+ 3y
2
>
1 + z
2
2 (1 + x
2
) + 3 (1 + y
2
)
.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có
X
cyc
1 + x
2
1 + 4
p
1 + y
3
+ 3z
2
>
X
cyc
1 + x
2
2 (1 + y
2
) + 3 (1 + z
2
)
.
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dạng phân thức ta có
X
cyc
1 + x
2
2 (1 + y
2
) + 3 (1 + z
2
)
>
1 + x
2
+ 1 + y
2
+ 1 + z
2
2
5
P
cyc
(1 + x
2
) (1 + y
2
)
.
Lại áp dụng bất đẳng thức quen thuộc (a + b + c)
2
> 3(ab + bc + ca), ta có
1 + x
2
+ 1 + y
2
+ 1 + z
2
2
5
P
cyc
(1 + x
2
) (1 + y
2
)
>
3
5
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2.
54
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 5.5. Chọn một bàn trong hội nghị và giả sử số ghi trên phiếu của các thành viên của bàn lần lượt
là a
1
, a
2
, . . . , a
10
.
TH1: Có hai thành viên của bàn có số giống nhau. Khi đó ta chọn hai nhóm, mỗi nhóm là một thành
viên có số giống nhau. Suy ra bàn này là một bàn “thân thiện”.
TH2: Các thành viên của bàn đều có số ghi trên phiếu đôi một khác nhau. Đặt
B
1
= {a
i
}; B
2
= {a
i
+ a
j
|i 6= j}; . . . ; B
9
= {a
1
+ ···+ a
10
− a
i
|1 6 i 6 10}.
Tổng các số ghi trên bàn chỉ nhận giá trị từ 145 đến 945. Mặt khác
|B
1
| + |B
2
| + |B
9
| = C
1
10
+ C
2
10
+ ···+ C
9
10
= 2
10
− 2 = 2022.
Do đó chắc chắn sẽ có ít nhất hai tổng trong 1022 tổng tạo thành từ các số trên bàn bằng nhau.
Suy ra bàn này là một bàn “thân thiện”.
Vậy tất cả các bàn trong hội nghị đều là bàn “thân thiện”.
55
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015-2016
Câu 6.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
2 sin 2x sin x + 2 cos 2x = cos x +
√
3 sin 3x
⇔ cos x − cos 3x + 2 cos 2x = cos x +
√
3 sin 3x
⇔ cos 3x +
√
3 sin 3x = 2 cos 2x
⇔ cos
3x −
π
2
= cos 2x. (1)
Giải phương trình (1) được hai họ nghiệm x =
π
3
+ k2π; x =
π
15
+ l
2π
5
(k, l ∈ Z).
b) Với điều kiện xy 6= 0, hệ đã cho tương đương với
x +
1
x
+ y +
1
y
= 5
x
2
+ y
2
+
1
x
2
+
1
y
2
= 9
hay
x +
1
x
+ y +
1
y
= 5
Å
x +
1
x
ã
2
+
Å
y +
1
y
ã
2
= 13.
Đặt S = x +
1
x
+ y +
1
y
; P =
Å
x +
1
x
ãÅ
y +
1
y
ã
, hệ trở thành
®
S = 5
S
2
− 2P = 13.
(1)
Giải (1) được
®
S = 5
P = 6
, suy ra
x +
1
x
= 2
y +
1
y
= 3
hoặc
x +
1
x
= 3
y +
1
y
= 2.
(2)
Giải (2) được x = 1; y =
3 ±
√
5
2
hoặc x =
3 ±
√
5
2
; y = 1. Vậy hệ có bốn nghiệm
(x; y) ∈
®Ç
1;
3 +
√
5
2
å
;
Ç
1;
3 −
√
5
2
å
;
Ç
3 +
√
5
2
; 1
å
;
Ç
3 −
√
5
2
; 1
å´
.
Câu 6.2.
a) Đặt L = lim
x→0
3
√
1 + 3x −
√
1 + 2x
x
2
, ta có
L = lim
x→0
ñ
3
√
1 + 3x − (x + 1)
x
2
+
(x + 1) −
√
1 + 2x
x
2
ô
56
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
= lim
x→0
1 + 3x − (x + 1)
3
x
2
Ä
3
p
(1 + 3x)
2
+ (x + 1)
3
√
1 + 3x + (x + 1)
2
ä
+
(x + 1)
2
− (1 + 2x)
x
2
x + 1 +
√
1 + 2x
= lim
x→0
ñ
−3 − x
3
p
(1 + 3x)
2
+ (x + 1)
3
√
1 + 3x + (x + 1)
2
+
1
x + 1 +
√
1 + 2x
ô
= −
1
2
.
Vậy L = −
1
2
.
b) Ta có
u
n+1
= 3u
n
+ 2n − 1 ⇔ u
n+1
+ (n + 1) = 3 (u
n
+ n) .
Do đó, đặt v
n
= u
n
+ n, ta có dãy (v
n
) xác định như sau:
®
v
1
= 2
v
n+1
= 3v
n
, n > 1.
Khi đó (v
n
) là một cấp số nhân với v
1
= 2 và công bội q = 3. Suy ra
v
n
= 2 · 3
n−1
⇒ u
n
= 2 · 3
n−1
− n.
Do đó
lim
u
n
3
n
= lim
2 · 3
n−1
− n
3
n
= lim
Å
2
3
−
n
3
n
ã
.
Đặt a
n
=
n
3
n
, ta sẽ chứng minh
0 < a
n
<
Å
2
3
ã
n
, ∀n > 1. (1)
Thật vậy, a
n
> 0, ∀n > 1 là điều hiển nhiên. Hơn nữa a
1
=
1
3
<
2
3
và giả sử a
k
<
Å
2
3
ã
k
, ∀k > 1,
cần chứng minh a
k+1
<
Å
2
3
ã
k+1
, ∀k > 1. Thật vậy,
a
k+1
a
k
=
k + 1
3
k+1
·
3
k
k
=
k + 1
3k
6
2
3
⇒ a
k+1
6
2
3
a
k
<
Å
2
3
ã
k+1
, ∀k > 1.
Do đó (1) đúng, suy ra lim
n
3
n
= 0. Vậy lim
u
n
3
n
=
2
3
.
Câu 6.3.
57
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
A
B C
D
M
N
P
Q
R
O
K
M
0
T
G
A
0
B
0
C
0
D
0
a) Xét hai mặt phẳng (A
0
BD) và (CB
0
D
0
) có
®
BD k B
0
D
0
A
0
B k D
0
C
⇒ (A
0
BD) k (CB
0
D
0
).
Lại có (α) k (A
0
BD), suy ra (α) k (CB
0
D
0
). Từ đó ta có cách dựng thiết diện như sau: Trong
mặt phẳng (ABCD) dựng đường thẳng đi qua M song song BD cắt BC tại P và cắt CD tại Q;
trong mặt phẳng (CDD
0
C
0
) dựng đường thẳng đi qua Q song song CD
0
cắt DD
0
tại R; trong
mặt phẳng (ADD
0
A
0
) dựng đường thẳng đi qua R song song A
0
D cắt A
0
D
0
tại S; trong mặt
phẳng (A
0
B
0
C
0
D
0
) dựng đường thẳng đi qua S song song B
0
D
0
cắt A
0
B
0
tại T ; trong mặt phẳng
(ABB
0
A
0
) dựng đường thẳng đi qua T song song A
0
B cắt BB
0
tại K. Thiết diện là lục giác
P QRST K.
b) Gọi M
0
= A
0
C
0
∩ T S và N = AC
0
∩ MM
0
, ta có
®
N ∈ AC
0
N ∈ M M
0
⊂ (α)
⇒ N = AC
0
∩ (α).
Gọi O = AC ∩ BD và G = A
0
O ∩ AC
0
, ta có
AG
GC
0
=
AO
A
0
C
0
=
1
2
⇒ AG =
1
3
AC
0
(1)
Mặt khác
(A
0
BD) ∩ (ACC
0
A
0
) = OG
(α) ∩ (ACC
0
A
0
) = MN
(A
0
BD) k (α)
⇒ MN k OG.
Xét trong tam giác AMN có MN k OG nên
AN
AG
=
AM
AO
=
3
2
⇒ AN =
3
2
AG (2)
Từ (1) và (2) suy ra AN =
1
2
AC
0
hay N là trung điểm của AC
0
.
58
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 6.4. Đa giác đều có 2017 cạnh nên có 2017 đỉnh. Vì các đỉnh được sơn bằng 2 màu xanh và đỏ
nên ắt phải tồn tại hai đỉnh kề nhau là M và N được sơn cùng một màu (chẳng hạn màu đỏ). Vì đa
giác đã cho là đa giác đều có một số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung
trực của đoạn thẳng MN. Giả sử đó là đỉnh A.
) Nếu A sơn màu đỏ thì tam giác AMN là tam giác cân tại A có 3 đỉnh A, M , N được sơn cùng
màu đỏ.
) Nếu A sơn màu xanh. Lúc đó ta gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với M và N. Có hai
khả năng xảy ra:
= Nếu cả B và C đều sơn màu xanh thì tam giác ABC cân tại A có 3 đỉnh được sơn màu
xanh.
= Nếu ngược lại một trong hai đỉnh B và C mà được sơn màu đỏ thì tam giác BMN hoặc
tam giác CM N là tam giác cân có 3 đỉnh được sơn màu đỏ.
Tóm lại luôn tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
Câu 6.5. Từ điều kiện ii) ta có
√
x +
√
y
3
= 4
x
3
+ y
3
> (x + y)
3
.
Suy ra
√
x +
√
y > x + y >
1
2
√
x +
√
y
2
⇒
√
x +
√
y 6 2. (1)
Ta chứng minh bất đẳng thức sau:
3
a
3
+ b
3
2
>
a
2
+ b
2
2
, ∀a, b > 0.
Thật vậy, theo bất đẳng thức AM − GM ta có
a
6
+ b
6
+ 4a
3
b
3
=
a
6
+ a
3
b
3
+ a
3
b
3
+
b
6
+ a
3
b
3
+ a
3
b
3
> 3a
4
b
2
+ 3a
2
b
4
.
Lại từ điều kiện ii) ta có
√
x +
√
y
2
=
3
x
3
+ y
3
2
>
x
2
+ y
2
2
. (2)
Theo bất đẳng thức (a + b + c)
2
> 3(ab + bc + ca) và từ i) ta có
3
x
2
+ y
2
+
√
xy
= (x + 1 + 1)(y + 1 + 1) >
√
x +
√
y + 1
2
> 3
√
xy +
√
x +
√
y
.
Suy ra
x
2
+ y
2
>
√
x +
√
y. (3)
Từ (2) và (3) suy ra
√
x +
√
y
2
>
√
x +
√
y
2
hay
√
x +
√
y > 2. (4)
Từ (1) và (4) ta có
√
x +
√
y = 2.
Câu 6.6.
a) Với điều kiện x 6 1, phương trình đã cho tương đương với
Ä
1 +
√
1 − x
äÄ
1 −
√
1 − x
ä
3
√
2 − x = x
Ä
1 +
√
1 − x
ä
⇔ x
3
√
2 − x = x
Ä
1 +
√
1 − x
ä
. (1)
59
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
Phương trình (1) tương đương với x = 0 hoặc
3
√
2 − x = 1 +
√
1 − x. (2)
Đặt
√
1 − x = a;
3
√
2 − x = b (a > 0), phương trình (2) trở thành
®
b = 1 + a
b
3
− a
2
= 1.
Thế phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai ta có
(1 + a)
3
− a
2
= 1 ⇔ a
3
+ 2a
2
+ 3a = 0 ⇔ a = 0.
Với a = 0 ⇒
√
1 − x = 0 ⇔ x = 1. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.
b) Đặt
f(x) = p(x − a)(x − c) + q(x − b)(x − d).
Vì f(x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Ta có
f(a) = q(a − b)(a − d), f(c) = q(c − b)(c − d),
suy ra
f(a) · f(c) = q
2
(a − b)(a − d)(c − b)(c − d). (3)
TH1: q = 0, từ (3), ta có f(a) · f(c) = 0, suy ra f(x) = 0 có nghiệm x = a hoặc x = c.
TH2: q 6= 0, từ (3) và a < b < c < d, ta có f(a) ·f(c) < 0, suy ra f(x) = 0 có ít nhất một nghiệm
trên (a; c).
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với a < b < c < d và p, q là hai số thực bất kỳ.
Câu 6.7. Trước hết ta chứng minh
u
n
> 5, ∀n ∈ N
∗
. (1)
Thật vậy, u
1
= 5 > 5. Giả sử u
n
> 5, ∀n ∈ N
∗
, ta có
u
n+1
= (u
n
− 2)
2
> (5 − 2)
2
= 9 > 5 ⇒ (1) đúng.
Do đó
u
n+1
− u
n
= (u
n
− 2)
2
− u
n
= u
n
(u
n
− 5) + 4 > 0, ∀n ∈ N
∗
.
Suy ra (u
n
) là dãy số tăng. Giả sử lim u
n
= L > 5, từ u
n+1
= (u
n
− 2)
2
, chuyển qua giới hạn ta có
L = (L − 2)
2
⇔ L
2
− 5L + 4 = 0 ⇔
ñ
L = 1
L = 4
(vô lý).
Do đó lim u
n
= +∞. Ta lại có u
n+1
− 4 = (u
n
− 2)
2
− 4 = u
n
(u
n
− 4), hay u
n
=
u
n+1
− 4
u
n
− 4
, do đó
u
1
· u
2
···u
n
=
u
2
− 4
u
1
− 4
·
u
3
− 4
u
2
− 4
···
u
n+1
− 4
u
n
− 4
=
u
n+1
− 4
u
1
− 4
= u
n+1
− 4.
Vậy
lim
u
1
· u
2
···u
n
u
n+1
= lim
u
n+1
− 4
u
n+1
= lim
Å
1 −
4
u
n+1
ã
= 1.
Câu 6.8.
60
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
O
A
B C
M
N
I
J
T
S
K
a) Ta có
’
MBI =
÷
MBC +
’
IBC =
÷
MAC +
’
IBC =
1
2
Ä
’
BAC +
’
ABC
ä
; (1)
’
MIB =
‘
IAB +
‘
IBA =
1
2
Ä
’
BAC +
’
ABC
ä
. (2)
Từ (1) và (2), ta có
’
MBI =
’
MIB ⇒ MI = MB = MC.
Hơn nữa tứ giác IBJC nội tiếp đường tròn đường kính IJ, do đó M là trung điểm IJ.
b) Ta có
’
NT S =
1
2
Ä
sđ
˜
NA + sđ
ˆ
AS
ä
=
1
2
Ä
sđ
¯
NM + sđ
ˆ
AS
ä
=
’
NIM . (3)
Mặt khác
’
NT S +
‘
JT S = 180
◦
;
’
NIM +
‘
JIS = 180
◦
. (4)
Từ (3) và (4), ta có
‘
JT S =
‘
JIS, suy ra tứ giác JT IS nội tiếp đường tròn (K). Hơn nữa tứ giác
JBIC nội tiếp đường tròn (M). Khi đó IJ là trục đẳng phương của (K) và (M); BC là trục
đẳng phương của (O) và (M); T S là trục đẳng phương của (O) và (K). Theo tính chất tâm đẳng
phương của ba đường tròn có tâm O, M, K không thẳng hàng, suy ra IJ, BC, T S đồng quy.
Câu 6.9. Gọi A là tập hợp tất cả các bộ 100 số (a
1
, a
2
, . . . , a
100
) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ký hiệu
B là tập hợp 100 số phân biệt của 1917 số nguyên dương đầu tiên. Xét ánh xạ với quy ước sau:
f : A −→ B
(a
1
, a
2
, . . . , a
100
) 7−→ (a
1
, a
2
− 1, . . . , a
100
− 99)
trong đó a
1
< a
2
< ··· < a
100
.
Vì
a
2
− a
1
> 2 ⇒ a
2
− 1 > a
1
+ 1 > a
1
a
3
− a
2
> 2 ⇒ a
3
− 2 > a
2
> a
2
− 1
61
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
a
4
− a
3
> 2 ⇒ a
4
− 3 > a
3
− 1 > a
3
− 2
···
a
100
− a
99
> 2 ⇒ a
100
− 99 > a
99
− 97 > a
99
− 98
và
a
1
> 1, a
100
− 99 6 2016 − 99 = 1917
nên
(a
1
, a
2
− 1, . . . , a
100
− 99) ∈ B.
Như vậy với mỗi phần tử thuộc A ứng với duy nhất một phần tử thuộc B qua ánh xạ f. Tương tự với
mỗi phần tử
(b
1
, b
2
, . . . , b
100
) ∈ B
luôn tồn tại duy nhất phần tử
(b
1
, b
1
+ 1, . . . , b
100
+ 99) ∈ A
để
f ((b
1
, b
1
+ 1, . . . , b
100
+ 99)) = (b
1
, b
2
, . . . , b
100
) .
Do đó f là một song ánh nên số phần tử của A bằng số phần tử của B và bằng C
100
1917
.
Câu 6.10. Giả sử 2
2n−1
− 2
n
+ 1 là số chính phương. Khi đó tồn tại m ∈ N
∗
sao cho
2
2n−1
− 2
n
+ 1 = m
2
. (1)
TH1: m = 1, từ (1), ta có 2
2n−1
− 2
n
+ 1 = 1 ⇔ 2
n−1
= 1 ⇔ n = 1.
TH2: m > 1, từ (1) và 2
2n−1
− 2
n
+ 1 lẻ, suy ra m
2
lẻ, hay m lẻ. Khi đó
m > 3 ⇒ 2
2n−1
− 2
n
+ 1 > 9 ⇒ n > 2.
Ta lại có
(1) ⇔ 2
2n−2
+
2
n−1
− 1
2
= m
2
⇔ 2
2n−2
=
m − 2
n−1
+ 1
m + 2
n−1
− 1
.
Đặt a = m − 2
n−1
+ 1, b = m + 2
n−1
− 1, ta có a, b chẵn, a < b và
ab = 2
2n−2
. (2)
Mặt khác b − a = 2
n
− 2 ≡ 2 (mod 4), suy ra a = 2, b = 2
n
, thế vào (2) được
2
n+1
= 2
2n−2
⇔ n = 3.
Với n = 3, ta có
2
2n−1
− 2
n
+ 1 = 2
5
− 2
3
+ 1 = 25 (thỏa mãn).
Vậy có hai giá trị nguyên dương n = 1, n = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
62
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2014-2015
Câu 7.1.
a) Ta có phương trình tương đương
4 sin 2x sin x −
√
3 sin x − cos x = 0
⇔ 2 (cos x − cos 3x) −
√
3 sin x − cos x = 0
⇔
1
2
cos x −
√
3
2
sin x = cos 3x
⇔ cos
x +
π
3
= cos 3x
⇔
x =
π
6
+ kπ
x = −
π
12
+ k
π
2
(k ∈ Z) .
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
π
6
+ kπ, x = −
π
12
+ k
π
2
(k ∈ Z).
b) Điều kiện x 6= 0; y 6= 0. Biến đổi phương trình thứ nhất, ta có
2x + y +
2x + y
xy
= 6 ⇔ (2x + y)
Å
1 +
1
xy
ã
= 6 ⇔ 1 +
1
xy
=
1
2x + y
. (1)
Thay (1) vào phương trình thứ hai, ta có
36
x
2
+ y
2
= 8(2x + y)
2
⇔ 4x
2
− 32xy + 28y
2
= 0 ⇔
ñ
x = y
x = 7y.
Với x = y thay vào phương trình thứ nhất, ta có
3x +
3
x
= 6 ⇔ x
2
− 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn).
Với x = 7y thay vào phương trình thứ nhất, ta có
15y +
15
7y
= 6 ⇔ 35y
2
− 14y + 5 = 0 (vô nghiệm).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1).
Câu 7.2.
a) Dễ thấy (u
n
) là dãy số dương. Ta có u
1
= 2 > 2; giả sử u
n
> 1, ∀n ∈ N
∗
cần chứng minh
u
n+1
> 1, ∀n ∈ N
∗
. Thật vậy, ta có
u
n+1
− 1 =
u
2015
n
+ u
n
+ 1
u
2014
n
− u
n
+ 3
− 1 =
(u
n
− 1)
u
2014
n
+ 2
u
2013
n
(u
n
− 1) + 3
> 0, ∀n ∈ N
∗
.
Do đó u
n
> 1, ∀n ∈ N
∗
. Lại có
u
n+1
− u
n
=
u
2015
n
+ u
n
+ 1
u
2014
n
− u
n
+ 3
− u
n
=
(u
n
− 1)
2
u
2013
n
(u
n
− 1) + 3
> 0, ∀n ∈ N
∗
.
Vậy (u
n
) là dãy số tăng.
63
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
b) Giả sử (u
n
) có giới hạn hữu hạn là L, ta có
L =
L
2015
+ L + 1
L
2014
− L + 3
⇔ (L − 1)
2
= 0 ⇔ L = 1.
Điều này mâu thuẫn vì (u
n
) là dãy số tăng và bị chặn dưới bởi 1. Từ đó suy ra (u
n
) có giới hạn là
+∞. Theo câu a), ta có
1
u
n+1
− 1
=
u
2014
n
+ 2 − (u
n
− 1)
(u
n
− 1) (u
2014
n
+ 2)
=
1
u
n
− 1
−
1
u
2014
n
+ 2
.
Hay
1
u
2014
n
+ 2
=
1
u
n
− 1
−
1
u
n+1
− 1
⇒
n
X
i=1
1
u
2014
i
+ 2
=
1
u
1
− 1
−
1
u
n+1
− 1
= 1 −
1
u
n+1
− 1
.
Vậy
lim
n
X
i=1
1
u
2014
i
+ 2
= lim
Å
1 −
1
u
n+1
− 1
ã
= 1.
Câu 7.3.
A
B C
D
S
M
H G
E F
O
a) Vì M ∈ (P ) ∩ (ABCD) và (P ) k AD nên qua M kẻ đường thẳng song song AD lần lượt cắt
AB, CD tại E và F , ta có EF = (P ) ∩ (ABCD). Vì (P ) k SO nên qua M kẻ đường thẳng song
song SO cắt SA tại H, ta có HE = (P ) ∩ (SAB). Vì (P ) k AD nên qua H kẻ đường thẳng
song song AD cắt SD tại G, ta có HG = (P ) ∩ (SAD) và GF = (P ) ∩ (SCD). Từ đó suy ra
EF GH là thiết diện cần tìm. Theo cách vẽ ta có EF k GH (vì cùng song song với AD). Mặt
khác
AH
AS
=
DG
DS
⇒ AH = DG và
AE
AB
=
DF
DC
⇒ AE = DF , suy ra 4HAE = 4GDF (c.g.c).
Do đó HE = GF . Từ đó EF GH là hình thang cân.
b) Ta có
SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO =
p
SA
2
− AO
2
= 1.
Lại có HM k SO ⇒ HM ⊥ (ABCD) và
HM
SO
=
AM
AO
⇒ HM =
AM · SO
AO
= x.
Mặt khác HG k AD nên
HG
AD
=
SH
SA
=
OM
OA
⇒ HG =
AD · OM
OA
=
√
2(1 − x).
64
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vậy
S
EF GH
=
1
2
(EF + GH) · HM =
1
2
î
√
2 +
√
2(1 − x)
ó
· x =
√
2x(2 − x)
2
.
Câu 7.4. Gọi X tập hợp gồm tất cả các cách sắp xếp, ta có n(X) =
6!
2!2!
= 180. Gọi A là tập hợp các
cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau. Hai chữ A đứng cạnh nhau có thể xem là một chữ A nên
n(A) =
5!
2!
= 60. Tương tự, gọi M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ M đứng cạnh nhau, ta có
n(M) =
5!
2!
= 60. Ta có A ∩ M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ
M đứng cạnh nhau. Hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ M đứng cạnh nhau có thể xem là hai chữ
A, M nên n(A ∩ M) = 4! = 24. Vậy số cách sắp xếp cần tìm là
n(X) − n(A ∪ M) = n(X) − [n(A) + n(M) − n(A ∩ M )] = 180 − (60 + 60 − 24) = 84.
Câu 7.5. Đặt
P =
a
√
4a
2
+ b
2
+ c
2
+
b
√
4b
2
+ c
2
+ a
2
+
c
√
4c
2
+ a
2
+ b
2
.
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có
P
2
6 3
Å
a
2
4a
2
+ b
2
+ c
2
+
b
2
4b
2
+ c
2
+ a
2
+
c
2
4c
2
+ a
2
+ b
2
ã
.
Lại theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dạng Engel, ta có
a
2
4a
2
+ b
2
+ c
2
=
a
2
4
·
(1 + 1)
2
3a
2
+ a
2
+ b
2
+ c
2
6
a
2
4
·
Å
1
3a
2
+
1
a
2
+ b
2
+ c
2
ã
=
1
12
+
a
2
4 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
; (1)
b
2
4b
2
+ c
2
+ a
2
=
b
2
4
·
(1 + 1)
2
3b
2
+ b
2
+ c
2
+ a
2
6
b
2
4
·
Å
1
3b
2
+
1
b
2
+ c
2
+ a
2
ã
=
1
12
+
b
2
4 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
; (2)
c
2
4c
2
+ a
2
+ b
2
=
c
2
4
·
(1 + 1)
2
3c
2
+ c
2
+ a
2
+ b
2
6
c
2
4
·
Å
1
3c
2
+
1
c
2
+ a
2
+ b
2
ã
=
1
12
+
c
2
4 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
. (3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được
a
2
4a
2
+ b
2
+ c
2
+
b
2
4b
2
+ c
2
+ a
2
+
c
2
4c
2
+ a
2
+ b
2
6
1
4
+
a
2
+ b
2
+ c
2
4 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
=
1
2
.
Do đó P
2
6
3
2
, hay P 6
…
3
2
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Câu 7.6.
a) Ta có 1, 2, 4, ..., 2
n
là cấp số nhân có n + 1 số hạng với u
1
= 1 và q = 2, do đó
1 + 2 + 4 + ···+ 2
n
=
1
2
n+1
− 1
2 − 1
= 2 · 2
n
− 1.
Lại có 1, 5, 25, ..., 5
n
là cấp số nhân có n + 1 số hạng với u
1
= 1 và q = 5, do đó
1 + 5 + 25 + ···+ 5
n
=
1
5
n+1
− 1
5 − 1
=
5 · 5
n
− 1
4
.
Từ đó suy ra
A = lim
n→+∞
2 · 2
n
− 1
5·5
n
−1
4
= lim
n→+∞
8 · 2
n
− 4
5 · 5
n
− 1
= lim
n→+∞
8
2
5
n
− 4 ·
1
5
n
5 −
1
5
n
= 0.
65
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
b) Ta có
B = lim
x→0
√
1 + 2014x ·
3
√
1 + 2015x −
3
√
1 + 2015x +
3
√
1 + 2015x − 1
x
= lim
x→0
ñ
3
√
1 + 2015x
√
1 + 2014x − 1
x
+
3
√
1 + 2015x − 1
x
ô
= lim
x→0
3
√
1 + 2015x (1 + 2014x − 1)
x
√
1 + 2014x − 1
+
1 + 2015x − 1
x
Ä
3
√
1 + 2015x
2
+
3
√
1 + 2015x + 1
ä
= lim
x→0
"
2014
3
√
1 + 2015x
√
1 + 2014x + 1
+
2015
3
√
1 + 2015x
2
+
3
√
1 + 2015x + 1
#
=
5036
3
.
Câu 7.7.
a) Phương trình đã cho tương đương với
2014x
2015
− x
3
+ mx
2
+ 1 − m = 0 ⇔ 2014x
2015
− x
3
+ m
x
2
− 1
+ 1 = 0.
Đặt f(x) = 2014x
2015
− x
3
+ m
x
2
− 1
+ 1, ta có f(x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R.
Lại có f(−1) = −2012, f(1) = 2014, suy ra f(−1) · f(1) < 0. Do đó f(x) = 0 luôn có ít nhất một
nghiệm trên (−1; 1), hay phương trình đã cho có nghiệm với mọi m.
b) Điều kiện xác định −1 6 x 6 1. Đặt u =
√
1 − x
2
(0 6 u 6 1), phương trình trở thành
√
1 + u = x (1 + 2u) .
Nhận thấy −1 6 x 6 0 không phải nghiệm phương trình. Với 0 < x 6 1 bình phương hai vế
phương trình, ta có
1 + u = x
2
1 + 4u + 4u
2
⇔ 1 + u =
1 − u
2
1 + 4u + 4u
2
.
Vì 1 + u > 0 nên chia hai vế phương trình cho 1 + u, ta có
1 = (1 − u)
1 + 4u + 4u
2
⇔ 4u
3
− 3u = 0 ⇔
u = 0
u =
√
3
2
.
Với u = 0 ⇒ x = 1; với u =
√
3
2
⇒ x =
1
2
. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x =
1
2
.
Câu 7.8.
a) Ta có
u
n+1
=
2n
n + 1
u
n
−
1
n + 1
⇔ (n + 1)u
n+1
= 2nu
n
− 1 ⇔ (n + 1)u
n+1
− 1 = 2 (nu
n
− 1) .
Đặt v
n
= nu
n
− 1, ta có v
n+1
= 2v
n
, suy ra (v
n
) là cấp số nhân với v
1
= 2, q = 2. Do đó
v
n
= 2 · 2
n−1
= 2
n
⇒ u
n
=
2
n
+ 1
n
. Vậy dãy số (u
n
) có số hạng tổng quát u
n
=
2
n
+ 1
n
.
66
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
b) Ta có nu
n
= n ·
2
n
+ 1
n
= 2
n
+ 1. Giả sử nu
n
là số chính phương khi đó tồn tại m ∈ N
∗
sao cho
2
n
+ 1 = m
2
⇔ 2
n
= (m + 1)(m − 1).
Từ đó suy ra
®
m + 1 = 2
n−k
(1)
m − 1 = 2
k
(2)
, trong đó k ∈ N
∗
và 0 < k <
n
2
. Trừ theo vế (1) và (2), ta có
2
n−k
− 2
k
= 2 ⇔ 2
k
Ä
2
n−2k
− 1
ä
= 2 ⇔
®
2
k
= 2
2
n−2k
− 1 = 1
⇔
®
k = 1
n = 3.
Vậy nu
n
là số chính phương khi và chỉ khi n = 3.
Câu 7.9.
O
O
0
A
B
C D
M
N
P
Q
E
K
a) Ta có
(
’
ACD =
÷
AMC (cùng chắn cung nhỏ
˜
AC)
’
ECD =
÷
AMC (hai góc đồng vị)
⇒
’
ACD =
’
ECD. (1)
Tương tự
(
’
ADC =
’
AND (cùng chắn cung nhỏ
˜
AD)
’
EDC =
’
AND (hai góc đồng vị)
⇒
’
ADC =
’
EDC. (2)
Từ (1) và (2) ta có AE là đường trung trực của CD hay AE vuông góc với CD.
b) Gọi K là giao điểm của AB và CD ta có KC
2
= KB ·AK = KD
2
hay K là trung điểm của CD.
Lại có P Q k CD suy ra A là trung điểm của P Q mà AE ⊥ P Q nên tam giác EP Q cân tại E.
Câu 7.10.
) Với 3 6 n 6 8, ta tô màu xanh các số 1, 2, 5, 6 và tô màu đỏ các số 3, 4, 7, 8 thì không tồn tại ba
số cùng màu nào lập thành cấp số cộng. Do đó 3 6 n 6 8 không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
67
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
) Với n = 9, giả sử rằng không tồn tại ba số cùng màu lập thành cấp số cộng. Không mất tính tổng
quát ta tô số 3 màu xanh. Vì các số 3, 4, 5 không tô cùng màu nên ta có các trường hợp sau:
TH1: Số 4 tô màu đỏ và số 5 tô màu xanh, ta có:
= Các số 1, 3, 5 không tô cùng màu nên số 1 tô màu đỏ.
= Các số 1, 4, 7 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
Lúc này các số 3, 5, 7 đều tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết.
TH2: Số 4 tô màu xanh và số 5 tô màu đỏ, ta có:
= Các số 2, 3, 4 không tô cùng màu nên số 2 tô màu đỏ.
= Các số 2, 5, 8 không tô cùng màu nên số 8 tô màu xanh.
= Các số 4, 6, 8 không tô cùng màu nên số 6 tô màu đỏ.
= Các số 5, 6, 7 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
= Các số 1, 4, 7 không tô cùng màu nên số 1 tô màu đỏ.
= Các số 1, 5, 9 không tô cùng màu nên số 9 tô màu xanh.
Lúc này các số 7, 8, 9 đều tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết.
TH3: Số 4 và số 5 đều tô màu đỏ, ta có:
= Các số 4, 5, 6 không tô cùng màu nên số 6 tô màu xanh.
= Các số 3, 6, 9 không tô cùng màu nên số 9 tô màu đỏ.
= Các số 1, 5, 9 không tô cùng màu nên số 1 tô màu xanh.
= Các số 1, 2, 3 không tô cùng màu nên số 2 tô màu đỏ.
= Các số 2, 5, 8 không tô cùng màu nên số 8 tô màu xanh.
= Các số 5, 7, 9 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
Lúc này các số 6, 7, 8 đều tô màu xanh mâu thuẫn giả thiết.
Như vậy với n = 9 thì mọi cách tô màu đều tồn tại ba số cùng màu lập thành một cấp số cộng.
Vậy số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 9.
68
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013-2014
Câu 8.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
sin 2x sin x − cos 2x sin x + sin(2x + x) = cos x(sin x + cos x)
⇔ sin 2x sin x − cos 2x sin x + sin 2x cos x + cos 2x sin x = cos x(sin x + cos x)
⇔ sin 2x(sin x + cos x) = cos x(sin x + cos x)
⇔ cos x(2 sin x − 1)(sin x + cos x) = 0
⇔
cos x = 0
sin x =
1
2
tan x = −1.
Giải các phương trình trên ta có nghiệm của phương trình đã cho là
x =
π
2
+ kπ, x =
π
6
+ k2π, x =
5π
6
+ k2π, x = −
π
4
+ k2π (k ∈ Z) .
b) Điều kiện x + y > 0. Biến đổi phương trình thứ nhất, ta có
(x + y)
2
− 2xy
(x + y) + 8xy = 16(x + y)
⇔ (x + y)
(x + y)
2
− 16
− 2xy(x + y − 4) = 0
⇔ (x + y − 4) [(x + y)(x + y + 4) − 2xy] = 0
⇔ (x + y − 4)
x
2
+ y
2
+ 4(x + y)
= 0
⇔
ñ
y = 4 − x
x
2
+ y
2
+ 4(x + y) = 0 (vô nghiệm).
Với y = 4 − x thay vào phương trình thứ hai, ta có
x
2
+ x − 6 = 0 ⇔
ñ
x = 2
x = −3.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (−3; 7).
Câu 8.2.
a) Vì giữa 2 bạn nữ gần nhau có 2 bạn nam nên 4 bạn nữ chỉ có thể ngồi vào các vị trí 1, 4, 7, 10
của dãy 10 ghế được đánh số thứ tự từ 1 đến 10; từ trái sang phải.
TH1: Bình ngồi vào vị trí 1 hoặc 10, khi đó An có 5 cách chọn vị trí để không ngồi cạnh Bình.
Suy ra số cách sắp xếp là 2 · 5 · 3! · 5! = 7200.
TH2: Bình ngồi vào vị trí 4 hoặc 7, khi đó An có 4 cách chọn vị trí để không ngồi cạnh Bình. Suy
ra số cách sắp xếp là 2 · 4 · 3! · 5! = 5760.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn điều kiện bài toán là 12 960.
69
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu
b) Ta có f(x) là hàm số liên tục, nhận giá trị không âm trên [0; +∞), suy ra f(0) > 0.
TH1: f(0) = 0 ta có ngay điều phải chứng minh.
TH2: f(0) > 0, theo giả thiết lim
x→+∞
f(x)
x
= L < 1 nên tồn tại số thực a > 0 sao cho
f(a)
a
< 1
hay f(a) − a < 0. Đặt g(x) = f(x) − x, ta có g(x) liên tục trên [0; a] và
g(0) · g(a) = f(0) · [f(a) − a] < 0.
Do đó tồn tại ít nhất số thực c ∈ (0; a) thỏa mãn g(c) = 0 hay f(c) = c.
Như vậy luôn tồn tại ít nhất số c ∈ [0; +∞) thỏa mãn f(c) = c.
Câu 8.3.
A
B
C
D
S
I
K
M
N
P
O
a) Trong (ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD; trong (SAC), nối SO cắt AM tại I. Trong
(SBD), qua I dựng đường thẳng ∆ luôn cắt hai cạnh SB, SD và không qua B, D. Khi đó N là
giao điểm của ∆ và SB và P là giao điểm của ∆ và SD. Gọi K trung điểm MC ⇒ OK k AM .
Vì SC = 3SM nên M trung điểm SK ⇒ I trung điểm SO. Theo công thức tỷ số diện tích tam
giác ta có
S
4SN P
S
4SBD
=
SN
SB
·
SP
SD
. (1)
Lại có
S
4SN P
S
4SBD
=
S
4SN I
+ S
4SP I
S
4SBD
=
S
4SN I
2S
4SBO
+
S
4SP I
2S
4SDO
=
SI
2SO
Å
SN
SB
+
SP
SD
ã
=
1
4
Å
SN
SB
+
SP
SD
ã
. (2)
Từ (1) và (2), ta có
SN
SB
·
SP
SD
=
1
4
Å
SN
SB
+
SP
SD
ã
⇔
Å
SN
SB
+
SP
SD
ã
SB
SN
·
SD
SP
= 4 ⇔
SB
SN
+
SD
SP
= 4.
b) Theo kết quả câu a), ta có
SB
SN
+
SD
SP
= 4 ⇒
SB
SN
·
SD
SP
6 4
hay
S
4SBD
S
4SN P
6 4 ⇔ S
4SN P
>
1
4
S
4SBD
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
SB
SN
=
SD
SP
hay NP k BD. Vậy tam giác SN P có diện tích nhỏ
nhất khi (P ) qua A, M và song song với BD.
70
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 8.4. Bất đẳng thức tương đương
a −
a
2
b
ab + 1
+ b −
b
2
c
bc + 1
+ c −
c
2
a
ca + 1
>
3
2
⇔
a
2
b
ab + 1
+
b
2
c
bc + 1
+
c
2
a
ca + 1
6
3
2
.
Ta có
a
2
b
ab + 1
+
b
2
c
bc + 1
+
c
2
a
ca + 1
6
a
2
b
2
√
ab
+
b
2
c
2
√
bc
+
c
2
a
2
√
ca
=
1
2
Ä
√
a
3
b +
√
b
3
c +
√
c
3
a
ä
.
Do đó cần chứng minh
√
a
3
b +
√
b
3
c +
√
c
3
a 6
(a + b + c)
2
3
. (1)
Đặt x = a +
√
bc −
√
ab, y = b +
√
ca −
√
bc, z = c +
√
ab −
√
ca, ta có
x + y + z = a + b + c và xy + yz + zx =
√
a
3
b +
√
b
3
c +
√
c
3
a.
Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành
xy + yz + zx 6
(x + y + z)
2
3
(luôn đúng).
Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu 8.5.
a) Phương trình đã cho tương đương với
p
x
2
+ 12 −
p
x
2
+ 5 = 3x − 5. (1)
Vì
√
x
2
+ 12 >
√
x
2
+ 5, ∀x ∈ R nên 3x − 5 > 0 hay x >
5
3
. Khi đó
(1) ⇔
p
x
2
+ 12 − 4 = 3x − 6 +
p
x
2
+ 5 − 3
⇔
x
2
− 4
√
x
2
+ 12 + 4
= 3(x − 2) +
x
2
− 4
√
x
2
+ 5 + 3
⇔ (x − 2)
Å
x + 2
√
x
2
+ 12 + 4
−
x + 2
√
x
2
+ 5 + 3
− 3
ã
= 0
⇔
x = 2
(x + 2)
Å
1
√
x
2
+ 12 + 4
−
1
√
x
2
+ 5 + 3
ã
= 3
Å
vô nghiệm vì x >
5
3
ã
.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
b) Số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau từ tập X là A
3
5
= 60. Số các số tự nhiên có
ba chữ số đôi một khác nhau từ tập X và không có chữ số 5 là A
3
4
= 24. Gọi X
1
, X
2
lần lượt là
các biến cố hai bạn A và B viết lên bảng được số không có mặt chữ số 5, ta có
P (X
1
) = P (X
2
) =
24
60
=
2
5
⇒ P
X
1
= P
X
2
= 1 −
2
5
=
3
5
.
Gọi X là biến cố trong hai số viết lên bảng có đúng một số có chữ số 5, ta có
X = X
1
X
2
∪ X
1
X
2
.
Hai bạn A, B viết ngẫu nhiên lên bảng nên các biến cố X
1
, X
2
, X
1
, X
2
là độc lập. Do đó xác
suất của biến cố X là
P (X) = P
X
1
P (X
2
) + P (X
1
) P
X
2
=
3
5
·
2
5
+
2
5
·
3
5
=
12
25
.
71
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu
Câu 8.6.
a) Đặt L = lim
x→0
2
√
1 + x −
3
√
8 − x
x
, ta có
L = lim
x→0
ñ
2
√
1 + x − 2
x
+
2 −
3
√
8 − x
x
ô
= lim
x→0
2(1 + x − 1)
x
√
1 + x + 1
+
8 − (8 − x)
x
Ä
4 + 2
3
√
8 − x +
3
√
8 − x
2
ä
= lim
x→0
"
2
√
1 + x + 1
+
1
4 + 2
3
√
8 − x +
3
√
8 − x
2
#
= 1 +
1
12
=
13
12
.
Vậy lim
x→0
2
√
1 + x −
3
√
8 − x
x
=
13
12
.
b) Xét hai dãy số (u
n
) và (v
n
) xác định như sau:
®
u
1
= min{c, d, 4}
u
n+1
= 2
√
u
n
, ∀n ∈ N
∗
và
®
v
1
= max{c, d, 4}
v
n+1
= 2
√
v
n
, ∀n ∈ N
∗
.
Ta có u
1
6 4; giả sử u
k
6 4, ∀k ∈ N
∗
ta có
u
k+1
= 2
√
u
k
6 4 ⇒ u
n
6 4, ∀n ∈ N
∗
.
Lại có
u
n+1
− u
n
= 2
√
u
n
− u
n
=
√
u
n
(2 −
√
u
n
) > 0, ∀n ∈ N
∗
.
Từ đó ta có (u
n
) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 4 nên hội tụ. Giả sử (u
n
) hội tụ về L ta có
L = 2
√
L ⇔
®
L > 0
L
2
− 4L = 0
⇔
ñ
L = 0 (loại)
L = 4
⇒ lim
n→+∞
u
n
= 4.
Tương tự chứng minh được (v
n
) giảm, bị chặn dưới và có giới hạn lim
n→+∞
v
n
= 4. Tiếp theo ta
chứng minh u
n
6 min {x
2n−1
, x
2n
}, ∀n ∈ N
∗
. Ta có
u
1
= min{c, d, 4} = min {x
1
, x
2
, 4} 6 min {x
1
, x
2
}.
Giả sử u
k
6 min {x
2k−1
, x
2k
}, ∀k ∈ N
∗
, cần chứng minh
u
k+1
6 min {x
2k+1
, x
2k+2
}, ∀k ∈ N
∗
.
Thật vậy, ∀k ∈ N
∗
ta có
u
k+1
= 2
√
u
k
=
√
u
k
+
√
u
k
6
√
x
2k−1
+
√
x
2k
= x
2k+1
.
Suy ra
u
k+1
= 2
√
u
k
6
√
u
k
+
√
u
k+1
6
√
x
2k
+
√
x
2k+1
= x
2k+2
.
Do đó
u
n+1
6 min {x
2n+1
, x
2n+2
}.
Tương tự chứng minh được v
n+1
> max {x
2n+1
, x
2n+2
}. Do đó
u
n+1
6 min {x
2n+1
, x
2n+2
} 6 max {x
2n+1
, x
2n+2
} 6 v
n+1
.
Lại có lim
n→+∞
u
n
= lim
n→+∞
v
n
= 4 nên lim
n→+∞
x
2n−1
= lim
n→+∞
x
2n
= 4. Vậy lim
n→+∞
x
n
= 4.
72
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 8.7.
A
B
C
D
M
H
I
J
L
E
K
F
a) Gọi N là giao điểm của AD và BL, vì KB k AD k LC nên ta có
AN
KB
=
LA
LK
⇒ AN =
KB · LA
LK
;
DN
CL
=
BD
BC
=
KA
KL
⇒ DN =
CL · KA
KL
. (1)
Lại có
’
KAB =
’
LAC ⇒ 4KAB v 4LAC ⇒
KA
LA
=
KB
LC
⇔ KA · LC = KB · LA. (2)
Từ (1) và (2), ta có AN = DN hay N là trung điểm AD, do đó N trùng với M. Chứng minh
tương tự ta cũng có CK đi qua M, từ đó ta có AD, BL, CK đồng quy tại M.
b) Gọi H là giao điểm thứ hai của (τ) và (Ω), ta có
’
CLE =
÷
DME và
’
CLE +
’
EHC = 180
◦
nên
÷
DME +
’
EHC = 180
◦
.
Từ đó suy ra tứ giác MEHD nội tiếp đường tròn; tương tự tứ giác MHDF nội tiếp đường tròn.
Suy ra M, E, H, D, F nằm trên một đường tròn nên
÷
MED =
÷
MHD và
÷
MDE =
÷
MF E. Hơn
nữa tam giác M HD cân tại M nên
÷
MHD =
÷
MDH, suy ra
÷
MED =
÷
MHD =
÷
MDH. Lại có
÷
MBD = 180
◦
−
÷
MDH −
÷
BM D và
÷
MDE = 180
◦
−
÷
MED −
÷
DME. Từ đó suy ra
÷
MBD =
÷
MDE,
do đó
÷
MBD =
÷
MF E. Vậy bốn điểm B, E, F , C cùng thuộc một đường tròn.
Câu 8.8. Ta có phương trình tương đương
n
2
+ 2n − 4
m
4
+ m
2
− m + 1
= 0.
Xem phương trình là phương trình bậc hai theo ẩn n ta có ∆
0
= 4m
4
+ 4m
2
−4m + 5. Phương trình có
nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆
0
là một số chính phương.
TH1: m = 0, ta có ∆
0
= 5 không thỏa mãn.
TH2: m > 0, ta có ∆
0
=
2m
2
2
+ (2m − 1)
2
+ 1 > 2m
2
.
Mặt khác ∆
0
=
2m
2
+ 1
2
− 4(m − 1) 6
2m
2
+ 1
2
.
Do đó ∆
0
là số chính phương khi và chỉ khi ∆
0
=
2m
2
+ 1
2
⇔ m = 1.
Với m = 1 thay vào phương trình được n
2
+ 2n − 8 = 0 ⇔
ñ
n = 2
n = −4 (loại).
Vậy (m, n) = (1; 2).
73
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012-2013
Câu 9.1.
a) Hệ đã cho tương đương với
x + 1 +
1
y
+ (x + 1)
1
y
= 11
(x + 1)
2
+
1
y
2
= 13.
Đặt x + 1 = u,
1
y
= v, hệ trở thành
®
u + v + uv = 11
u
2
+ v
2
= 13
⇔
®
2(u + v) + 2uv = 22
(u + v)
2
− 2uv = 13.
Cộng theo vế các phương trình trong hệ, ta có
(u + v)
2
+ 2(u + v) = 35 ⇔
ñ
u + v = 5
u + v = −7.
) Với u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghiệm).
) Với u + v = 5 ⇒ uv = 6 ⇒
®
u = 3
v = 2
®
u = 2
v = 3
⇒
x = 2
y =
1
2
x = 1
y =
1
3
.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) =
Å
2;
1
2
ã
; (x; y) =
Å
1;
1
3
ã
.
b) Phương trình đã cho tương đương với
4 sin
2
x sin
2
3x = 6 + 2 sin 3x. (1)
Ta có 4 sin
2
x sin
2
3x 6 4 và 6 + 2 sin 3x > 4, do đó
(1) ⇔
sin
2
x = 1
sin
2
3x = 1
sin 3x = −1
⇔
®
cos x = 0
sin 3x = −1
⇔
x =
π
2
+ kπ
x = −
π
6
+ k
2π
3
⇔ x =
π
2
+ k2π (k ∈ Z).
Vậy phương trình có nghiệm x =
π
2
+ k2π (k ∈ Z).
Câu 9.2.
74
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
a) Đặt L = lim
Ä
√
n
4
+ n
2
+ 1 −
3
√
n
6
+ 1
ä
, ta có
L = lim
Ä
p
n
4
+ n
2
+ 1 − n
2
+ n
2
−
3
p
n
6
+ 1
ä
= lim
Ñ
n
4
+ n
2
+ 1 − n
4
√
n
4
+ n
2
+ 1 + n
2
+
n
6
−
n
6
+ 1
n
4
+ n
2
3
√
n
6
+ 1 +
Ä
3
√
n
6
+ 1
ä
2
é
= lim
Ü
n
2
+ 1
n
2
Ä
»
1 +
1
n
2
+
1
n
4
+ 1
ä
−
1
n
4
ï
1 +
3
»
1 +
1
n
6
+
Ä
3
»
1 +
1
n
6
ä
2
ò
ê
=
1
2
.
Vậy L =
1
2
.
b) Nhận thấy rằng u
n
> 0, ∀n ∈ N
∗
. Theo giả thiết ta có
u
n+1
n+1
= u
n
n
+
1
2013
n
⇔ u
n+1
n+1
− u
n
n
=
1
2013
n
.
Do đó
u
2
2
− u
1
1
=
1
2013
1
; u
3
3
− u
2
2
=
1
2013
2
; . . . ; u
n
n
− u
n−1
n−1
=
1
2013
n−1
.
Cộng theo vế các đẳng thức trên được
u
n
n
− u
1
1
=
1
2013
1
+
1
2013
2
+ ···+
1
2013
n−1
=
1 −
Å
1
2013
ã
n−1
2012
.
Từ đó suy ra
u
n
=
n
Õ
2013 +
1 −
Å
1
2013
ã
n−1
2012
.
Dễ thấy
1 < u
n
=
n
Õ
2013 +
1 −
Å
1
2013
ã
n−1
2012
<
n
√
2014, ∀n ∈ N
∗
.
Theo bất đẳng thức AM − GM có
n
√
2014 <
1 + 1 + ··· + 1
| {z }
n−1 số 1
+2014
n
= 1 +
2013
n
.
Do đó
1 < u
n
< 1 +
2013
n
, ∀n ∈ N
∗
.
Lại có
lim
Å
1 +
2013
n
ã
= 1 ⇒ lim u
n
= 1.
Vậy lim u
n
= 1.
Câu 9.3.
75
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu
A
B C
D
S
H
M
O
I
J
K
P
Q
a) Gọi H là trung điểm BC, từ giả thiết ta có HA = HB = HC = HD = a. Suy ra AHCD là hình
thoi nên HD ⊥ AC mà SD ⊥ AC nên
AC ⊥ (SHD) ⇒ SH ⊥ AC. (1)
Lại có tam giác SBC đều cạnh 2a nên
SH = a
√
3 và SH ⊥ BC. (2)
Từ (1) và (2), ta có
SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ HD ⇒ SD =
p
SH
2
+ HD
2
=
p
3a
2
+ a
2
= 2a.
b) Qua M kẻ đường thẳng song song AC cắt AD và CD lần lượt tại I và P . Qua I, M , P kẻ các
đường thẳng song song SD cắt SA, SB, SC lần lượt tại J, K, Q. Khi đó thiết diện cần tìm là
ngũ giác IJKQP . Ta có SD ⊥ AC nên IJKM và P QKM là các hình thang vuông tại I, M và
P , M . Do đó
S
IJKQP
= S
IJKM
+ S
P QKM
=
1
2
IM(IJ + KM) +
1
2
P M(P Q + KM ).
Dễ thấy IJ = P Q nên
S
IJKQP
=
1
2
(IJ + KM)(IM + P M) =
1
2
IP (IJ + KM).
Ta có
4OAD v 4OCB ⇒
OD
OB
=
AD
BC
=
1
2
⇒ OD =
1
3
BD =
a
√
3
3
.
Từ IP k AC, suy ra
IP
AC
=
DM
DO
⇒ IP =
DM · AC
DO
=
xa
√
3
a
√
3
3
= 3x.
Từ IJ k SD, suy ra
IJ
SD
=
AI
AD
=
OM
OD
⇒ IJ =
OM · SD
OD
=
Ç
a
√
3
3
− x
å
2a
a
√
3
3
= 2
Ä
a − x
√
3
ä
.
Từ KM k SD, suy ra
KM
SD
=
BM
BD
⇒ KM =
BM · SD
BD
=
Ä
a
√
3 − x
ä
2a
a
√
3
=
2
√
3
Ä
a
√
3 − x
ä
.
76
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Khi đó
S
IJKQP
=
1
2
3x
Å
2a − 2x
√
3 + 2a −
2x
√
3
ã
=
√
3
Ä
√
3a − 2x
ä
2x.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
S
IJKQP
6
√
3
Ç
√
3a − 2x + 2x
2
å
2
=
3
√
3a
2
4
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
√
3a − 2x = 2x ⇔ x =
a
√
3
4
.
Vậy diện tích thiết diện IJKQP đạt giá trị lớn nhất là
3
√
3a
2
4
khi x =
a
√
3
4
.
Câu 9.4.
a) Với d = −2013, phương trình trở thành
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx − 2013 = 0.
Đặt
f(x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx − 2013.
Khi đó f(x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Ta có lim
x→±∞
f(x) = +∞ nên tồn tại hai số
α < 0 và β > 0 sao cho f(α) > 0 và f(β) > 0. Lại có f(0) = −2013 < 0 nên f(α) · f(0) < 0 và
f(β) ·f(0) < 0. Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α; 0)
và (0; β).
b) Với d = 1, phương trình trở thành
x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + 1 = 0 ⇔ x
2
+
1
x
2
+ ax + c ·
1
x
+ b.
Giả sử phương trình có nghiệm x
0
. Khi đó
x
2
0
+
1
x
2
0
+ ax
0
+ c ·
1
x
0
+ b = 0 ⇒
Å
ax
0
+ c ·
1
x
0
+ b
ã
2
=
Å
x
2
0
+
1
x
2
0
ã
2
.
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz có
Å
ax
0
+ c ·
1
x
0
+ b
ã
2
6
a
2
+ b
2
+ c
2
Å
x
2
0
+
1
x
2
0
+ 1
ã
.
Hay
Å
x
2
0
+
1
x
2
0
ã
2
6
a
2
+ b
2
+ c
2
Å
x
2
0
+
1
x
2
0
+ 1
ã
⇔ a
2
+ b
2
+ c
2
>
Å
x
2
0
+
1
x
2
0
ã
2
x
2
0
+
1
x
2
0
+ 1
.
Đặt x
2
0
+
1
x
2
0
= t > 2, ta có
a
2
+ b
2
+ c
2
>
t
2
t + 1
.
77
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu
Lại có
t
2
t + 1
>
4
3
⇔ 3t
2
− 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) > 0 (đúng do t > 2).
Do đó a
2
+ b
2
+ c
2
>
4
3
. Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
t = 2 ⇒ x
2
0
= 1 ⇒
ñ
x
0
= 1
x
0
= −1.
⇒
a = b = c =
2
3
a = c = −b =
2
3
.
78
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011-2012
Câu 10.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
(cos x + sin x)
3
− 3 cos x
sin
2
x + cos
2
x
− sin x
sin
2
x + cos
2
x
= 0
⇔ 2 sin x cos
2
x − 2 cos
3
x = 0
⇔ 2 cos
2
x(sin x − cos x) = 0
⇔
ñ
cos x = 0
tan x = 1
⇔
x =
π
2
+ k2π
x =
π
4
+ kπ
(k ∈ Z) .
Vậy phương trình có nghiệm x =
π
2
+ kπ, x =
π
4
+ kπ (k ∈ Z).
b) Hệ đã cho tương đương với
®
x
2
+ 2x
(2x + y) = 9
x
2
+ 2x
+ (2x + y) = 6
⇔
®
x
2
+ 2x = 3
2x + y = 3
⇔
®
x = 1
y = 1
®
x = −3
y = 9.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (−3; 9).
Câu 10.2. Ta có
L = lim
x→1
2011
1 − x
2012
− 2012
1 − x
2011
(1 − x
2011
) (1 − x
2012
)
= lim
x→1
(1 − x)
2011
1 + x + ··· + x
2011
− 2012
1 + x + ··· + x
2010

(1 − x)
2
(1 + x + ··· + x
2011
) (1 + x + ···+ x
2010
)
= lim
x→1
(1 − x)
−1 − x − ···− x
2010
+ 2011x
2011
(1 − x)
2
(1 + x + ··· + x
2011
) (1 + x + ···+ x
2010
)
= lim
x→1
(1 − x)

x
2011
− 1
+ x
x
2010
− 1
+ ···+ x
2010
(x − 1)
(1 − x)
2
(1 + x + ··· + x
2011
) (1 + x + ···+ x
2010
)
= lim
x→1
(1 − x)
(x − 1)
x
2010
+ ···+ 1 + x
x
2009
+ ···+ 1
+ ···+ x
2010

(1 − x)
2
(1 + x + ··· + x
2011
) (1 + x + ···+ x
2010
)
= lim
x→1
−
x
2010
+ ···+ 1 + x
x
2009
+ ···+ 1
+ ···+ x
2010
(1 + x + ··· + x
2011
) (1 + x + ···+ x
2010
)
= −
2011 + 2010 + ··· + 2 + 1
2012 · 2011
= −
1
2
.
Câu 10.3.
79
10. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 Nguyễn Minh Hiếu
A
B
C
S
H
D
K
E
F
M
a) Gọi H, K lần lượt là trung điểm SA và BC. Theo giả thiết M là trọng tâm tứ diện nên M là
trung điểm HK. Do đó ta có
−−→
SM =
1
2
Ä
−−→
SH +
−−→
SK
ä
=
1
2
ï
1
2
−→
SA +
1
2
Ä
−→
SB +
−→
SC
ä
ò
=
1
4
Ä
−→
SA +
−→
SB +
−→
SC
ä
=
1
4
Å
SA
SD
−→
SD +
SB
SE
−→
SE +
SC
SF
−→
SF
ã
=
1
4
Å
1
SD
−→
SD +
1
SE
−→
SE +
1
SF
−→
SF
ã
.
b) Từ câu a), ta có
−−→
SM =
1
4SD
−→
SD +
1
4SE
−→
SE +
1
4SF
−→
SF .
Mặt khác M ∈ (DEF ) nên ta có
1
4SD
+
1
4SE
+
1
4SF
= 1 ⇔
1
SD
+
1
SE
+
1
SF
= 4.
Đặt
1
SD
= a,
1
SE
= b,
1
SF
= c, ta có a + b + c = 4. Khi đó
1
SD · SE
+
1
SE · SF
+
1
SF · SD
= ab + bc + ca 6
(a + b + c)
2
3
=
16
3
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
a = b = c =
4
3
⇒ SD = SE = SF =
3
4
.
Vậy
1
SD · SE
+
1
SE · SF
+
1
SF · SD
đạt giá trị lớn nhất là
16
3
khi SD = SE = SF =
3
4
.
Câu 10.4. Đặt a = x, b = 2y, c = 3z. Từ giả thiết ta có a, b, c > 0 và abc = 1. Bất đẳng thức cần chứng
minh trở thành
1
a
3
(b + c)
+
1
b
3
(c + a)
+
1
c
3
(a + b)
>
3
2
⇔
b
2
c
2
a (b + c)
+
c
2
a
2
b (c + a)
+
a
2
b
2
c (a + b)
>
3
2
⇔
b
2
c
2
ab + ac
+
c
2
a
2
bc + ba
+
a
2
b
2
ca + cb
>
3
2
.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
b
2
c
2
ab + ac
+
ab + ac
4
> bc; (1)
c
2
a
2
bc + ba
+
bc + ba
4
> ca; (2)
a
2
b
2
ca + cb
+
ca + cb
4
> ab. (3)
80
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được
b
2
c
2
ab + ac
+
c
2
a
2
bc + ba
+
a
2
b
2
ca + cb
>
bc + ca + ab
2
>
3
3
»
(abc)
2
2
=
3
2
.
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu 10.5. Gọi ba đa giác cần dựng lần lượt là M , N, P và đặt
A
123
= M ∩ N ∩ P ;
A
12
= (M ∩ N) \ A
123
; A
13
= (M ∩ P ) \ A
123
; A
23
= (N ∩ P ) \ A
123
;
A
1
= M \ (N ∪ P ); A
2
= N \ (M ∪ P ); A
3
= P \ (M ∪ N).
A
1
A
123
A
23
A
13
A
12
A
3
A
2
Ký hiệu S
H
là diện tích hình H ta có
S
A
1
+ S
A
12
+ S
A
13
+ S
A
123
= S
M
S
A
2
+ S
A
12
+ S
A
23
+ S
A
123
= S
N
S
A
3
+ S
A
13
+ S
A
23
+ S
A
123
= S
P
⇔
S
A
1
+ S
A
12
+ S
A
13
+ S
A
123
= 1 (1)
S
A
2
+ S
A
12
+ S
A
23
+ S
A
123
= 1 (2)
S
A
3
+ S
A
13
+ S
A
23
+ S
A
123
= 1. (3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3), ta có
3S
A
123
+ 2 (S
A
12
+ S
A
13
+ S
A
23
) + S
A
1
+ S
A
2
+ S
A
3
= 3. (I)
Giả sử diện tích phần chung của các cặp đa giác đều nhỏ hơn
1
3
ta có
S
A
12
+ S
A
123
<
1
3
(4)
S
A
13
+ S
A
123
<
1
3
(5)
S
A
23
+ S
A
123
<
1
3
. (6)
Cộng theo vế (4), (5) và (6), ta có
3S
A
123
+ S
A
12
+ S
A
13
+ S
A
23
< 1. (II)
Trừ theo vế (I) và (II), ta có
S
A
12
+ S
A
13
+ S
A
23
+ S
A
1
+ S
A
2
+ S
A
3
> 2.
Điều này vô lý do hình vuông có diện tích bằng 2. Ta có điều phải chứng minh.
81
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu
| ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011
Câu 11.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
3 sin x − 4 sin
3
x + 4 cos
3
x − 3 cos x − 2(cos x − sin x) + 1 = 0
⇔ 5(sin x − cos x) − 4(sin x − cos x)(1 + sin x cos x) + 1 = 0.
Đặt sin x − cos x = t, |t| 6
√
2 ⇒ sin x cos x =
1 − t
2
2
, phương trình trở thành
5t − 4t
Å
1 +
1 − t
2
2
ã
+ 1 = 0 ⇔ 5t − 4t − 2t
1 − t
2
+ 1 = 0 ⇔ t = −1.
Với t = −1 ⇒ sin x − cos x = −1 ⇔ sin
x −
π
4
= −
1
√
2
⇔
x = k2π
x =
3π
2
+ k2π.
(k ∈ Z).
Vậy phương trình có nghiệm x = k2π, x =
3π
2
+ k2π (k ∈ Z).
b) Hệ đã cho tương đương với
x + y + x − y +
1
x + y
+
1
x − y
=
16
3
(x + y)
2
+ (x − y)
2
+
1
(x + y)
2
+
1
(x − y)
2
=
100
9
.
Đặt a = x + y +
1
x + y
, b = x − y +
1
x − y
, hệ trở thành
a + b =
16
3
a
2
− 2 + b
2
− 2 =
100
9
⇔
a + b =
16
3
(a + b)
2
− 2ab =
136
9
⇔
a + b =
16
3
ab =
20
3
⇔
a = 2
b =
10
3
a =
10
3
b = 2.
) Với
a = 2
b =
10
3
⇒
x + y +
1
x + y
= 2
x − y +
1
x − y
=
10
3
⇔
x + y = 1
x − y = 3
x − y =
1
3
⇔
®
x = 2
y = −1
x =
2
3
y =
1
3
.
) Với
a =
10
3
b = 2.
⇒
x + y +
1
x + y
=
10
3
x − y +
1
x − y
= 2
⇔
x + y = 3
x + y =
1
3
x − y = 1
⇔
®
x = 2
y = 1
x =
2
3
y = −
1
3
.
82
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm
(x; y) = (2; 1), (x; y) = (2; −1), (x; y) =
Å
2
3
;
1
3
ã
và (x; y) =
Å
2
3
; −
1
3
ã
.
Câu 11.2. Dễ thấy
Å
1
x
n
ã
là dãy số dương. Từ công thức xác định có
0 <
1
x
n+1
=
1
p
30x
2
n
+ x
n
+ 2011
<
1
x
n
,
suy ra tồn tại giới hạn của
Å
1
x
n
ã
. Đặt lim
n→+∞
1
x
n
= L và từ
1
x
n+1
=
1
p
30x
2
n
+ x
n
+ 2011
, ta có
L =
L
√
30 + L + 2011L
2
⇔ L
2
2011L
2
+ L + 30
= L
2
⇔ L
2
2011L
2
+ L + 29
= 0
⇔ L = 0.
Lại có
x
n+1
x
n
=
p
30x
2
n
+ x
n
+ 2011
x
n
=
30 +
1
x
n
+ 2011
Å
1
x
n
ã
2
.
Vậy
lim
n→+∞
x
n+1
x
n
= lim
n→+∞
30 +
1
x
n
+ 2011
Å
1
x
n
ã
2
=
√
30.
Câu 11.3.
A
B
C
D
M
N
P
Q
H
K
I
J
a) Ta có
(MNP Q) ∩ (ABC) = MN
(MNP Q) ∩ (BCD) = P Q
(ABC) ∩ (BCD) = BC
⇒ MN, P Q, BC đôi một song song hoặc đồng quy.
) Trường hợp MN k P Q k BC, dễ thấy M NP Q là hình chữ nhật nên là hình thang cân.
) Trường hợp MN, P Q, BC đồng quy dễ thấy
MQ 6= N P. (1)
83
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu
Gọi K là trung điểm BC ta có
(KAD) ∩ (MNP Q) = I
(KAD) ∩ (BAD) = AD
(MNP Q) ∩ (BAD) = MQ
IJ k AD
⇒ MQ k AD.
Suy ra
(BAD) ∩ (MNP Q) = M Q
(CAD) ∩ (MNP Q) = N P
(BAD) ∩ (CAD) = AD
MQ k AD
⇒ MQ k N P. (2)
Tứ diện ABCD đều nên
AM = DQ
AN = DP
÷
MAN =
’
QDP = 60
◦
⇒ 4AMN = 4DQP ⇒ M N = QP. (3)
Từ (1), (2) và (3), ta có MNP Q là hình thang cân.
b) Ký hiệu S
H
là diện tích hình H ta có
S
4MAN
=
1
2
AM · AN · sin 60
◦
=
1
2
xy ·
√
3
2
=
√
3
4
xy
S
4MAI
=
1
2
AM · AI · sin 30
◦
=
1
2
x ·
a
√
3
3
·
1
2
=
√
3
12
ax
S
4NAI
=
1
2
AN · AI · sin 30
◦
=
1
2
y ·
a
√
3
3
·
1
2
=
√
3
12
ay
Khi đó
S
4MAI
+ S
4NAI
= S
4MAN
⇔
√
3
12
ax +
√
3
12
ay =
√
3
4
xy ⇔ a(x + y) = 3xy.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
xy 6
(x + y)
2
4
⇔
a(x + y)
3
6
(x + y)
2
4
⇔
4a
3
6 x + y.
Gọi H là trung điểm AB, ta có
HM = AM − AH = x −
a
2
NC = AC − AN = a − y.
Xét tam giác IHM và ICN có
IH =
1
2
IC
IM 6
1
2
IN
⇒ HM < N C ⇔ x −
a
2
< a − y ⇔ x + y <
3a
2
.
Do đó
4a
3
6 x + y <
3a
2
.
84
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
c) Ta có
MQ = BM = a − x; NP = CN = a − y;
MN =
p
AM
2
+ AN
2
− 2AM.AN. cos 60
0
=
p
x
2
+ y
2
− xy
Gọi h là chiều cao của hình thang MNP Q ta có
h =
MN
2
−
|MQ − NP |
2
4
=
x
2
+ y
2
− xy −
(x − y)
2
4
=
1
2
»
3 (x
2
+ y
2
) − 2xy.
Khi đó
S
MNP Q
=
1
2
(MQ + NP )h =
1
4
(a − x + a − y)
»
3 (x
2
+ y
2
) − 2xy
=
1
4
[−(x + y)]
»
3(x + y)
2
− 8xy =
1
4
[2a − (x + y)]
3(x + y)
2
−
8a(x + y)
3
=
1
4
(2a − s)
…
3s
2
−
8as
3
=
1
4
√
3
(2a − s)
p
9s
2
− 8as.
Vậy S
MNP Q
=
1
4
√
3
(2a − s)
√
9s
2
− 8as.
Câu 11.4. Đặt f (x) = ax
2
+ (2b + c)x + 2d + e, g(x) = ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e, ta có f (4) = g(2).
TH1
: a = b = c = d = 0, ta có f(x) có nghiệm nên e = 0 ⇒ g(x) ≡ 0 ⇒ g(x) có nghiệm.
TH2: a = b = c = 0 ta có f(x) có nghiệm nên 2d + e = 0 ⇒ g(2) = 0 ⇒ g(x) có nghiệm.
TH3: a = b = 0, c 6= 0, ta có f(x) = cx + 2d + e và g(x) = cx
2
+ dx + e.
) Nếu c > 0 thì lim
x→+∞
f(x) = +∞ ⇒ g(2) = f(4) 6 0 mà lim
x→±∞
g(x) = +∞ ⇒ g(x) có
nghiệm.
) Nếu c < 0 thì lim
x→−∞
f(x) = −∞ ⇒ g(2) = f(4) > 0 mà lim
x→±∞
g(x) = −∞ ⇒ g(x) có
nghiệm.
TH4: a = 0, b 6= 0, ta có g(x) = bx
3
+ cx
2
+ dx + e là đa thức bậc ba nên có nghiệm.
TH5: a 6= 0, khi đó
) Nếu a > 0 thì lim
x→+∞
f(x) = +∞ ⇒ g(2) = f(4) 6 0 mà lim
x→±∞
g(x) = +∞ ⇒ g(x) có
nghiệm.
) Nếu a < 0 thì lim
x→−∞
f(x) = −∞ ⇒ g(2) = f(4) > 0 mà lim
x→±∞
g(x) = −∞ ⇒ g(x) có
nghiệm.
Như vậy phương trình ax
4
+ bx
3
+ cx
2
+ dx + e = 0 luôn có nghiệm.
Câu 11.5. Ta có
P =
2
z
x
+ 1
Å
z
y
+ 1
ã
+
2
Å
x
y
+ 1
ã
x
z
+ 1
+
3
y
z
+ 1
y
x
+ 1
.
Đặt a =
x
y
, b =
y
z
, c =
z
x
, suy ra a, b, c > 0 và abc = 1. Ta có
P =
2
(c + 1)
Å
1
b
+ 1
ã
+
2
(a + 1)
Å
1
c
+ 1
ã
+
3
(b + 1)
Å
1
a
+ 1
ã
=
2b
(c + 1)(1 + b)
+
2c
(a + 1)(1 + c)
+
3a
(b + 1)(1 + a)
.
85
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu
Khi đó
P >
5
3
⇔
2b
(c + 1)(1 + b)
+
2c
(a + 1)(1 + c)
+
3a
(b + 1)(1 + a)
>
5
3
⇔ 3 [2b(1 + a) + 2c(1 + b) + 3a(1 + c)] > 5(1 + a)(1 + b)(1 + c)
⇔ 6b + 6ab + 6c + 6bc + 9a + 9ac > 5(1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc)
⇔ 4a + b + c + ab + bc + 4ca > 10.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có
4a + bc > 2
√
4abc = 4 (1)
b + 4ca > 2
√
4abc = 4 (2)
c + ab > 2
√
abc = 2. (3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3), ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
86
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
| ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2009-2010
Câu 12.1. Điều kiện xác định −1 6 x 6 1. Đặt u =
2010
√
1 + x, v =
2010
√
1 − x (u, v > 0), phương trình
trở thành
2u
2
− 3uv + v
2
= 0 ⇔ (u − v)(2u − v) = 0 ⇔
ñ
u = v
2u = v.
Với u = v, suy ra
2010
√
1 + x =
2010
√
1 − x ⇔ 1 + x = 1 − x ⇔ x = 0 (thỏa mãn).
Với 2u = v. suy ra
2
2010
√
1 + x =
2010
√
1 − x ⇔ 2
2010
(1 + x) = 1 − x ⇔ x =
1 − 2
2010
1 + 2
2010
(thỏa mãn).
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và x =
1 − 2
2010
1 + 2
2010
.
Câu 12.2. Dễ thấy (u
n
) là dãy số dương nên từ công thức xác định ta có:
u
n+1
=
»
(u
2
n
+ 3u
n
) (u
2
n
+ 3u
n
+ 2) + 1
=
»
(u
2
n
+ 3u
n
)
2
+ 2 (u
2
n
+ 3u
n
) + 1
=
»
(u
2
n
+ 3u
n
+ 1)
2
= u
2
n
+ 3u
n
+ 1, ∀ ∈ N
∗
.
Khi đó
u
n+1
+ 1 = u
2
n
+ 3u
n
+ 2 = (u
n
+ 1) (u
n
+ 2) , ∀ ∈ N
∗
.
Do đó
1
u
n+1
+ 1
=
1
(u
n
+ 1) (u
n
+ 2)
=
1
u
n
+ 1
−
1
u
n
+ 2
, ∀ ∈ N
∗
.
Hay
1
u
n
+ 2
=
1
u
n
+ 1
−
1
u
n+1
+ 1
, ∀ ∈ N
∗
.
Do đó
v
n
=
n
X
i=1
Å
1
u
i
+ 1
−
1
u
i+1
+ 1
ã
=
1
u
1
+ 1
−
1
u
n+1
+ 1
=
1
2
−
1
u
n+1
+ 1
, ∀n ∈ N
∗
.
Lại có
u
n+1
− u
n
=
u
2
n
+ 3u
n
+ 1
− u
n
= (u
n
+ 1)
2
> 0, ∀n ∈ N
∗
.
Suy ra (u
n
) là dãy số tăng, giả sử (u
n
) có giới hạn là L ta có
L = L
2
+ 3L + 1 ⇔ L = −1 (vô lý) ⇒ lim
n→+∞
u
n
= +∞.
Vậy
lim
n→+∞
v
n
= lim
n→+∞
Å
1
2
−
1
u
n+1
+ 1
ã
=
1
2
.
87
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu
Câu 12.3.
A
B C
D
A
0
B
0
C
0
D
0
I
J
M
N
H
K
P
Q
a) Đặt
−→
a =
−−→
AB,
−→
b =
−−→
AD,
−→
c =
−−→
AA
0
, ta có
−→
IJ =
−−→
AD
0
=
−→
b +
−→
c ;
−−→
IM =
−−→
AM −
−→
AI =
x
a
−→
b −
1
2
−→
a ;
−→
IN =
−−→
BN −
−→
BI =
x
a
−→
c +
1
2
−→
a .
Từ đó suy ra
−−→
IM +
−→
IN =
x
a
Ä
−→
b +
−→
c
ä
=
x
a
−→
IJ.
Do đó ba vectơ
−−→
IM,
−→
IN và
−→
IJ đồng phẳng. Vậy bốn điểm M, N, I, J đồng phẳng.
b) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P là giao điểm của IM và CD, ta có P ∈ (MINJ). Trong
mặt phẳng (CDD
0
C
0
), gọi H là giao điểm của P J và DD
0
, ta có H ∈ (MINJ). Trong mặt
phẳng (ABB
0
A
0
), gọi Q là giao điểm của IN và A
0
B
0
, ta có Q ∈ (MINJ). Trong mặt phẳng
(A
0
B
0
C
0
D
0
), gọi K là giao điểm của QJ và B
0
C
0
, ta có K ∈ (MINJ). Từ đó suy ra MINKJH
là thiết diện của hình lập phương cắt bởi (MIN J). Ta có
DH
D
0
H
=
DP
D
0
J
=
DP
AI
=
DM
AM
⇒ D
0
H = x.
Tương tự
B
0
K
C
0
K
=
B
0
Q
C
0
J
=
B
0
Q
BI
=
B
0
N
BN
⇒ C
0
K = x.
Suy ra
IM = IN = JK = JH =
a
2
4
+ x
2
; MH = NK =
√
2(a − x).
Gọi p là chu vi của thiết diện MIN KJH, ta có
p = 4
a
2
4
+ x
2
+ 2
√
2(a − x).
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có
a
2
+ x
2
6 2
Å
a
2
4
+ x
2
ã
⇔
a
2
4
+ x
2
>
1
2
a
2
+ x
2
.
Do đó
p > 4 ·
1
√
2
a
2
+ x
+ 2
√
2(a − x) = 3
√
2a.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
a
2
. Vậy chu vi của thiết diện M INKJH đặt giá trị nhỏ nhất
bằng 3
√
2a khi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BB
0
.
88
Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 12.4. Xét hàm số g(x) = f
Å
x +
1
2010
ã
−f(x). Hàm số g(x) xác định và liên tục trên
ï
0;
2009
2010
ò
.
Ta có
g(0) = f
Å
1
2010
ã
− f(0);
g
Å
1
2010
ã
= f
Å
2
2010
ã
− f
Å
1
2010
ã
;
g
Å
2
2010
ã
= f
Å
3
2010
ã
− f
Å
2
2010
ã
;
···
g
Å
2009
2010
ã
= f(1) − f
Å
2009
2010
ã
.
Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được
g(0) + g
Å
1
2010
ã
+ g
Å
2
2010
ã
+ ···+ g
Å
2009
2010
ã
= f(1) − f(0) = 0.
Do đó tồn tại i, j (với i, j ∈ N, i 6= j và i, j 6 2009) sao cho g
Å
i
2010
ã
·g
Å
j
2010
ã
6 0. Vậy g(x) luôn có
ít nhất 1 nghiệm trên đoạn
ï
0;
2009
2010
ò
, hay phương trình f(x) = f
Å
x +
1
2010
ã
có nghiệm x ∈ [0; 1].
Câu 12.5. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
Õ
1
1 +
Å
b + c
a
ã
3
+
Ã
1
1 +
c + a
b
3
+
Õ
1
1 +
Å
a + b
c
ã
3
> 1.
Đặt x =
b + c
a
, y =
c + a
b
, z =
a + b
c
, bất đẳng thức trở thành
…
1
1 + x
3
+
1
1 + y
3
+
…
1
1 + z
3
> 1.
Theo bất đẳng thức AM − GM, ta có
…
1
1 + x
3
=
1
p
(1 + x) (x
2
− x + 1)
>
2
x
2
+ 2
.
Tương tự, ta cũng có
1
1 + y
3
>
2
y
2
+ 2
;
…
1
1 + z
3
>
2
z
2
+ 2
.
Do đó ta cần chứng minh
1
x
2
+ 2
+
1
y
2
+ 2
+
1
z
2
+ 2
>
1
2
.
Tức là cần chứng minh
1
Å
b + c
a
ã
2
+ 2
+
1
c + a
b
2
+ 2
+
1
Å
a + b
c
ã
2
+ 2
>
1
2
.
89
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có
1
Å
b + c
a
ã
2
+ 2
=
a
2
(b + c)
2
+ 2a
2
>
a
2
2 (b
2
+ c
2
) + 2a
2
=
a
2
2 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
.
Tương tự, ta cũng có
1
c + a
b
2
+ 2
>
b
2
2 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
;
1
Å
a + b
c
ã
2
+ 2
>
c
2
2 (a
2
+ b
2
+ c
2
)
.
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
90
| 1/94
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NGUYỄN MINH HIẾU Tuyển tập đề thi
CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 QUẢNG BÌNH (2010-2023) ĐỒNG HỚI 2023 Mục lục PHẦN I ĐỀ THI 1 1
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 2
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 3
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 4
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 5
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 6
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 7
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 8
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 9
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
10 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
11 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
12 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 PHẦN II LỜI GIẢI 21 1
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 3
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 5
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 6
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 7
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 8
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 9
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
10 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
11 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
12 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 Nguyễn Minh Hiếu ii Phần I ĐỀ THI 1 Nguyễn Minh Hiếu 2 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2022-2023 VÒNG 1 1.1 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x √ Å 3π ã 4 sin2 − 3 cos 2x = 1 + 2 cos2 x − . 2 4
b) Giải hệ phương trình:  x2 y2 1   + = (y + 1)2 (x + 1)2 2  3xy = x + y + 1. 1.2 (2,5 điểm) a) Tính giới hạn: √ √
4 + 4x − 3 8 + 12x + 1 − cos x lim √ . x→0 3x2 + 4 − 2
b) Chứng minh rằng với mọi số thực m, phương trình √ √ Ä ä
x6 − 65 + m 3 2 − x = m 1 − x − 1 luôn có nghiệm. 1.3 (1,5 điểm)
a) Cho (H) là một đa giác đều có 252 đường chéo. Chọn ngẫu nhiên một tam giác có 3 đỉnh là 3
đỉnh của (H). Tính xác suất để tam giác được chọn là một tam giác vuông không cân.
b) Có bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau đồng thời tổng lập phương của ba chữ số đó chia hết cho 3.
1.4 (3,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC và điểm M di động trên cạnh AB (M khác A, B). Mặt phẳng
(α) luôn đi qua M đồng thời song song với cả hai đường thẳng SA và BC.
a) Xác định thiết diện khi cắt hình chóp S.ABC bởi mặt phẳng (α). Tìm vị trí của điểm M để thiết
diện có diện tích lớn nhất. BA BC 23
b) Điểm N nằm trên cạnh BC thỏa mãn + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (SM N ) BM BN 5
luôn chứa một đường thẳng cố định khi M di động.
c) Chứng minh rằng (SA + BC)2 + (SC + AB)2 > (SB + AC)2. VÒNG 2 1.5 (2,5 điểm)
a) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 1 1 1 √ + + + 1 > 2 a + b + c + 1. a b c 3
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu
b) Cho tập hợp A = {1; 3; 5; . . . ; 2n − 1} (với n ∈ ∗
N ). Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
tồn tại 12 tập con B1, B2,..., B12 của A thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) Bk ∩ Bj = ∅ (với k = 1; 12, j = 1; 12, k 6= j;
ii) B1 ∪ B2 ∪ · · · ∪ B12 = A;
iii) Tổng các phần tử trong mỗi tập Bk (với k = 1; 12) bằng nhau.
1.6 (2,5 điểm) Cho dãy số (un) thỏa mãn: ®u1 = 2023 7u ∗ n+1 = u2n + un + 9, ∀n ∈ N .
a) Chứng minh rằng lim un = +∞. n X 1 b) Với mỗi n ∈ ∗ N , đặt vn =
. Tìm giới hạn của dãy số (vn). uk + 4 k=1 1.7 (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn n5 + n + 1 chỉ có một ước số nguyên tố duy nhất.
b) Cho a, b là hai số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn a2022 = b2023. Tìm a khi b là số nhỏ nhất.
1.8 (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O) và có trực tâm H; AD,
BE, CF là ba đường cao (D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB). Gọi M là trung điểm của BC, N là hình chiếu
vuông góc của H trên AM ; AD cắt BN tại P , AM cắt CF tại Q.
a) Chứng minh rằng ba đường thẳng BC, EF , HN đồng quy tại điểm T .
b) Chứng minh rằng đường thẳng P Q song song với đường thẳng BC.
c) Tiếp tuyến của(O) tại A cắt BC tại K, L là điểm đối xứng của K qua T . Chứng minh rằng
M ON L là tứ giác nội tiếp. ——— Hết ——— 4 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2021-2022 VÒNG 1 2.1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: π 2 sin2 x − = 2 sin2 x − tan x. 4
b) Chứng minh rằng phương trình m2x2022 + 2x2 − x − m2 = 0
luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m. 2.2 (2,0 điểm)
a) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 · C1n + 2C2n + · · · + nC2n = 16n. Tìm hệ số của số hạng chứa Å 2 ã2n+1
x7 trong khai triển của nhị thức x2 − , x 6= 0. x
b) Cho cấp số cộng (un) có các số hạng đều là số nguyên và công sai d là một số dương. Biết rằng
u20 = m > 0 và um = 17. Tính u2022. 2.3 (2,0 điểm) a) Tính giới hạn: √ √ 1 + 2x − 3 1 + 3x lim . x→0 x2
b) Cho dãy số (un) xác định bởi: u1 = 9 và
(n + 3)un+1 − (n + 5)un = 22, với mọi n > 1. 2021u Tính giới hạn n lim . 25 + 4n + 2022n2
2.4 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và SA = a, AB = b, AD = c. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (SBD). √ a) Trong trường hợp SA =
7, AB = AD = 1, gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với
SC. Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (P ) và tính diện tích thiết diện đó.
b) Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác SBD. √ abc 3
c) Chứng minh rằng a · SHBD + b · SHSD + c · SHSB 6
, ở đây ký hiệu SXY Z là diện tích của 2 tam giác XY Z.
2.5 (1,0 điểm) Gọi S là tập hợp tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn 1000. Một số thuộc S được gọi
là số “thú vị” nếu số đó là hợp số và không chia hết cho ba số 2, 3, 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ S,
tính xác suất để số được chọn là số “thú vị”. 5
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu VÒNG 2 2.6 (3,0 điểm)
a) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 P = + + . x3(y + z) y3(z + x) z3(x + y) a3b − 1 b3a + 1
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b), b > 1 để hai số và đều là số nguyên a + 1 b − 1 dương.
2.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi: 5 … 2022n + 2023 u1 = và un+1 = u3 − 12un − 2002 + , với mọi n > 1. 2 n n + 1 a) Chứng minh rằng u ∗ n > 2, ∀n ∈ N .
b) Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
2.8 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi G, H lần lượt là
trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC, D là chân đường cao của tam giác ABC kẻ từ A, M là trung
điểm của cạnh BC. Đường thẳng DG cắt cung nhỏ BC của (O) tại điểm E.
a) Chứng minh rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
b) Đường trung trực của cạnh BC cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P , Q. Gọi N là trung
điểm của đoạn P Q. Chứng minh rằng đường thẳng HM cắt đường thẳng AN tại một điểm nằm trên đường tròn (O).
2.9 (2,0 điểm) Người ta tô màu tất cả các số nguyên dương bằng hai màu xanh và đỏ (mỗi số chỉ
được tô đúng một màu). Biết rằng có vô hạn các số được tô màu xanh và tổng của hai số được tô khác
màu là một số được tô màu đỏ. Gọi số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q.
a) Hãy chỉ ra (có chứng minh) một cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán khi q = 2.
b) Chứng minh rằng q là một số nguyên tố. ——— Hết ——— 6 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2020-2021 VÒNG 1 3.1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình: π √ √ x 2 cos2 − x + 3 cos2 x = 3 sin2 x + 4 cos2 − 1. 4 2
b) Chứng minh phương trình
m2 − m + 1 x2020 + 2x − 2 = 0
luôn có nghiệm với mọi tham số m. 3.2 (2,0 điểm)
a) Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của 1 + x2 − x3n, biết n là số nguyên lớn hơn 1 thỏa mãn đẳng thức
1 · 2 · C2n + 2 · 3 · C3n + 3 · 4 · C4n + · · · + (n − 1)nCnn = 64n(n − 1).
b) Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Một số thuộc S được gọi là “số đẹp” nếu chữ
số ở hàng trăm bằng trung bình cộng của hai chữ số ở hàng đơn vị và hàng chục nghìn. Chọn
ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số được chọn là “số đẹp”. 3.3 (2,0 điểm) a) Tính giới hạn: √
x3 + 2020 2021 1 + 2021x − 2020 lim . x→0 x
b) Cho dãy số (un) xác định bởi » u1 = −2, u2 = −1 và
un+1 = 3 n (u2n + 1) + 2un−1, với mọi n > 2. Tính u2021.
3.4 (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = √
a, AA0 = a 2. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BB0. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng (M N C0);
b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (M N C0) và (ABC). Từ đó tính diện tích thiết diện tìm được ở câu a;
c) Gọi (α) là mặt phẳng thay đổi và luôn đi qua trung điểm I của B0G và cắt các cạnh B0A, B0B,
B0C lần lượt tại X, Y , Z (không trùng B0). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B0A B0B B0C T = · · . B0X B0Y B0Z 7
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
3.5 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng: … cos A cos B … cos B cos C … cos C cos A + + > 2. cos C cos A cos B VÒNG 2 3.6 (3,0 điểm)
a) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = x4 + y4 + z4 − x3 + y3 + z3 + x2 + y2 + z2 .
b) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số n2 + np là một số chính phương.
3.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi: n + 1 u1 = 1 và un+1 = un + 4n2, với mọi n > 1. n + 2 √ 3 un Tìm giới hạn lim . n + 1
3.8 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường
tròn (I). Đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại D. Gọi M là điểm chính giữa cung BC (chứa A)
của đường tròn (O). Đường phân giác trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại E, cắt (O) tại S (S
khác A). Gọi F là giao điểm của DI và AM .
a) Chứng minh đường thẳng M I đi qua trung điểm của đoạn EF .
b) Kẻ đường cao AH (H thuộc BC), kẻ đường kính AK của (O). Đường thẳng KS lần lượt cắt các
đường thẳng BC, AH theo thứ tự tại P , Q. Chứng minh rằng tam giác P IQ là tam giác vuông.
3.9 (1,5 điểm) Cho n (n > 3) điểm liên tiếp A1, A2,...,An đôi một phân biệt và cùng thuộc một
đường thẳng sao cho A1A2 = A2A3 = · · · = An−1An.
a) Tìm n biết rằng trên đường thẳng có tất cả 2025 đoạn thẳng (có đầu mút là các điểm A1,
A2,...,An) mà các đoạn thẳng này có trung điểm được lấy từ các điểm đã cho.
b) Với n = 20, ta tiến hành tô màu 20 điểm A1, A2,...,A20 bằng đúng m màu khác nhau (mỗi điểm
một màu, hai điểm khác nhau có thể được tô cùng màu). Tìm số m nhỏ nhất sao cho không có
ba điểm Ai, Aj, Ak nào cùng màu mà ba số i, j, k lập thành một cấp số cộng (biết rằng các số
m, i, j, k nguyên dương và 1 6 i < j < k 6 20. ——— Hết ——— 8 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 4.1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình:
sin 2x − cos 2x − 3 sin x − cos x + 2 = 0. sin x
b) Giải hệ phương trình: (3 3px2y5 = 4 y2 − x2 5 3 px4y = y2 + x2. 4.2 (2,0 điểm) a) Tính giới hạn: √8x + 8 − x4 + 3x − 6 lim . x→1 (x − 1)2
b) Một hộp đựng chín quả cầu được đánh số từ 1 đến 9. Hỏi phải lấy ra ít nhất bao nhiêu quả cầu 5
để xác suất có ít nhất một quả cầu ghi số chia hết cho 4 phải lớn hơn . 6 4.3 (2,0 điểm)
a) Cho dãy số (un) được xác định bởi: 1 n2 + n − 2 u1 = 5 và un+1 = un + , với mọi n > 1. 2 n3 + 3n2 + 2n
Tính giới hạn lim (n · un).
b) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 32n + 3n2 + 7 là một số chính phương.
4.4 (3,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi G là trọng tâm của tam giác BC0D.
a) Xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A0B0C0D0 khi cắt bởi mặt phẳng (ABG). Thiết diện đó là hình gì?
b) Hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đoạn thẳng AD, A0C sao cho M N song song với mặt phẳng 1 CN (BC0D), biết AM = AD. Tính tỉ số . 4 CA0
4.5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: … 2a 2b … 2c 3 + 3 + 3 < 2. 4a + 4b + c 4b + 4c + a 4c + 4a + b ——— Hết ——— 9
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2016-2017 5.1 (2,0 điểm) a) Giải phương trình:
(2 cos 2x − 1)(sin 2x + cos 2x) = 1.
b) Giải hệ phương trình:
®(2x − y + 2)(2x + y) + 6x − 3y + 6 = 0 √2x + 1 + py − 1 = 4. 5.2 (2,5 điểm) a) Tính giới hạn: √ √ √ √
1 · 2x + 1 · 3 2 · 3x + 1 · 4 3 · 4x + 1 · · · 2017 2016 · 2017x + 1 − 1 L = lim . x→0 x
b) Tìm giới hạn dãy số (un) được xác định như sau: u1 = 1  … 2n + 1 un+1 = u2n + , ∀n > 1. 2n
5.3 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tâm O, cạnh AB = a và AM
SA = SB = SC = SD = a. Điểm M nằm trên đoạn AO sao cho
= k (0 < k < 1). Mặt phẳng AO
(P ) đi qua M và song song với AD, SO.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P ). Thiết diện là hình gì?
b) Tính diện tích của thiết diện trên theo a, k.
c) Tìm k để thiết diện trên ngoại tiếp được một đường tròn.
5.4 (1,5 điểm) Cho x, y, z dương. Chứng minh: 1 + x2 1 + y2 1 + z2 3 + √ + √ > . p 1 + 4 1 + y3 + 3z2 1 + 4 1 + z3 + 3x2 1 + 4 1 + x3 + 3y2 5
5.5 (1,0 điểm) Trong một hội nghị khách hàng, mỗi người tham gia được chọn một số tự nhiên có
hai chữ số ghi lên phiếu của mình và cứ 10 người thì được sắp xếp ngẫu nhiên vào một bàn. Một bàn
được gọi là bàn “thân thiện” nếu trong 10 người của bàn đó có thể chọn ra hai nhóm người (số lượng
người của mỗi nhóm là tùy ý và khác 0) sao cho tổng các số ghi trên phiếu của mỗi nhóm là bằng
nhau. Chứng minh rằng tất cả các bàn trong hội nghị đều là bàn “thân thiện”. ——— Hết ——— 10 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015-2016 VÒNG 1 6.1 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: √
4 sin2 x cos x + 2 cos 2x = cos x + 3 sin 3x.
b) Giải hệ phương trình:  Å 1 ã (x + y) 1 + = 5   xy (x, y ∈ Å R). 1 ã   x2 + y2 1 + = 9  x2y2 6.2 (2,5 điểm) a) Tìm giới hạn: √ √ 3 1 + 3x − 1 + 2x lim . x→0 x2 u b) Tìm giới hạn n lim
, biết (un) xác định bởi: 3n ®u1 = 1 un+1 = 3un + 2n − 1, n > 1.
6.3 (2,5 điểm) Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Trên đường chéo AC lấy điểm M sao cho M A =
3M C. Mặt phẳng (α) đi qua M và song song với mặt phẳng (A0BD), cắt đường chéo AC0 của hình hộp tại điểm N .
a) Xác định thiết diện của hình hộp ABCD.A0B0C0D0 khi cắt bởi mặt phẳng (α).
b) Chứng minh N là trung điểm của AC0.
6.4 (1,0 điểm) Cho đa giác đều gồm 2017 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác gồm 2 màu xanh
và đỏ. Chứng minh ắt phải tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
6.5 (1,5 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện: √
i) (x + 2)(y + 2) = 3 x2 + y2 + xy; √ √ ii) x + y3 = 4 x3 + y3. √ √ Chứng minh rằng x + y = 2. VÒNG 2 6.6 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: √ √ Ä ä 1 − 1 − x 3 2 − x = x (x ∈ R). 11
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
b) Chứng minh rằng phương trình
p(x − a)(x − c) + q(x − b)(x − d) = 0
luôn có nghiệm, biết a < b < c < d và p, q là hai số thực bất kỳ.
6.7 (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định bởi: ®u1 = 5 un+1 = (un − 2)2 , ∀n > 1. u Tìm 1 · u2 · · · un lim . un+1
6.8 (2,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi (J ) là
đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC; IJ cắt (O) tại M (khác A). Gọi N là điểm chính giữa của cung ˙
ABM ; N I và N J lần lượt cắt (O) tại S và T .
a) Chứng minh M là trung điểm của IJ .
b) Chứng minh IJ , BC và T S đồng quy.
6.9 (1,5 điểm) Xác định số cách chọn bộ 100 số từ tập hợp 2016 số nguyên dương đầu tiên sao cho
bất kỳ một cặp 2 trong 100 số được chọn có hiệu số giữa số lớn và số bé lớn hơn hoặc bằng 2.
6.10 (1,5 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 22n−1 − 2n + 1 là số chính phương. ——— Hết ——— 12 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2014-2015 VÒNG 1 7.1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: √ 8 sin2 x cos x − 3 sin x − cos x = 0.
b) Giải hệ phương trình:  1 2 2x + + y + = 6   x y (x, y ∈ R) . Å 1 ã2   x2 + y2 1 + = 8  xy u  1 = 2 
7.2 (2,0 điểm) Cho dãy số u2015 u n + un + 1 (n ∈ ∗) .  n+1 = N  u2014 − n un + 3 a) Chứng minh u ∗ n > 1, ∀n ∈ N và (un) là dãy số tăng. n X 1 b) Tìm lim . u2014 + 2 i=1 i
7.3 (2,5 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và tất cả các √
cạnh của hình chóp có độ dài bằng
2. Điểm M nằm trên đoạn AO và AM = x (0 < x < 1). Mặt
phẳng (P ) đi qua M và song song với AD và SO.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P ). Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
b) Tính diện tích của thiết diện theo x.
7.4 (1,5 điểm) Có bao nhiêu cách sắp xếp 6 chữ cái từ bộ chữ cái MAYMAN thành một hàng sao cho
mỗi cách sắp xếp 2 chữ cái giống nhau không đứng cạnh nhau.
7.5 (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a b c … 3 √ + √ + √ 6 . 4a2 + b2 + c2 4b2 + c2 + a2 4c2 + a2 + b2 2 VÒNG 2
7.6 (2,0 điểm) Tìm các giới hạn: 1 + 2 + 4 + · · · + 2n a) A = lim ;
n→+∞ 1 + 5 + 25 + · · · + 5n √ √ 1 + 2014x · 3 1 + 2015x − 1 b) B = lim . x→0 x 13
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu 7.7 (2,0 điểm)
a) Chứng minh rằng phương trình: 2014x2015 − x3 + mx2 + 1 = m
luôn có nghiệm với mọi giá trị của tham số m. b) Giải phương trình: » p Ä p 1 + 1 − x2 = x 1 + 2 1 − x2ä . u1 = 3 
7.8 (2,0 điểm) Cho dãy số 2n 1 u u (n ∈ ∗) .  n+1 = n − N n + 1 n + 1
a) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy số (un);
b) Tìm n để nun là số chính phương.
7.9 (2,5 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O0) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tiếp tuyến
chung gần B của hai đường tròn lần lượt tiếp xúc với (O) và (O0) tại C và D. Qua A kẻ đường thẳng
song song CD cắt (O) và (O0) lần lượt tại M và N . Các đường thẳng BC, BD lần lượt cắt M N tại P
và Q. Các đường thẳng CM , DN cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:
a) Đường thẳng AE và CD vuông góc với nhau; b) Tam giác EP Q cân.
7.10 (1,5 điểm) Mỗi số nguyên từ 1 đến n (n > 3) được tô bởi hai màu: xanh hoặc đỏ. Tìm số nguyên
n nhỏ nhất để với mọi cách tô màu, đều tồn tại ba số cùng màu lập thành cấp số cộng. ——— Hết ——— 14 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013-2014 VÒNG 1 8.1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình:
(sin 2x − cos 2x) sin x + sin 3x = (sin x + cos x) cos x.
b) Giải hệ phương trình:  8xy x2 + y2 + = 16 x + y (x, y ∈ √ R) .  x + y = x2 − y 8.2 (2,5 điểm)
a) Một nhóm 10 học sinh gồm 6 bạn nam trong đó có An và 4 bạn nữ trong đó có Bình được xếp
ngồi vào 10 cái ghế trên một hàng ngang (10 cái ghế được đánh số từ 1 đến 10 từ trái sang phải).
Có bao nhiêu cách sắp xếp thỏa mãn giữa 2 bạn nữ gần nhau có 2 bạn nam, đồng thời An không ngồi cạnh Bình. f (x)
b) Cho f (x) là hàm số liên tục, nhận giá trị không âm trên [0; +∞) và lim = L < 1. Chứng x→+∞ x
minh rằng tồn tại ít nhất số c ∈ [0; +∞) thỏa mãn f (c) = c.
8.3 (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm trên cạnh SC
sao cho SC = 3SM . Giả sử (P ) là mặt phẳng qua hai điểm A, M và luôn cắt các cạnh SB, SD lần
lượt tại N , P (N khác B, P khác D). SB SD
a) Nêu cách dựng các điểm N , P và tính giá trị của + ; SN SP
b) Xác định vị trí mặt phẳng (P ) để tam giác SN P có diện tích nhỏ nhất.
8.4 (1,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng: a b c 3 + + > . ab + 1 bc + 1 ca + 1 2 VÒNG 2 8.5 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: p p x2 + 12 + 5 = 3x + x2 + 5 (x ∈ R) .
b) Cho tập X = {1; 2; 3; 4; 5}. Hai bạn A và B mỗi người đều viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự
nhiên gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập X. Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5. 8.6 (3,0 điểm) 15
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu a) Tính giới hạn: √ √ 2 1 + x − 3 8 − x lim . x→0 x
b) Cho dãy số (xn) được xác định bởi: ®x1 = c, x2 = d (c, d > 0) √ √ xn+1 = xn + xn−1 (n = 2, 3, 4 . . .). Tìm lim xn.
8.7 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có “ C < “
B < 90◦. Gọi AD là phân giác của góc ’ BAC (D ∈ BC),
M là trung điểm của AD. Đường tròn (τ ) đường kính AC cắt BM tại E (E nằm giữa B và M ), đường
tròn (Ω) đường kính AB cắt CM tại F (F nằm giữa C và M ). Gọi giao điểm thứ hai (khác A) của
đường thẳng đi qua A vuông góc AD với các đường tròn (τ ), (Ω) lần lượt là L và K. Chứng minh rằng: a) AD, BL, CK đồng quy;
b) Bốn điểm B, E, F , C cùng thuộc một đường tròn.
8.8 (1,5 điểm) Tìm tất cả các cặp (m, n) với m, n là các số nguyên không âm thỏa mãn phương trình: n(n + 2) = m4 + m2 − m + 1. 4 ——— Hết ——— 16 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012-2013 9.1 (3,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình:  2 x x + + = 10   y y 1  x2 + + 2x = 12.  y2 b) Giải phương trình:
(cos 2x − cos 4x)2 = 6 + 2 sin 3x. 9.2 (2,5 điểm) a) Tính giới hạn: Äp ä lim n4 + n2 + 1 − 3 pn6 + 1 .
b) Cho dãy số (un) xác định như sau: u1 = 2013  … 1 un+1 = n+1 unn + . 2013n
Tìm công thức số hạng tổng quát và giới hạn của dãy số (un).
9.3 (2,5 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân (AD k BC) và BC = 2a, AB =
AD = CD = a (a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm AC và BD. Biết SD vuông góc AC. a) Tính SD.
b) Mặt phẳng (α) đi qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D) và song song với hai đường thẳng
SD và AC. Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α). Biết M D = x. Tìm x
để diện tích thiết diện lớn nhất.
9.4 (1,5 điểm) Cho phương trình: x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0.
a) Với d = −2013, chứng minh rằng phương trình có ít nhất hai nghiệm phân biệt; 4
b) Với d = 1, giả sử phương trình có nghiệm, chứng minh a2 + b2 + c2 > . 3 ——— Hết ——— 17
10. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011-2012 10.1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: √ π 2 2 cos3 x − − 3 cos x − sin x = 0. 4
b) Giải hệ phương trình: ®x(x + 2)(2x + y) = 9 x2 + 4x + y = 6.
10.2 (2,0 điểm) Tính giới hạn: Å 2011 2012 ã L = lim − . x→1 1 − x2011 1 − x2012
10.3 (3,0 điểm) Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = 1, mặt phẳng (P ) đi qua trọng tâm M của
tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F (khác S). −−→ 1 Å 1 −→ 1 −→ 1 −→ã a) Chứng minh rằng SM = SD + SE + SF . 4 SD SE SF 1 1 1
b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức + + . SD · SE SE · SF SF · SD 1
10.4 (1,0 điểm) Cho x, y, z > 0 và xyz = . Chứng minh rằng: 6 1 1 1 3 + + < . x3(2y + 3z) 8y3(3z + x) 27z3(x + 2y) 2
10.5 (1,0 điểm) Trong một hình vuông có diện tích bằng 2, ta dựng 3 đa giác có diện tích đều bằng
1. Chứng minh rằng trong 3 đa giác đó có ít nhất một cặp đa giác có diện tích phần chung của chúng 1 không nhỏ hơn . 3 ——— Hết ——— 18 Nguyễn Minh Hiếu Phần I. ĐỀ THI | ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011 11.1 (3,0 điểm) a) Giải phương trình: √ π
sin 3x + cos 3x − 2 2 cos x + + 1 = 0. 4
b) Giải hệ phương trình:  1 1 16 2x + + =   x + y x − y 3 1 1 100  2 x2 + y2 + + = .  (x + y)2 (x − y)2 9
11.2 (2,0 điểm) Cho dãy số (xn) xác định như sau: √ (x1 = 30 » x ∗ n+1 =
30x2n + 3xn + 2011, ∀n ∈ N . x Tìm n+1 lim . n→+∞ xn
11.3 (3,0 điểm) Cho tứ diện ABCD đều cạnh a có I là trọng tâm tam giác ABC, J là trọng tâm
tam giác BCD, vẽ mặt phẳng đi qua IJ cắt AB, AC, DC, DB lần lượt tại các điểm M , N , P , Q với
AM = x, AN = y (0 < x, y < a).
a) Chứng minh rằng M N , P Q, BC đồng quy hoặc song song và M N P Q là hình thang cân. 4a 3a
b) Chứng minh rằng a(x + y) = 3xy. Từ đó suy ra 6 x + y 6 . 3 2
c) Tính diện tích tứ giác M N P Q theo a và s = x + y.
11.4 (1,0 điểm) Cho phương trình ax2 + (2b + c)x + 2d + e = 0 có đúng một nghiệm không nhỏ hơn
4. Chứng minh phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 có nghiệm.
11.5 (1,0 điểm) Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng rằng: 2xy 2yz 3zx 5 P = + + > . (z + x)(z + y) (x + y)(x + z) (y + z)(y + x) 3 ——— Hết ——— 19
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2009-2010
12.1 (2,0 điểm) Giải phương trình: » » 2 2010 (1 + x)2 − 3 2010
p1 − x2 + 2010 (1 − x)2 = 0.
12.2 (2,0 điểm) Cho dãy số (un) xác định như sau: (u1 = 1 » u ∗ n+1 =
un(un + 1)(un + 2)(un + 3) + 1, n ∈ N . n X 1 Đặt vn = . Tìm lim vn. ui + 2 n→+∞ i=1
12.3 (2,5 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a và các điểm M , N lần lượt
thuộc các cạnh AD, BB0 sao cho AM = BN = x (0 6 x 6 a). Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của AB và C0D0.
a) Chứng minh bốn điểm M , N , I, J đồng phẳng;
b) Tìm vị trí của M , N trên các cạnh AD và BB0 sao cho chu vi thiết diện do mặt phẳng (M IN J )
cắt hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có giá trị nhỏ nhất.
12.4 (2,0 điểm) Cho hàm số f (x) liên tục trên [0; 1] thỏa mãn điều kiện f (0) = f (1). Chứng minh Å 1 ã
rằng phương trình f (x) = f x + có nghiệm x ∈ [0; 1]. 2010
12.5 (1,5 điểm) Chứng minh rằng với mọi số dương a, b, c ta có: a3 b3 c3 + + > 1. a3 + (b + c)3 b3 + (c + a)3 c3 + (a + b)3 ——— Hết ——— 20 Phần II LỜI GIẢI 21 Nguyễn Minh Hiếu 22 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 1
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2022-2023 Câu 1.1.
a) Ta có phương trình tương đương √ Å 3π ã 2(1 − cos x) −
3 cos 2x = 1 + 1 + cos 2x − 2 √ ⇔ 2 − 2 cos x − 3 cos 2x = 2 − sin 2x √ ⇔ sin 2x − 3 cos 2x = 2 cos x π π ⇔ sin 2x − = sin − x 3 2 π π 2x − = − x + k2π ⇔ 3 2  π π 2x − = π − + x + k2π 3 2  5π 2π x = + k ⇔ 18 3   5π x = + k2π. 6 5π 2π 5π
Vậy phương trình có nghiệm x = + k , x = + k2π (k ∈ Z). 18 3 6
b) Điều kiện x 6= −1; y 6= −1. Khi đó ta có hệ tương đương   Å x ã2 Å y ã2 1 Å x ã2 Å y ã2 1    + =  + =  y + 1 x + 1 2 y + 1 x + 1 2 ⇔ x y 1   4xy = (x + 1)(y + 1)  · = .  y + 1 x + 1 4 x y Đặt = u, = v, hệ trở thành y + 1 x + 1  1   1 u2 + v2 = u + v = ±1 u = v =  2  ⇔ ⇔ 2  1 1  1  uv = uv = u = v = − . 4 4 2 1 Với u = v = , ta có 2  x 1  =  ®  y + 1 2 2x − y = 1 ⇔ ⇔ x = y = 1 (thỏa mãn). y 1 2y − x = 1   =  x + 1 2 1 Với u = v = − , ta có 2  x 1  = −  ®  y + 1 2 2x − y = −1 1 ⇔ ⇔ x = y = − (thỏa mãn). y 1 2y − x = −1 3   = −  x + 1 2 Å 1 1 ã
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1), (x; y) = − ; − . 3 3 23
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu Câu 1.2. √ √
4 + 4x − 3 8 + 12x + 1 − cos x a) Đặt L = lim √ , ta có x→0 3x2 + 4 − 2 √ √ ñÇ å ô 4 + 4x − x − 2 x + 2 − 3 8 + 12x 1 − cos x x2 L = lim + + · √ . x→0 x2 x2 x2 3x2 + 4 − 2 Ta có √ − ) 4 + 4x − x − 2 4 + 4x − x2 − 4x − 4 1 1 lim = lim √ = lim √ = − . x→0 x2 x→0 x2 4 + 4x + x + 2 x→0 4 + 4x + x + 2 4 √ ) x + 2 − 3 8 + 12x x3 + 6x2 1 lim = lim √ √ = . x→0 x2
x→0 x2 î(x + 2)2 + (x + 2) 3 8 + 12x + 3 8 + 12x2ó 2 ) 1 − cos x sin2 x 1 lim = lim = . x→0 x2 x→0 x2(1 + cos x) 2 √ ä x2 Ä 3x2 + 4 + 2 ) x2 4 lim √ = lim = . x→0 3x2 + 4 − 2 x→0 3x2 3 Å 1 1 1 ã 4 Vậy L = − + + · = 1. 4 2 2 3
b) Điều kiện x > 1. Khi đó ta có phương trình tương đương √ √ Ä ä
x6 − 65 + m 3 2 − x − m 1 − x − 1 = 0. Đặt √ √ Ä ä
f (x) = x6 − 65 + m 3 2 − x − m 1 − x − 1 Ta có
f (2) = −1 < 0; f (10) = 106 − 65 > 0 ⇒ f (2) · f (10) < 0.
Mặt khác f (x) liên tục trên [1; +∞) nên liên tục trên [2; 10]. Do đó f (x) có ít nhất một nghiệm
trên (2; 10). Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm. Câu 1.3.
a) Gọi số đỉnh của đa giác đều (H) là n (n ∈ N; n > 3), ta có số đường chéo của đa giác là C2 − n n. Theo giả thiết, ta có ñ n(n − 1) n = 24 C2 − − n n = 252 ⇔
n = 252 ⇔ n2 − 3n − 504 = 0 ⇔ 2 n = −21 (loại).
Do đó đa giác đều (H) có 24 đỉnh, suy ra số tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của (H) là C3 = 2024. 24
Gọi O là tâm của (H), suy ra số đường chéo đi qua O là 12. Chọn 2 trong số 12 đường chéo này
được một hình chữ nhật, suy ra số hình chữ nhật có đỉnh là đỉnh của (H) là C2 = 66. Chọn 2 12
đường chéo vuông góc trong 12 đường chéo này ta được một hình vuông, suy ra số hình vuông
có đỉnh là đỉnh của (H) là 6. Từ đó suy ra số hình chữ nhật không phải hình vuông là 66−6 = 60.
Mỗi hình chữ nhật không phải hình vuông tạo ra 4 tam giác vuông không cân, suy ra số tam giác 240 30
vuông không cân có đỉnh là đỉnh của (H) là 60 · 4 = 240. Vậy xác suất cần tìm là = . 2024 253 24 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
b) Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abc. Ta có
a3 + b3 + c3 = (a + b + c)3 − 3(a + b)(b + c)(c + a). Do đó . . .
a3 + b3 + c3 .. 3 ⇔ (a + b + c)3 .. 3 ⇔ (a + b + c) .. 3.
Đặt A = {3; 6; 9}, B = {1; 4; 7}, C = {2; 5; 8}, ta có các trường hợp sau:
TH1: Cả 3 chữ số a, b, c cùng thuộc một trong các tập A, B, C, ta có 3 · 3! = 18 số.
TH2: Mỗi chữ số a, b, c thuộc một tập A, B, C, ta có 33 · 3! = 162 số.
TH3: Số cần tìm chứa chữ số 0 và 2 chữ số còn lại thuộc A, ta có 2 · A2 = 12 số. 3
TH4: Số cần tìm chứa chữ số 0 và 2 chữ số còn lại mỗi chữ số thuộc một tập (B hoặc C), ta có 2 · 32 · 2! = 36 số.
Vậy có 18 + 162 + 12 + 36 = 228 số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 1.4.
a) Trong mặt phẳng (SAB), kẻ M K k SA (K ∈ SB). Trong mặt phẳng (ABC), kẻ M P k BC
(P ∈ AC). Trong mặt phẳng (SAC), kẻ P Q k SA (Q ∈ SC). Ta có M P QK là thiết diện của
hình chóp S.ABC cắt bởi (α). Ta có M P k QK (vì cùng song song với BC); M K k P Q (vì cùng
song song với BC), suy ra M P QK là hình bình hành. S Q K A C P M B AM M P AM Đặt
= x (0 < x < 1). Xét tam giác ABC có M P k BC, suy ra = = x, hay AB BC AB M K BM
M P = xBC. Xét tam giác SAB có M K k SA, suy ra = = 1−x, hay M K = (1−x)SA. SA AB
Diện tích thiết diện M P QK là
SMP QK = M P · M K · sin(M P, M K) = x(1 − x)BC · SA · sin(BC, SA).
Vì BC · SA · sin(BC, SA) không đổi nên SMP QK đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x(1 − x) đạt
giá trị lớn nhất. Theo bất đẳng thức AM − GM , ta có Å x + 1 − x ã2 1 x(1 − x) 6 = . 2 4 1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 − x ⇔ x =
. Vậy SMP QK đạt giá trị lớn nhất khi M là 2 trung điểm của AB.
b) Gọi I là trung điểm AC và J là giao điểm của M N và BI. 25
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu S I A C J M N B Ta có S4BMJ BM BJ 2S4BMJ BM BJ = · ⇒ = · (1) S4BAI BA BI S4ABC BA BI S4BNJ BN BJ 2S4BNJ BN BJ = · ⇒ = · (2) S4BCI BC BI S4ABC BC BI Từ (1) và (2), suy ra 2S Å ã 4BM J 2S4BNJ BM BJ BN BJ S4BMN 1 BM BN BJ + = · + · ⇔ = + . (3) S4ABC S4ABC BA BI BC BI S4ABC 2 BA BC BI Mặt khác S4BMN BM BN = · . (4) S4ABC BA BC Từ (3) và (4), suy ra 1 Å BM BN ã BJ BM BN BI 1 Å BA BC ã BI 23 + = · ⇔ = + ⇔ = . 2 BA BC BI BA BC BJ 2 BM BN BJ 10
Từ đó suy ra J là điểm cố định, do đó (SM N ) luôn chứa đường thẳng SJ cố định.
c) Gọi D, E, F , G, O lần lượt là trung điểm SA, AB, BC, SC, SB. Khi đó DEF G là hình bình hành và O / ∈ (DEF G). S D G O A C E F B Do đó OE + OG > EG; OF + OD > DF. (5) Và (SA + BC)2 = (2OE + 2OG)2; (SC + AB)2 = (2OF + 2OD)2. (6) 26 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Mặt khác − − → −−→ EG2 + DF 2 = EG2 + DF 2 Ä− −→ − − →ä2 Ä− −→ −−→ä2 = ED + EF + DE + DG −−→ Ä−−→ − − →ä = 2DE2 + 2EF 2 + 2DE DG − EF 1 = SB2 + AC2 . (7) 2 Từ (5), (6) và (7), suy ra
(SA + BC)2 + (SC + AB)2 > 4 EG2 + DF 2 = 2 SB2 + AC2 > (SB + AC)2.
Vậy (SA + BC)2 + (SC + AB)2 > (SB + AC)2. Câu 1.5. a) Ta có 1 1 1 ab + bc + ca + + + 1 = + 1 = ab + bc + ca + 1. (1) a b c abc
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM cho hai số dương ab + bc và ca + 1, ta có » ab + bc + ca + 1 > (ab + bc)(ca + 1) p > 2 a2bc + abc2 + ab + bc √ > 2 a + c + ab + bc » > 2 a + c + b(a + c). (2)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử a > b > c, ta có
a3 > abc > c3 ⇒ a3 > 1 > c3 ⇒ a > 1 > c. Suy ra
(a − 1)(c − 1) 6 0 ⇔ a + c > ac + 1. Do đó
b(a + c) > abc + b ⇔ b(a + c) > b + 1. (3) Từ (1), (2) và (3), suy ra 1 1 1 √ + + + 1 > 2 a + b + c + 1. a b c
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
b) Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn bài toán. Tổng tất cả các phần tử của tập A là
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) = n2.
Vì tổng các phần tử của mỗi tập Bk (với k = 1; 12) bằng nhau nên tổng các phần tử của mỗi tập n2 n2 B ∗ ∗ k (với k = 1; 12) bằng . Do đó
∈ N nên n = 6m, với m ∈ N . Khi đó tổng các phần tử 12 12
của mỗi tập Bk (với k = 1; 12) là 3m2. Với n = 6m, ta có 2n − 1 = 12m − 1. Vì 2n − 1 thuộc một
tập Bk (với k = 1; 12) nào đó nên 12m − 1 6 3m2, suy ra m > 4 ⇒ n > 24. Khi n = 24, ta có
A = {1; 3; 5; . . . ; 47}. Lúc đó
B1 = {1; 47}, B2 = {3; 45}, . . . , B12 = {23; 25}
là 12 tập con thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số nguyên dương n nhỏ nhất cần tìm là n = 24. 27
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu Câu 1.6.
a) Trước hết, ta chứng minh u ∗ n > 3, ∀n ∈ N . Thật vậy, u ∗
1 = 2023 > 3. Giả sử uk > 3, ∀k ∈ N , ta có (uk − 3)(uk + 4) u ∗ k+1 − 3 =
> 0 ⇒ uk+1 > 3, ∀k ∈ N . 7 Do đó u ∗
n > 3, ∀n ∈ N . Khi đó (un − 3)2 u ∗ n+1 − un = > 0, ∀n ∈ N . 7
Suy ra (un) là dãy số tăng. Giả sử lim un = L, ta có L > u1 = 2023. Mặt khác lấy giới hạn hai vế
đẳng thức 7un+1 = u2n + un + 9, ta có
7L = L2 + L + 9 ⇔ (L − 3)2 = 0 ⇔ L = 3 < 2023 (vô lý). Vậy lim un = +∞. b) Với mọi n ∈ ∗ N , ta có (un − 3)(un + 4) 1 7 un+1 − 3 = ⇔ = 7 un+1 − 3 (un − 3)(un + 4) 1 1 1 ⇔ = − un+1 − 3 un − 3 un + 4 1 1 1 ⇔ = − . un + 4 un − 3 un+1 − 3 Do đó n n Å ã X 1 X 1 1 1 1 1 1 vn = = − = − = − . uk + 4 un − 3 un+1 − 3 u1 − 3 un+1 − 3 2020 un+1 − 3 k=1 k=1 Å 1 1 ã 1 Vậy lim vn = lim − = . 2020 un+1 − 3 2020 Câu 1.7. a) Ta có n5 + n + 1 =
n3(n2 + n + 1) − n2(n2 + n + 1) + n2 + n + 1 = (n2 + n + 1)(n3 − n2 + 1).
Đặt n5 + n + 1 = pr, với r ∈ ∗
N và p là số nguyên tố. Khi đó (n2 + n + 1)(n3 − n2 + 1) = pr.
) Với n = 0, ta có n5 + n + 1 = 1 (không thỏa mãn).
) Với n = 1, ta có n5 + n + 1 = 3 (thỏa mãn).
) Với n = 2, ta có n5 + n + 1 = 35 (không thỏa mãn).
) Với n > 3, ta có n3 − n2 = n2(n − 1) > 2n2 > n2 + n, suy ra
n3 − n2 + 1 > n2 + n + 1 > 1.
Do đó n2 + n + 1 = pa và n3 − n2 + 1 = pb, với a, b ∈ ∗
N , a < b và a + b = r. Lại có pb = n3 − n2 + 1 =
n(n2 + n + 1) − 2(n2 + n + 1) + n + 3 = n · pa − 2 · pa + n + 3 = pa(n − 2) + n + 3. . .
Vì pb .. pa nên (n + 3) .. pa. Từ đó suy ra n + 3 > pa, hay n + 3 > n2 + n + 1 ⇔ n2 6 2 (vô lý). 28 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vậy n = 1 là giá trị cần tìm.
b) Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Nếu x, n là hai số nguyên dương và y là số hữu tỉ thỏa mãn yn = x thì y là số nguyên. a Thật vậy, đặt y =
, với a, b ∈ Z; b 6= 0; (a, b) = 1. Vì (a, b) = 1 nên (an, bn) = 1. Ta có yn = x, b
suy ra an = x · bn, suy ra bn là ước của an, mà (an, bn) = 1 nên bn = 1 ⇒ b = 1. Do đó y = a ∈ Z (đpcm). Trở lại bài toán, ta có a 2022 a2022 = b2023 ⇔ = b. b a
Áp dụng bổ đề trên, ta có = k, với k ∈ ∗
N . Khi đó b = k2022. Vì b là số tự nhiên nhỏ nhất lớn b
hơn 1 nên k là số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 1, hay k = 2, suy ra b = 22022. Vậy a = 22023. Câu 1.8. A E N F H O P Q C T B D M
a) Quy ước (XY Z) là đường tròn ngoại tiếp tam giác XY Z; (XY ) là đường tròn đường kính XY . Ta có A, E, F, H, N ∈ (AH);
D, M, E, F ∈ (DEF ) (đường tròn Euler); D, M, N, H ∈ (HM ). Từ đó suy ra
) DM (hay BC) là trục đẳng phương của hai đường tròn (DEF ) và (HM).
) EF là trục đẳng phương của hai đường tròn (DEF ) và (AH).
) HN là trục đẳng phương của hai đường tròn (AH) và (HM).
Vì AB < AC nên BC luôn cắt EF tại điểm T . Khi đó T là tâm đẳng phương của ba đường tròn
(DEF ), (AH) và (HM ). Vậy ba trục đẳng phương BC, EF , HN của ba đường tròn (DEF ),
(AH) và (HM ) đồng quy tại tâm đẳng phương T .
b) Tứ giác BDHF nội tiếp nên AF · AB = AH · AD. (1)
Tứ giác DHN M nội tiếp nên AN · AM = AH · AD. (2) 29
1. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023 Nguyễn Minh Hiếu Từ (1) và (2), suy ra
AF · AB = AN · AM ⇒ BF N M nội tiếp ⇒ ’ P N Q = ÷ BF M . (3) Lại có 4M BF cân tại M ⇒ ÷ BF M = ’ DBF ; BDHF nội tiếp ⇒ ’ BDF = ’ P HQ. (4) Từ (3) và (4), suy ra ’ P N Q = ’
P HQ ⇒ P QN H nội tiếp ⇒ ’ HP Q = ÷ HN Q = 90◦ ⇒ P Q ⊥ AD. (5)
Mặt khác AD ⊥ BC, kết hợp (5), ta có P Q ⊥ BC.
c) Gọi J , A0 lần lượt là giao điểm của AO với EF và (O); I là điểm đối xứng với A qua J . A E J N F H I O P Q C K T B L D M A0 Dễ thấy AO ⊥ EF và ’
ACA0 = 90◦ nên tứ giác CEJ A0 nội tiếp. Hơn nữa các tứ giác BF N M , BCEF nội tiếp nên suy ra
AI · AO = 2AJ · AA0 = AE · AC = AF · AB = AN · AM .
Từ đó suy ra M , N , I, O cùng thuộc một đường tròn. (6)
Mặt khác AK ⊥ AO ⇒ AK ⊥ J T . Mà J , T là trung điểm của AI, KL nên IL đối xứng với AK
qua J T . Do đó IL k AK ⇒ IL ⊥ AO, hay ‘ LIO = 90◦. Mặt khác ’ LM O = 90◦ nên M , O, I, L
cùng thuộc một đường tròn. (7)
Từ (6) và (7), suy ra M ON L là tứ giác nội tiếp. 30 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 2
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2021-2022 Câu 2.1. π
a) Điều kiện xác định: x 6=
+ kπ, (k ∈ Z). Khi đó phương trình đã cho tương đương với 2 π 1 − cos 2x − = 2 sin2 x − tan x 2
⇔ 1 − sin 2x = 2 sin2 x − tan x
⇔ cos x − 2 sin x cos2 x = 2 sin2 x cos x − sin x
⇔ sin x + cos x − 2 sin x cos x(sin x + cos x)
⇔ (sin x + cos x)(1 − sin 2x) = 0 ñ sin x + cos x = 0 ⇔ 1 − sin 2x = 0 ñ tan x = −1 ⇔ sin 2x = 1 π x = − + kπ ⇔ 4  π (thỏa mãn). x = + kπ 4 π π
Vậy phương trình có nghiệm x = − + kπ, x = + kπ (k ∈ Z). 4 4 x = 0
b) TH1: m = 0, phương trình trở thành 2x2 − x = 0 ⇔  1 (thỏa mãn). z = 2
TH2: m 6= 0, đặt f (x) = m2x2022 + 2x2 − x − m2, ta có f (−1) = 3, f (0) = −m2, f (1) = 1, suy ra f (−1) · f (0) < 0, f (0) · f (1) < 0.
Mặt khác f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên các đoạn [−1; 0] và [0; 1]. Do đó f (x) có
ít nhất một nghiệm trên mỗi khoảng (−1; 0) và (0; 1) hay f (x) có ít nhất 2 nghiệm.
Vậy phương trình đã cho luôn có ít nhất 2 nghiệm phân biệt với mọi tham số m. Câu 2.2. a) Đặt
S = 1 · C1n + 2C2n + · · · + nC2n. (1) Sử dụng công thức Ck , ta có n = Cn−k n
S = n · C0n + (n − 1)C1n + · · · + 1Cn−1 n . (2)
Cộng theo vế (1) và (2), ta có 2S = n C0 ⇔ n + C1 n + · · · + Cn n
2 · 16n = n · 2n ⇔ 32 = 2n ⇔ n = 5. 31
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu Khi đó 11 11 Å 2 ã2n+1 Å 2 ã11 Å ãk X 2 X x2 − = x2 − = Ck − = Ck x x 11 x211−k x 11(−2)k x22−3k . k=0 k=0
Số hạng chứa x7 tương ứng số hạng chứa k thỏa mãn 22 − 3k = 7 ⇔ k = 5.
Vậy hệ số cần tìm là C5 (−2)5 = −14 784. 11 b) Theo giả thiết, ta có ®u ® 20 = m u1 + 19d = m (1) ⇔ um = 17 u1 + (m − 1)d = 17. (2)
Trừ theo vế (1) và (2), ta có 20d + 17 3
(20 − m)d = m − 17 ⇔ m(d + 1) = 20d + 17 ⇔ m = ⇔ m = 20 − . d + 1 d + 1 Vì m ∈ ∗
N và d > 0 nên d + 1 là ước lớn hơn 1 của 3, suy ra
d + 1 = 3 ⇔ d = 2 ⇒ m = 19. Vậy u2022 = 4023. Câu 2.3. √ √ 1 + 2x − 3 1 + 3x a) Đặt L = lim , ta có x→0 x2 √ √ ñ ô 1 + 2x − (x + 1) x + 1 − 3 1 + 3x L = lim + x→0 x2 x2   1 + 2x − x2 − 2x − 1 x3 + 3x2 + 3x + 1 − 1 − 3x = lim √  + √ √  x→0 x2 1 + 2x + x + 1
x2 Ä(x + 1)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + 3 1 + 3x2ä " # −1 x + 3 = lim √ + √ √ x→0 1 + 2x + x + 1 (x + 1)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + 3 1 + 3x2 1 3 1 = − + = . 2 3 2 b) Với mọi n ∈ ∗
N , đặt vn = un + 11, khi đó v1 = 20 và
(n + 3)(vn+1 − 11) − (n + 5)(v5 − 11) = 22 ⇔ (n + 3)vn+1 = (n + 5)vn. Từ đó suy ra n + 5 vn+1 = vn n + 3 (n + 5)(n + 4) = vn−1 (n + 3)(n + 2) (n + 5)(n + 4) = vn−2 (n + 2)(n + 1) . . . (n + 5)(n + 4) = v1 5 · 4 32 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI = (n + 5)(n + 4). Do đó
vn = (n + 4)(n + 3) = n2 + 7n + 12 ⇒ un = n2 + 7n + 1. Vậy 2021un 2021 n2 + 7n + 1 2021 lim = lim = . 25 + 4n + 2022n2 25 + 4n + 2022n2 2022 Câu 2.4.
a) Gọi C0 là hình chiếu vuông góc của A trên SC, ta có C0 ∈ (P ). Vì AB = AD = 1 nên ABCD là
hình vuông, do đó BD ⊥ AC. S C0 D0 B0 I A D O B C
Mặt khác BD ⊥ SA nên BD ⊥ (SAC), suy ra BD ⊥ SC. Lại có (P ) ⊥ SC nên BD k (P ), suy
ra (P ) ∩ (SBD) k BD. Gọi I là giao điểm của AC0 và SO, ta có I ∈ (P ) và I ∈ (SBD). Trong
(SBD), qua I kẻ đường thẳng song song với BD lần lượt cắt SB tại B0 và cắt SD tại D0, ta có
B0, D0 ∈ (P ), hay AB0C0D0 là thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ).
Ta có B0D0 k BD và BD ⊥ (SAC), suy ra B0D0 ⊥ (SAC), suy ra B0D0 ⊥ AC0, do đó SAB0C0D0 =
1 B0D0 · AC0. Tam giác SAC vuông tại A nên 2 √ √ √ SA · AC 7 · 2 14 AC0 = = √ = . SC 7 + 2 3
Ta có CD ⊥ (SAD), suy ra CD ⊥ AD0. Lại có SC ⊥ (P ), suy ra SC ⊥ AD0. Từ đó suy ra
AD0 ⊥ (SCD), suy ra AD0 ⊥ SD. Tam giác SAD vuông tại A có SD0 là hình chiếu của SA trên SA2 SD nên SD0 = . Vì B0D0 k BD nên SD √ B0D0 SD0 Å SA ã2 Å SA ã2 7 2 = = ⇒ B0D0 = · BD = . BD SD SD SD 8
Vậy diện tích thiết diện là √ √ √ 1 7 2 14 7 7 SAB0C0D0 = · · = . 2 8 3 24
b) Ta có BD ⊥ SA và BD ⊥ AH, suy ra BD ⊥ SH. Lại có SB ⊥ AD và SB ⊥ AH, suy ra
SB ⊥ DH. Từ đó suy ra H là trực tâm của tam giác SBD. 33
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu S H A D O K B C
c) Gọi K là giao điểm của SH và BD. Vì BD ⊥ (SAK) nên góc giữa (ABD) và (SBD) bằng ’ SKA = ÷
AKH. Lại có AH ⊥ (SBD) nên 4HDB là hình chiếu vuông góc của 4ABD trên
(SBD). Theo định lý hình chiếu, ta có SHBD AH = cos ÷ AKH = sin ’ ASH = . SABD AS Tương tự ta cũng có SHSD AH SHSB AH = ; = . SASD AB SASB AD Do đó abc Å AH AH AH ã
a · SHBD + b · SHSD + c · SHSB = + + . 2 AS AB AD 1 1 1 1
Dễ dàng chứng minh được = + +
, do đó theo bất đẳng thức Bunniacopxki, AH2 AS2 AB2 AD2 ta có Å AH AH AH ã2 Å AH2 AH2 AH2 ã + + 6 3 + + = 3, AS AB AD AS2 AB2 AD2 AH AH AH √ hay + + 6 3. Vậy AS AB AD √ abc 3
a · SHBD + b · SHSD + c · SHSB 6 . 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
Câu 2.5. Gọi A, B, C lần lượt là các tập hợp gồm các số thuộc S và chia hết cho 2; 3; 5. Giả sử x ∈ A, 1 999 suy ra x = 2k, k ∈ ∗ N và 1 6 2k 6 999 ⇔ 6 k 6
⇒ k ∈ {1; 2; . . . ; 499}. Do đó số phần tử của A 2 2
là |A| = 499. Lập luận tương tự ta cũng có: |B| = 333, |C| = 199. Ta có
) A ∩ B là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 6, suy ra |A ∩ B| = 166;
) A ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 10, suy ra |A ∩ C| = 99;
) B ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 15, suy ra |B ∩ C| = 66;
) A ∩ B ∩ C là tập hợp các số thuộc S và chia hết cho 30, suy ra |A ∩ B ∩ C| = 33.
Dễ thấy tập hợp các số thuộc S chia hết cho ít nhất một trong ba số 2; 3; 5 là A ∪ B ∪ C và
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |B ∩ C| − |C ∩ A| + |A ∩ B ∩ C| 34 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI =
499 + 333 + 199 − 166 − 99 − 66 + 33 = 733.
Do đó số các số tự nhiên nhỏ hơn 1000 và không chia hết cho cả ba số 2; 3; 5 là 999 − 733 = 266. Trong
tập hợp 266 số trên có cả số 1 và các số nguyên tố khác 2; 3; 5. Ta biết rằng có tất cả 165 số nguyên tố
nhỏ hơn 1000 và khác 2; 3; 5. Do đó số các số “thú vị” phải tìm là 266 − (165 + 1) = 100 số. 100
Số phần tử không gian mẫu là |Ω| = 999. Vậy xác suất cần tìm là P = . 999 Câu 2.6. 1 1 1 a) Đặt a = , b = , c =
, ta có a, b, c > 0 và abc = 1. Khi đó x y z 2a3bc 2b3ca 2c3ab P = + + b + c c + a a + b Å a2 b2 c2 ã = 2 + + . b + c c + a a + b
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có a2 b + c + > a; b + c 4 b2 c + a + > b; c + a 4 c2 a + b + > c. a + b 4
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta có √
P > a + b + c > 3 3 abc = 3.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi x = y = z = 1.
b) Vì a3b − 1 = b a3 + 1 − (b + 1) và a + 1 là ước của a3 + 1 nên a + 1 là ước của b + 1. (1)
Vì b3a + 1 = a b3 − 1 + (a + 1) và b − 1 là ước của b3 − 1 nên b − 1 là ước của a + 1. (2)
Từ (1) và (2), suy ra b − 1 là ước của b + 1, suy ra b − 1 là ước của 2 nên b = 2 hoặc b = 3.
) Nếu b = 2 thì a + 1 là ước của 3, suy ra a = 2 nên (a; b) = (2; 2).
) Nếu b = 3 thì a + 1 là ước của 4, suy ra a = 1 hoặc a = 3 nên (a; b) = (1; 3) hoặc (a; b) = (3; 3).
Vậy có 3 cặp số cần tìm là (2; 2), (1; 3) và (3; 3). Câu 2.7. a) Ta có … 1 un+1 = u3 − n 12un + 20 + . (1) n + 1 Ta sẽ chứng minh u ∗ n > 2, ∀n ∈ N
bằng phương pháp quy nạp. 5 Ta có, u ∗ 1 =
> 2. Giả sử un > 2, ∀n ∈ N , khi đó 2 … 1 un+1 = (un + 4)(un − 2)2 + 4 + > 2. n + 1 Vậy u ∗ n > 2, ∀n ∈ N . 35
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu
b) Trước hết ta chứng minh (un) là dãy giảm bằng phương pháp quy nạp. √ 7 2 Ta có u2 =
< u1. Giả sử un < un−1, ∀n > 2, ta sẽ chứng minh un+1 < un. Thật vậy, 4
un+1 < un ⇔ u2n+1 < u2n 1 1 ⇔ u3 − − − n u3n−1 12(un − un−1) + < 0 n + 1 n 1 1 ⇔ (un − un−1) u2 − − n + un · un−1 + u2 n−1 12 + < 0. (2) n + 1 n 1 1
Vì un < un−1 nên un−un−1 < 0; un, un−1 > 2 nên u2 − − n +un ·un−1 +u2 12 > 0 và < 0. n−1 n + 1 n
Từ đó suy ra (2) đúng với mọi n > 2. 5
Như vậy (un) là dãy số giảm và bị chặn bởi 2 nên có giới hạn lim un = L với 2 6 L 6 . Lấy giới 2 hạn ở (1), ta có L = 2 p √ L =
L3 − 12L + 20 ⇔ L3 − L2 − 12L + 20 = 0 ⇔  −1 ± 41 L = (loại). 2 Vậy lim un = 2. Câu 2.8.
a) Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt (O) tại F (F 6= A). Ta chứng minh ba điểm D, G, F thẳng hàng. A F H G O B C D M T E
Thật vậy: Vì ABCF là hình thang nội tiếp (O) nên ABCF là hình thang cân. Gọi T là hình DM
chiếu vuông góc của F trên BC, ta có BD = CT , hay M là trung điểm của DT . Khi đó = F A GM 1 = , kết hợp với ÷ GM D = ’
GAF , suy ra 4GM D v 4GAF . Lúc đó ÷ DGM = ’ F GA, hay ba GA 2
điểm D, G, F thẳng hàng. Vì thế ’ BED = ’ BEF = ’ BCF = ’ ABC = ’ ABD.
Vậy AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE. b) Ta có ’ AP Q = ÷ BP M = 90◦ − ÷ M BP = 90◦ − ’ CBA = ’ HCB; (1) ’ AQP = ÷ M QC = 90◦ − ÷ QCM = 90◦ − ’ ACB = ’ CBH. (2)
Từ (1) và (2), suy ra 4AP Q v 4HCB. 36 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI P N A F L Q H G O B C D M T E A0
Lại có M , N lần lượt là trung điểm của BC và P Q, suy ra 4AQN v 4HBM , do đó ’ AN Q = ÷
HM B. Gọi L = AN ∩ HM , ta có ÷ M LN = 180◦ − ÷ LN M − ÷ LM N = 180◦ − ÷ LM B − ÷ LM N = 90◦.
Kẻ đường kính A0, dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCA0 là hình bình hành, suy ra H, A0 đối
xứng nhau qua M hay A0 ∈ M H. Mặt khác ’ A0LA = ÷
M LN = 90◦, kết hợp AA0 là đường kính nên ta có L ∈ (O). Câu 2.9.
a) Với q = 2 ta chỉ ra một cách tô thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau: các số chia hết cho 3 ta tô
màu xanh và các số không chia hết cho 3 ta tô màu đỏ. 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Cách tô như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán, thật vậy:
) Xét hai số nguyên dương y, z bất kỳ được tô bởi hai màu khác nhau. Chứng tỏ trong hai số
này có một số chia hết cho 3 và một số không chia hết cho 3. Khi đó số x = y + z là một số
không chia hết cho 3 và sẽ được tô màu đỏ.
) Có vô hạn số nguyên dương chia hết cho 3 nên có vô hạn số được tô màu xanh.
) Số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q = 2.
Như vậy khi q = 2 ta xây dựng được một cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
b) Ở câu a ta đã chỉ ra khi q = 2 thì có một cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
) Với q = 3 ta chỉ ra một cách tô thỏa mãn yêu cầu bài toán như sau: Các số lẻ ta tô màu đỏ,
các số chẵn ta tô màu xanh. 37
2. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022 Nguyễn Minh Hiếu 1 2 3 4 5 6 7 8 9
Cách tô như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán, thật vậy:
= Xét hai số nguyên dương b, c bất kỳ được tô bởi hai màu khác nhau. Chứng tỏ trong
hai số này có một số chẵn và một số lẻ. Khi đó số a = b + c là một số lẻ nên phải tô màu đỏ.
= Có vô hạn số chẵn nên có vô hạn số được tô màu xanh.
= Số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 được tô màu đỏ là q = 3.
Như vậy, khi q = 3 ta xây dựng một được cách tô màu phù hợp với yêu cầu bài toán.
) Ta chứng minh số 1 phải được tô màu đỏ. q 1 q + 1
Thật vậy, giả sử số 1 được tô màu xanh. Vì q được tô màu đỏ nên q + 1 được tô màu đỏ. Số
q + 2 = (q + 1) + 1 nên số q + 2 được tô màu đỏ. Cứ tiếp tục như vậy thì mọi số lớn hơn q
đều được tô màu đỏ. Nên chỉ có một số hữu hạn số được tô màu xanh. Điều này mâu thuẫn
với giả thiết. Chứng tỏ số 1 phải được tô màu đỏ.
) Với q > 3 ta chứng minh không thể thực hiện được yêu cầu của bài toán. 1 2 3 q − 2 q − 1 q − 2
Thật vậy, giả sử tồn tại được cách tô ứng với q > 3. Khi đó q − 2 ∈ ∗
N , q − 2 < q và số q − 2
được tô màu xanh. Do q − 1 = (q − 2) + 1 nên số q − 1 được tô màu đỏ. Nhưng q − 1 < q,
do đó ta có mâu thuẫn với giả thiết q là số nhỏ nhất được tô màu đỏ.
Vậy bài toán được chứng minh xong. 38 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 3
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2020-2021 Câu 3.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với π √ 1 + cos − 2x + 3 cos 2x = 2(1 + cos x) − 1 2 √ ⇔ sin 2x + 3 cos 2x = 2 cos x π ⇔ cos 2x − = cos x 6 π 2x − = x + k2π ⇔ 6  π 2x − = −x + k2π 6  π x = + k2π 6 ⇔   π 2π x = + k . 18 3 π π 2π
Vậy phương trình có nghiệm x = + k2π, x = + k (k ∈ Z). 6 18 3
b) Đặt f (x) = m2 − m + 1 x2020 + 2x − 2.
Vì f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Å 1 ã2 3
Ta có f (0) = −2 < 0, f (1) = m2 − m + 1 = m − + > 0, ∀m ∈ R. 2 4
Do đó f (0) · f (1) < 0, ∀x ∈ R ⇒ f(x) luôn có nghiệm trên (0; 1), với mọi m ∈ R.
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi tham số m. Câu 3.2. a) Xét khai triển
(1 + x)n = C0n + xC1n + x2C2n + x3C3n + · · · + xnCnn.
Lấy đạo hàm hai vế, ta được
n(1 + x)n−1 = C1n + 2xC2n + 3x2C3n + · · · + nxn−1Cnn.
Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế, ta được
n(n − 1)(1 + x)n−2 = 2C2n + 3 · 2x · C3n + · · · + n(n − 1)xn−2Cnn. Chọn x = 1, ta có
n(n − 1)2n−2 = 2C2n + 3 · 2 · C3n + · · · + n(n − 1)Cnn. Từ giả thiết, suy ra
n(n − 1)2n−2 = 64n(n − 1) ⇔ 2n−2 = 64 ⇔ n = 8. 39
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
Với n = 8, ta có khai triển 8 X 1 + x2 − x38 = Ck8 x2 − x3k k=0 8 k X X = Ck8 Cik x2k−i −x3i k=0 i=0 8 k X X = Ck8Cik(−1)ix2k+i. k=0 i=0
Số hạng chứa x8 tương ứng với số hạng chứa k, i thỏa mãn ®2k + i = 8 ñ(k; i) = (4; 0) ⇔ 0 6 i 6 k 6 8 (k; i) = (3; 2).
Vậy hệ số của x8 là C4C0(−1)0 + C3C2(−1)2 = 4C4 + 3C3. 8 4 8 3 8 8
b) Số phần tử của tập hợp S là 9 × 104 = 90000.
Gọi “số đẹp” là abcde. Theo giả thiết, ta có a + e = 2c, suy ra a + e chẵn nên a, e phải cùng chẵn
hoặc cùng lẻ. Do đó ta có các trường hợp sau:
TH1: a, e cùng lẻ, ta có 5 cách chọn a; 10 cách chọn b; 10 cách chọn d; 5 cách chọn e và 1 cách
chọn c vì c là trung bình cộng của a và e. Do đó trường hợp này có 5×10×10×5×1 = 2500 số.
TH2: a, e cùng chẵn, ta có 4 cách chọn a vì a khác 0; 10 cách chọn b; 10 cách chọn d; 5 cách
chọn e và 1 cách chọn c vì c là trung bình cộng của a và e. Do đó trường hợp này có
4 × 10 × 10 × 5 × 1 = 2000 số.
Từ đó suy ra trong S có 2500 + 2000 = 4500 “số đẹp”. Vậy xác suất để chọn trong S được một “số 4500 1 đẹp” là = . 90000 20 Câu 3.3. √
x3 + 2020 2021 1 + 2021x − 2020 a) Đặt L = lim , ta có x→0 x √ ñ √ 2020 2021 1 + 2021x − 1 ô L = lim x2 2021 1 + 2021x + x→0 x   √ 2020(1 + 2021x − 1 = lim x2 2021 1 + 2021x + √ √  x→0 î ó x
2021 1 + 2021x2020 + 2021 1 + 2021x2019 + · · · + 1 " √ # 2020 · 2021 = lim x2 2021 1 + 2021x + √ √ x→0
2021 1 + 2021x2020 + 2021 1 + 2021x2019 + · · · + 1 2020 · 2021 = = 2020. 2021 Vậy L = 2020. b) C1: Ta có u1 = −2 = 1 − 3 u2 = −1 = 2 − 3 40 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI » u3 = 2 u2 + 1 + 2u 2 1 = 0 = 3 − 3 » u4 = 3 u2 + 1 + 2u 3 2 = 1 = 4 − 3 » u5 = 4 u2 + 1 + 2u 4 3 = 2 = 5 − 3 · · ·
Từ đó ta dự đoán rằng u ∗ n = n − 3, ∀n ∈ N . (1)
Thật vậy, u1 = 1 − 3 = −2 ⇒ (1) đúng, u2 = 2 − 3 = −1 ⇒ (1) đúng.
Giả sử (1) đúng với n = k − 1 và n = k (k > 2), tức là uk−1 = k − 4 và uk = k − 3. Ta cần
chứng minh uk+1 = k − 2. Thật vậy, » » uk+1 = 3 k u2 + 1 + 2u
k [(k − 3)2 + 1) + 2(k − 4) k k−1 = 3 = 3
pk3 − 6k2 + 12k − 8 = k − 2. Vậy u ∗
n = n − 3, ∀n ∈ N , do đó u2021 = 2018.
C2: Với mọi n > 2, ta có »
un+1 = 3 n (u2n + 1) + 2un−1 ⇔ u3n+1 = n u2n + 1 + 2un−1. (2)
Từ đó suy ra un = n + k, khi đó u3
= (n + k + 1)3, suy ra hệ số tự do của u3 là (k + 1)3. n+1 n+1 Lại có
n u2n + 1 + 2un−1 = n[(n + k)2 + 1] + 2(n + k − 1),
suy ra hệ số tự do của n u2n + 1 + 2un−1 là 2(k − 1). Từ (2) và đồng nhất hệ số tự do, ta được
(k + 1)3 = 2(k − 1) ⇔ k3 + 3k2 + k + 3 = 0 ⇔ k = −3.
Với k = −3 ⇒ un = n − 3, thay vào (1) được
u3n+1 = n[(n − 3)2 + 1] + 2(n − 4) ⇔ n3 − 6n2 + 12n − 8 = (n − 2)3 (đúng).
Vậy un = n − 3, suy ra u2021 = 2018. Câu 3.4. A0 C0 B0 N A K C M H D B O
a) Trong (BCC0B0), kéo dài C0N và BC cắt nhau tại O, ta có O ∈ BC ⊂ (ABC). Trong (ABC),
kéo dài OM cắt AC tại K, ta có K ∈ (ACC0A0). Trong (ACC0A0), nối KC0, ta có M N C0K là
thiết diện của lăng trụ cắt bởi (M N C0). 41
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
b) Gọi H là hình chiếu của B trên OM , ta có ®BH ⊥ OM ⇒ OM ⊥ (BMN). BN ⊥ OM
Hơn nữa OM = (M N C0)∩(ABC), do đó góc giữa (M N C0) và (ABC) là ÷ N HB. Vì N trung điểm
BB0, suy ra B là trung điểm của OC. Gọi D là trung điểm OK, ta có AK = BD và CK = 2BD, 1 a suy ra CK = 2AK hay AK = AC = . Ta có 4HM B v 4AM K, suy ra 3 3 √ AK · BM AK · BM 13 BH = = √ = . M K AM 2 + AK2 13
Trong tam giác BHN vuông tại B có √ BH BH 30 cos √ ÷ N HB = = = . N H BH2 + BN 2 15 5a2
Ta có SMBCK = S4ABC − S4AMK =
. Vì M BCK là hình chiếu của M N C0K trên (ABC), 12 do đó √30 SMNC0K = SMBCK · cos ÷ N HB = . 36 B0A B0B B0C c) Đặt = x, = y, = z, với x, y, z > 1. B0X B0Y B0Z A0 C0 B0 X Z E I Y A C M G B
Vì G là trọng tâm tam giác ABC và I trung điểm B0G nên ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ − − → − − → B0A + B0B + B0C = 3B0G ⇔ xB0X + yB0Y + zB0z = 6B0I − − → x −−→ y −−→ z −−→ ⇔ B0I = B0X + B0Y + B0Z. 6 6 6 Mặt khác I ∈ (XY Z) nên x y z + + = 1 ⇔ x + y + z = 6. 6 6 6 Khi đó x + y + z 3 T = xyz 6 = 8. 3
Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. Vậy Tmax = 8 khi X, Y , Z lần lượt là trung điểm B0A, B0B, B0C. 42 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 3.5. Vì A, B, C là ba góc của một tam giác nên ta có
sin C = sin(A + B) = sin A cos B + cos A sin B
⇔ tan C cos C = cos A cos B(tan A + tan B) cos A cos B tan C ⇔ = . cos C tan A + tan B Tương tự ta có cos B cos C tan A cos C cos A tan B = ; = . cos A tan B + tan C cos B tan C + tan A
Đặt tan A = x, tan B = y, tan C = z. Vì A, B, C nhọn nên x, y, z > 0, khi đó bất đẳng thức trở thành … x … y … z + + > 2. y + z z + x x + y
Áp dụng bất đẳng thức AM − GM , ta có … x 2x 2x = > . y + z 2px(y + z) x + y + z Tương tự, ta có … y 2y … z 2z > ; > . z + x y + z + x x + y z + x + y
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên, ta có … x … y … z 2(x + y + z) + + > = 2. y + z z + x x + y x + y + z
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y + z   y = z + x ⇔ x = y = z = 0
(không thỏa mãn điều kiện).  z = x + y … x … y … z Vậy + + > 2. y + z z + x x + y Câu 3.6.
a) Với mọi x dương ta luôn có x4 − x3 + x2 > 3x − 2. Thật vậy,
x4 − x3 + x2 > 3x − 2 ⇔ (x − 1)2 x2 + x + 2 > 0 (luôn đúng).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1. Khi đó P =
x4 + y4 + z4 − x3 + y3 + z3 + x2 + y2 + z2 =
x4 − x3 + x2 − y4 − y3 + y2 + z4 − z3 + z2
> (3x − 2) + (3y − 2) + (3z − 2) = 3(x + y + z) − 6 = 3.
Vậy p đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi x = y = z = 1. 43
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
b) Ta có n2 + np là số chính phương khi và chỉ khi n2 + np = m2, với m là số nguyên dương. Khi đó 4n2 + 4np = 4m2, suy ra
(2n + p)2 − p2 = 4m2 ⇔ (2n + p)2 − (2m)2 = p2 ⇔ (2n + p − 2m)(2n + p + 2m) = p2. (1)
Vì p là số nguyên tố nên p2 có hai cách phân tích thành tích của hai số tự nhiên là p2 = p2·1 = p·p.
Vì m là số nguyên dương nên 2n + p + 2m > 2n + p − 2m > 0. Do đó từ (1), suy ra ®2n + p + 2m = p2 (2) 2n + p − 2m = 1. (3) Å p − 1 ã2
Cộng theo vế (2) và (3), ta có 4n + 2p = p2 + 1, suy ra n =
. Vì p > 2 nên p lẻ, hay 2
p − 1 chẵn, do đó n là số nguyên dương. Vậy, với mỗi số nguyên tố p lớn hơn 2 cho trước, chỉ có Å p − 1 ã2
duy nhất số nguyên dương n =
thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 k + 1 Câu 3.7. Với k ∈ ∗ N , ta có uk+1 = uk + 4k2, hay k + 2
(k + 2)uk+1 = (k + 1)uk + 4k3 + 8k2.
Lần lượt thay k bởi 1, 2,..., n, ta có 3u2 − 2u1 = 4 · 13 + 8 · 12; 4u3 − 3u2 = 4 · 23 + 8 · 22; · · · (n + 2)un+1 − (n + 1)un = 4 · n3 + 8 · n2.
Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được
(n + 2)un+1 − 2u1 = 4 13 + 23 + · · · + n3 + 8 12 + 22 + · · · + n2 . Lại có ï (n(n + 1) ò2 13 + 23 + · · · + n3 = 2 và n(n + 1)(2n + 1) 12 + 22 + · · · + n2 = . 6 Do đó ï (n(n + 1) ò2 n(n + 1)(2n + 1) (n + 2)un+1 − 2 = 4 · + 8 · . 2 6 Suy ra 3n4 + 14n3 + 15n2 + 4n + 6 un+1 = . 3(n + 2) Vậy un+1 3n4 + 14n3 + 15n2 + 4n + 6 lim = lim = 1 (n + 2)3 3(n + 2)4 √ u 3 un hay n lim = 1. Từ đó suy ra lim = 1. (n + 2)3 n + 1 Câu 3.8. 44 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
a) Gọi X là giao điểm của M I và EF . Từ giả thiết, suy ra M S là đường trung trực của đoạn thẳng BC, suy ra M S k DI. (1) M A F X I O B C D E S AB AS Vì ’ ASC = ’ ABC và ’ SAC = ’
BAE nên 4SAC v 4BAE (g.g), suy ra = . (2) BE SC AB IA
Theo tính chất đường phân giác, ta có = . (3) BE IE
Theo giả thiết ta cũng có SI = SC. (4) AS AS AM
Khi đó từ (1) và (4) suy ra = = . (5) SC SI M F AM IA Theo (2), (3), (5) có = . (6) M F IE
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF (có I, X, M thẳng hàng) thu được AI EX M F · · = 1, IE XF M A EX kết hợp (6) ta được
= 1. Suy ra XE = XF hay M I đi qua trung điểm của EF . XF b) Ta có 1 ’ OAC = 90◦ − ’ AOC = 90◦ − ’ ABC = ’ BAH. 2 M A F X I O B C H D E P K S Q 45
3. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021 Nguyễn Minh Hiếu
Vì AI là đường phân giác trong góc A của tam giác ABC nên ’ HAI = ‘ OAI. Suy ra tam giác
AQK cân tại A, đường cao AS, do đó SQ = SK. Lại có ’ EP K = 90◦ − ’ HQP = 90◦ − ’ AKS = ’ EAK.
Suy ra tứ giác AEKP nội tiếp nên ta thu được SK · SP = SE · SA. Hơn nữa, dễ dàng chứng
minh được 4SEC v SCA nên SC2 = SE · SA. Từ các điều kiện trên ta có
SI2 = SC2 = SE · SA = SK · SP = SQ · SP. (7)
Từ (7) và kết hợp IS là đường cao tam giác P IQ, suy ra tam giác P IQ vuông tại I. Câu 3.9.
a) Nhận xét rằng trong n điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
) Các điểm A1, An không là trung điểm của đoạn thẳng nào.
) Các điểm A2, An−1 là trung điểm của 1 đoạn thẳng.
) Các điểm A2, An−2 là trung điểm của 2 đoạn thẳng. ...
) Các điểm Ai, An−i+1 là trung điểm của i − 1 đoạn thẳng với mọi i = 2, 3, . . . thỏa 2i 6 n.
Ta xét hai trường hợp sau:
TH1: Nếu n lẻ, khi đó n = 2m + 1, m ∈ ∗
N thì điểm chính giữa Am+1 là trung điểm của m đoạn
thẳng. Do đó số đoạn thẳng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là S =
1 + 2 + · · · + (m − 2) + (m − 1) + m + (m − 1) + (m − 2) + · · · + 2 + 1 = m(m − 1) + m = m2.
Theo giả thiết m2 = 2025 nên m = 45, suy ra n = 91.
TH2: Nếu n chẵn, khi đó n = 2m, n ∈ ∗
N thì không có điểm chính giữa nào trong n điểm trên.
Do đó số đoạn thẳng nhận một trong các điểm đã cho làm trung điểm là S = m(m − 1).
Theo giả thiết m(m − 1) = 2025, phương trình này vô nghiệm trên ∗ N , nên không xảy ra trường hợp này. Vậy n = 91.
b) Không mất tổng quát, ta đặt
A1A2 = A2A3 = · · · = A19A20 = 1.
Khi đó, với 20 điểm đã cho trên đề bài ta đặt chúng vào một trục tọa độ x0Ox sao cho điểm At
có tọa độ bằng t (với t ∈ ∗
N và t 6 20). Khi đó ta phát biểu lại bài toán như sau: “Tìm số màu
nhỏ nhất để có thể tô màu các số 1, 2,..., 20 (biết rằng một số một màu, hai số khác nhau có thể
được tô cùng một màu) sao cho không có 3 số nào cùng màu lập thành một cấp số cộng”.
) Với m = 1, dễ dàng chứng minh không thỏa mãn yêu cầu bài toán.
) Với m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán, với một cách tô như sau:
= Màu thứ nhất: Tô các số 1, 2, 6, 7, 9, 18, 20.
= Màu thứ hai: Tô các số 3,4,11,12,15,16.
= Màu thứ ba: Tô các số 5, 8, 10, 13, 14, 17, 19. 46 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
) Bây giờ ta chứng minh m = 2 không thỏa mãn yêu cầu bài toán: Tức là khi tô các số bởi 2
màu khác nhau luôn tồn tại ba số cùng màu lập thành một cấp số cộng.
Giả sử ngược lại là có một cách tô các số từ 1 đến 20 bởi hai màu khác nhau sao cho không
có ba số nào cùng màu lập thành một cấp số cộng. Từ đây ta có nhận xét:
= Trong ba số liên tiếp (từ 1 đến 20) luôn có 2 số khác màu.
= Nếu hai số a, b cùng màu thì 2a − b, 2b − a khác màu với chúng.
(1 6 a, b, 2a − b, 2b − a 6 20; a, b ∈ ∗ N ).
Xét ba số liên tiếp 9, 10, 11 có hai trường hợp xảy ra:
TH1: Số 10 khác màu với số 9 và số 11. Khi đó, từ nhận xét trên, ta có số 7 và số 13 cùng
màu với số 10. Do đó ba số 7, 10, 13 cùng màu và lập thành cấp số cộng. Mâu thuẫn với điều giả sử.
TH2: Số 10 cùng màu với số 9 và khác màu với số 11. Khi đó số 8 cùng màu với số 11. Do
đó số 5, số 14 cùng màu với số 9 và số 10. Và số 1, số 6 cùng màu với số 11. Do đó ba
số 1, 6, 11 cùng màu và lập thành cấp số cộng. Mâu thuẫn với điều giả sử.
(Tương tự với trường hợp số 10 cùng màu với số 11).
Vậy, số màu nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3 màu, hay m = 3. 47
4. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 4
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2017-2018 Câu 4.1.
a) Điều kiện xác định: sin x 6= 0 ⇔ x 6= kπ
(k ∈ Z). Khi đó phương trình đã cho tương đương với
sin 2x − cos 2x − 3 sin x − cos x + 2 = 0
⇔ 2 sin x cos x − cos x − 1 − 2 sin2 x − 3 sin x + 2 = 0
⇔ 2 sin x cos x − cos x + 2 sin2 x − 3 sin x + 1 = 0
⇔ cos x(2 sin x − 1) + (sin x − 1)(2 sin x − 1) = 0
⇔ (2 sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = 0  1 sin x = ⇔ 2  √ π 2 sin x + = 1 4  π x = + k2π 6   5π x = + k2π ⇔  6 (k ∈ Z).  x = k2π   π x = + k2π 2
Kết hợp điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm π 5π π x = + k2π; x = + k2π; x = + k2π (k ∈ Z). 6 6 2 (3 3px2y5 = 4 y2 − x2 (1) b) Ký hiệu 5 3 px4y = y2 + x. (2)
Dễ thấy (x; y) = (0; 0) là một nghiệm của hệ phương trình đã cho.
Với (x; y) 6= (0; 0), nhân theo vế (1) và (2), ta có 15x2y2 = 4 y2 + x2 y2 − x2 ⇔ 4x4 + 15x2y2 − 4y4 = 0 Å x ã4 Å x ã2 ⇔ 4 + 15 − 4 = 0 y y Å x ã2 1 ⇔ = y 4 ⇔ y = ±2x. Thay y = 2x vào (2) ta có √ 3 5
2x5 = 5x2 ⇔ 2x5 = x6 ⇔ x = 2 ⇒ y = 4 (vì (x; y) 6= (0; 0)). Thay y = −2x vào (2) ta có 5 3
p−2x5 = 5x2 ⇔ −2x5 = x6 ⇔ x = −2 ⇒ y = 4 (vì (x; y) 6= (0; 0)).
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm (x; y) = (0; 0), (x; y) = (2; 4) và (x; y) = (−2, 4). 48 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Câu 4.2. √8x + 8 − x4 + 3x − 6 a) Đặt L = lim , ta có x→1 (x − 1)2 √ ñ ô 8x + 8 − (x + 3) x4 − 4x + 3 L = lim − x→1 (x − 1)2 (x − 1)2 ñ ô 8x + 8 − (x + 3)2 (x − 1)2 x2 + 2x + 3 = lim √ − x→1 (x − 1)2 8x + 8 + x + 3 (x − 1)2 ñ − ô (x − 1)2 (x − 1)2 x2 + 2x + 3 = lim √ − x→1 (x − 1)2 8x + 8 + x + 3 (x − 1)2 ñ − ô 1 = lim √ − x2 + 2x + 3 x→1 8x + 8 + x + 3 1 49 = − − 6 = − . 8 8
b) Gọi x (x ∈ Z; 1 6 x 6 9) là số quả cầu lấy ra, ta có số phần tử không gian mẫu là n(Ω) = Cx9.
Trong chín quả cầu có 2 quả cầu đánh số chia hết cho 4 và 7 quả cầu đánh số không chia hết cho
4. Gọi A là biến cố: “có ít nhất một quả cầu ghi số chia hết cho 4”. Suy ra A là biến cố: “không
có quả cầu nào ghi số chia hết cho 4”. Ta có Cx 7! x!(9 − x)! (9 − x)(8 − x) x2 − 17x + 72 n A = Cx ⇒ 7 · 7 P A = = = = . Cx x!(7 − x)! 9! 9 · 8 72 9 Do đó x2 − 17x + 72 17x − x2 P(A) = 1 − = . 72 72 Theo giả thiết, ta có 5 17x − x2 5 P(A) > ⇔ >
⇔ x2 − 17x + 60 < 0 ⇔ 5 < x < 12. 6 72 6
Vậy số quả cầu ít nhất cần lấy ra là 6. Câu 4.3.
a) Với mọi n > 1, ta có 1 (n − 1)(n + 2) 1 n − 1 1 2 1 un+1 = un + = un + = un + − . 2 n(n + 1)(n + 2) 2 n(n + 1) 2 n + 1 n Từ đó suy ra 2 1 Å 2 ã un+1 − = un − . n + 1 2 n 2 1 1 Đặt vn = un −
, ta có vn+1 = vn, suy ra (vn) là cấp số nhân với v1 = 3 và q = . Do đó n 2 2 3 3 2 12n vn = v1qn−1 = ⇒ un = + ⇒ n · un = + 2. 2n−1 2n−1 n 2n+1
Bằng quy nạp, ta sẽ chứng minh 2n+1 > n2. (1)
Thật vậy, dễ thấy (1) đúng với n = 1, n = 2, n = 3. Giả sử (1) đúng với n = k > 3, suy ra 49
4. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018 Nguyễn Minh Hiếu
2k+1 > k2. Ta cần chứng minh (1) đúng với n = k + 1, tức là cần chứng minh 2k+2 > (k + 1)2. Thật vậy
2k+2 = 2 · 2k+1 > 2k2 = (k + 1)2 + (k − 1)2 − 2 > (k + 1)2, ∀k > 3. 12n 12 12 12n Å 12n ã Khi đó 0 < < , mà lim = 0 nên lim = 0. Vậy lim (n · un) = lim + 2 = 2. 2n+1 n n 2n+1 2n+1
b) Giả sử 32n + 3n2 + 7 = b2 với b ∈ ∗
N , ta có b2 > 32n hay b > 3n ⇒ b > 3n + 1. Từ đó suy ra
32n + 3n2 + 7 = b2 > (3n + 1)2 = 32n + 2 · 3n + 1, suy ra 2 · 3n < 3n2 + 6. (2)
Nếu n > 3 thì (2) không xảy ra vì 2 · 3n = 2 · (1 + 2)n =
2 C0n + 2C1n + 22C2n + · · · =
2 (1 + 2n + 2n(n − 1) + · · · ) > 2 + 4n2 = 3n2 + n2 + 2 > 3n2 + 6. Do đó n = 1 hoặc n = 2.
) Với n = 1, ta có 32n + 3n2 + 7 = 19 không phải là số chính phương.
) Với n = 2, ta có 32n + 3n2 + 7 = 100 là số chính phương.
Vậy có duy nhất n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 4.4. C0 D0 A0 B0 F I E N G D C M K O A B
a) Gọi I trung điểm DC0, ta có I ∈ BG ⊂ (ABG). Qua I kẻ đường thẳng song song CD, cắt CC0
và DD0 lần lượt tại E và F . Ta có EF k CD k AB ⇒ EF ⊂ (ABG), do đó thiết diện của hình
hộp cắt bởi (ABG) là tứ giác ABEF . Dễ thấy EF k AB và EF = AB, do đó thiết diện ABEF là hình bình hành.
b) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong (ACC0A0), ta thấy G là giao điểm của A0C và C0O và CG 1 =
. Trong (ABCD), qua M kẻ đường thẳng song song BD, cắt AC tại K, ta có CA0 3
®M K k BD ⊂ (BDC0) ⇒ (MNK) k (BDC0) ⇒ NK k (BDC0) ⇒ NK k GO. M N k (BDC0) Ta có AK AM 1 CO 4 = = ⇒ = . AO AD 4 CK 7 50 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Vì N K k GO nên CG CO 4 CN 7 = = ⇒ = . CN CK 7 CA0 12 CN 7 Vậy = . CA0 12
Câu 4.5. Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề Cho các số thực dương m, n ta có » √ √ 3 4(m + n) > 3 m + 3 n. (1)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = n. √ √
Thật vậy: Đặt x = 3 m, y = 3 n (x, y > 0), khi đó (1) trở thành 3
p4 (x3 + y3) > x + y. Ta xét 4 x3 + y3 − (x + y)3 = 3 x3 − x2y − xy2 + y3 = 3(x − y) x2 − y2 =
3(x − y)2(x + y) > 0, ∀x, y > 0.
Do đó 4 x3 + y3 > (x + y)3 hay 3
p4 (x3 + y3) > x + y (bổ đề được chứng minh).
Bất đẳng thức đã cho tương đương với … a b … c 3 + 3 + 3 < 1. 16a + 16b + 4c 16b + 16c + 4a 16c + 16a + 4b
Áp dụng bổ đề ở trên, ta có √ √ … a … a 3 a 3 a 3 = 3 6 √ 6 √ √ √ . 16a + 16b + 4c 4[4(a + b) + c] 3 p4(a + b) + 3 c 3 a + 3 b + 3 c Tương tự ta có √ √ b 3 b … c 3 c 3 6 √ √ √ ; 3 6 √ √ √ . 16b + 16c + 4a 3 a + 3 b + 3 c 16c + 16a + 4b 3 a + 3 b + 3 c
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có … a b … c 3 + 3 + 3 6 1. 16a + 16b + 4c 16b + 16c + 4a 16c + 16a + 4b
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 4a + 4b = c  
4b + 4c = a ⇒ 8(a + b + c) = a + b + c ⇒ a + b + c = 0 (mâu thuẫn).  4c + 4a = b Do đó … a b … c 3 + 3 + 3 < 1. 16a + 16b + 4c 16b + 16c + 4a 16c + 16a + 4b 51
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 5
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2016-2017 Câu 5.1.
a) Ta có phương trình tương đương
2 cos 2x sin 2x + 2 cos2 2x − sin 2x − cos 2x − 1 = 0
⇔ sin 4x + cos 4x = sin 2x + cos 2x √ π √ π ⇔ 2 sin 4x + = 2 sin 2x + 4 4 π π 4x + = 2x + + k2π ⇔ 4 4  π π 4x + = π − 2x − + k2π 4 4 x = kπ ⇔  π π (k ∈ Z). x = + k 12 3 π π
Vậy phương trình có nghiệm x = kπ; x = + k (k ∈ Z). 12 3 ® 1
(2x − y + 2)(2x + y) + 6x − 3y + 6 = 0 (1)
b) Điều kiện xác định: x > − ; y > 1. Ký hiệu √ 2 2x + 1 + py − 1 = 4. (2) Ta có (1)
⇔ (2x − y + 2)(2x + y) + 3(2x − y + 2) = 0
⇔ (2x − y + 2)(2x + y + 3) = 0 ñy = 2x + 2 ⇔ y = −2x − 3.
Với y = 2x + 2 thay vào (2), ta có √ √ √ 3 2x + 1 + 2x + 1 = 4 ⇔
2x + 1 = 2 ⇔ 2x + 1 = 4 ⇔ x = ⇒ y = 5. 2
Với y = −2x − 3 thay vào (2), ta có √ √ 2x + 1 + −2x − 2 = 4 (vô nghiệm). Å 3 ã
Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = ; 5 . 2 Câu 5.2. a) Đặt An = n+1 pn(n + 1)x + 1, ta có An − 1 n(n + 1)x + 1 − 1 lim = lim x→0 x x→0 hÄ än Ä än−1 i x n+1 pn(n + 1)x + 1 + n+1 pn(n + 1)x + 1 + · · · + 1 n(n + 1) = = n. n + 1 52 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Do đó A1A2 · · · A2016 − 1 L = lim x→0 x
A1A2 · · · A2016 − A1A2 · · · A2015 + A1A2 · · · A2015 − · · · + A1 − 1 = lim x→0 x
A1A2 · · · A2015 (A2016 − 1) + A1A2 · · · A2014 (A2015 − 1) + · · · + A1 − 1 = lim x→0 x 2016 · 2017 = 2016 + 2015 + · · · + 1 = . 2 b) Dễ thấy u ∗ n > 0, ∀n ∈ N và 2n + 1 4n + 6 2n + 5 u2 ⇔ − n+1 = u2 n + u2 2n n+1 = u2 n + 2n 2n 2(n + 1) + 3 2n + 3 ⇔ u2n+1 + = u2 . 2n n + 2n−1 2n + 3 Đặt v ∗ n = u2 , ta có n + , ∀n ∈ N
vn+1 = vn = · · · = v1 = 6. Từ đó suy ra 2n−1 … 2n + 3 … 2n + 3 √ un = 6 − ⇒ lim un = lim 6 − = 6. 2n−1 2n−1 √ Vậy lim un = 6. Câu 5.3. S H P G K I B C O E M Q F A D
a) Từ giả thiết suy ra S.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng a. Vì M ∈ (P ) ∩
(ABCD) và (P ) k AD nên qua M kẻ đường thẳng song song AD lần lượt cắt AB, CD tại E và
F , ta có EF = (P ) ∩ (ABCD). Vì (P ) k SO nên qua M kẻ đường thẳng song song SO cắt SA tại
H, ta có HE = (P ) ∩ (SAB). Vì (P ) k AD nên qua H kẻ đường thẳng song song AD cắt SD tại
G, ta có HG = (P ) ∩ (SAD) và GF = (P ) ∩ (SCD). Từ đó suy ra EF GH là thiết diện cần tìm. AH DG
Theo cách vẽ ta có EF k GH (vì cùng song song với AD). Mặt khác = ⇒ AH = DG AS DS AE DF và =
⇒ AE = DF , suy ra 4HAE = 4GDF (c.g.c). Do đó HE = GF . Từ đó suy ra AB DC EF GH là hình thang cân. b) Ta có √ p a 2 SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO = SA2 − AO2 = . 2 53
5. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017 Nguyễn Minh Hiếu
Lại có HM k SO ⇒ HM ⊥ (ABCD) và √ HM AM ak 2 = = k ⇒ HM = . SO AO 2 Mặt khác HG k AD nên HG SH OM = = = 1 − k ⇒ HG = (1 − k)a. AD SA OA Do đó √ √ 1 1 ak 2 2k − k2 a2 2 SEF GH = (EF + GH) · HM = [a + (1 − k)a] · = . 2 2 2 4
c) Giả sử EF GH ngoại tiếp đường tròn tâm I. Khi đó (I) tiếp xúc HG tại trung điểm P , tiếp xúc
EF tại trung điểm Q và tiếp xúc HE tại điểm K. Theo tính chất tiếp tuyến ta có 1 HE = HK + EK = HP + EQ = (GH + EF ) ⇔ 2HE = GH + EF. (3) 2 Lại có √ EM AM k ak p ak 3 = = ⇒ EM = ⇒ EH = EM 2 + HM 2 = . BC AC 2 2 2 Khi đó √ ak 3 √ 2 (3) ⇔ 2 ·
= (1 − k)a + a ⇔ k 3 = 2 − k ⇔ k = √ . 2 1 + 3 2 Vậy với k =
√ thì EF GH ngoại tiếp một đường tròn. 1 + 3
Câu 5.4. Theo bất đẳng thức AM − GM , ta có p » 2 + y2 1 + y3 = (1+) (1 − y + y2) 6 . 2 Từ đó suy ra 1 + x2 1 + x2 > . p 1 + 4 1 + y3 + 3z2 2 (1 + y2) + 3 (1 + z2) Tương tự ta có 1 + y2 1 + y2 √ > ; 1 + 4 1 + z3 + 3x2 2 (1 + z2) + 3 (1 + x2) 1 + z2 1 + z2 √ > . 1 + 4 1 + x3 + 3y2 2 (1 + x2) + 3 (1 + y2)
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có X 1 + x2 X 1 + x2 > . p 1 + 4 1 + y3 + 3z2 2 (1 + y2) + 3 (1 + z2) cyc cyc
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dạng phân thức ta có X 1 + x2 1 + x2 + 1 + y2 + 1 + z22 > . 2 (1 + y2) + 3 (1 + z2) 5 P (1 + x2) (1 + y2) cyc cyc
Lại áp dụng bất đẳng thức quen thuộc (a + b + c)2 > 3(ab + bc + ca), ta có 1 + x2 + 1 + y2 + 1 + z22 3 > . 5 P (1 + x2) (1 + y2) 5 cyc
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2. 54 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 5.5. Chọn một bàn trong hội nghị và giả sử số ghi trên phiếu của các thành viên của bàn lần lượt là a1, a2, . . . , a10.
TH1: Có hai thành viên của bàn có số giống nhau. Khi đó ta chọn hai nhóm, mỗi nhóm là một thành
viên có số giống nhau. Suy ra bàn này là một bàn “thân thiện”.
TH2: Các thành viên của bàn đều có số ghi trên phiếu đôi một khác nhau. Đặt
B1 = {ai}; B2 = {ai + aj|i 6= j}; . . . ; B9 = {a1 + · · · + a10 − ai|1 6 i 6 10}.
Tổng các số ghi trên bàn chỉ nhận giá trị từ 145 đến 945. Mặt khác
|B1| + |B2| + |B9| = C110 + C210 + · · · + C910 = 210 − 2 = 2022.
Do đó chắc chắn sẽ có ít nhất hai tổng trong 1022 tổng tạo thành từ các số trên bàn bằng nhau.
Suy ra bàn này là một bàn “thân thiện”.
Vậy tất cả các bàn trong hội nghị đều là bàn “thân thiện”. 55
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015-2016 Câu 6.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với √
2 sin 2x sin x + 2 cos 2x = cos x + 3 sin 3x √ ⇔
cos x − cos 3x + 2 cos 2x = cos x + 3 sin 3x √ ⇔ cos 3x + 3 sin 3x = 2 cos 2x π ⇔ cos 3x − = cos 2x. (1) 2 π π 2π
Giải phương trình (1) được hai họ nghiệm x = + k2π; x = + l (k, l ∈ Z). 3 15 5
b) Với điều kiện xy 6= 0, hệ đã cho tương đương với  1 1  1 1 x + + y + = 5 x + + y + = 5    x y  x y hay 1 1 Å 1 ã2 Å 1 ã2   x2 + y2 + + = 9  x + + y + = 13.  x2 y2  x y 1 1 Å 1 ã Å 1 ã Đặt S = x + + y + ; P = x + y + , hệ trở thành x y x y ®S = 5 (1) S2 − 2P = 13. ®S = 5 Giải (1) được , suy ra P = 6  1  1 x + = 2 x + = 3  x  x hoặc (2) 1 1   y + = 3 y + = 2. y y √ √ 3 ± 5 3 ± 5 Giải (2) được x = 1; y = hoặc x =
; y = 1. Vậy hệ có bốn nghiệm 2 2 √ √ √ √ ®Ç å Ç å Ç å Ç å´ 3 + 5 3 − 5 3 + 5 3 − 5 (x; y) ∈ 1; ; 1; ; ; 1 ; ; 1 . 2 2 2 2 Câu 6.2. √ √ 3 1 + 3x − 1 + 2x a) Đặt L = lim , ta có x→0 x2 √ √ ñ 3 ô 1 + 3x − (x + 1) (x + 1) − 1 + 2x L = lim + x→0 x2 x2 56 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI   1 + 3x − (x + 1)3 (x + 1)2 − (1 + 2x) = lim √  √ +  x→0 x2 Ä 3
p(1 + 3x)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + (x + 1)2ä x2 x + 1 + 1 + 2x ñ − ô 3 − x 1 = lim √ + √ x→0 3
p(1 + 3x)2 + (x + 1) 3 1 + 3x + (x + 1)2 x + 1 + 1 + 2x 1 = − . 2 1 Vậy L = − . 2 b) Ta có
un+1 = 3un + 2n − 1 ⇔ un+1 + (n + 1) = 3 (un + n) .
Do đó, đặt vn = un + n, ta có dãy (vn) xác định như sau: ®v1 = 2 vn+1 = 3vn, n > 1.
Khi đó (vn) là một cấp số nhân với v1 = 2 và công bội q = 3. Suy ra
vn = 2 · 3n−1 ⇒ un = 2 · 3n−1 − n. Do đó u Å ã n 2 · 3n−1 − n 2 n lim = lim = lim − . 3n 3n 3 3n n Đặt an = , ta sẽ chứng minh 3n Å 2 ãn 0 < an < , ∀n > 1. (1) 3 1 2 Å 2 ãk
Thật vậy, an > 0, ∀n > 1 là điều hiển nhiên. Hơn nữa a1 = < và giả sử ak < , ∀k > 1, 3 3 3 Å 2 ãk+1 cần chứng minh ak+1 < , ∀k > 1. Thật vậy, 3 a Å ãk+1 k+1 k + 1 3k k + 1 2 2 2 = · = 6 ⇒ ak+1 6 ak < , ∀k > 1. ak 3k+1 k 3k 3 3 3 n u 2 Do đó (1) đúng, suy ra n lim = 0. Vậy lim = . 3n 3n 3 Câu 6.3. 57
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu B P C M O Q A D K G N R B0 C0 T M 0 A0 D0
a) Xét hai mặt phẳng (A0BD) và (CB0D0) có
®BD k B0D0 ⇒ (A0BD) k (CB0D0). A0B k D0C
Lại có (α) k (A0BD), suy ra (α) k (CB0D0). Từ đó ta có cách dựng thiết diện như sau: Trong
mặt phẳng (ABCD) dựng đường thẳng đi qua M song song BD cắt BC tại P và cắt CD tại Q;
trong mặt phẳng (CDD0C0) dựng đường thẳng đi qua Q song song CD0 cắt DD0 tại R; trong
mặt phẳng (ADD0A0) dựng đường thẳng đi qua R song song A0D cắt A0D0 tại S; trong mặt
phẳng (A0B0C0D0) dựng đường thẳng đi qua S song song B0D0 cắt A0B0 tại T ; trong mặt phẳng
(ABB0A0) dựng đường thẳng đi qua T song song A0B cắt BB0 tại K. Thiết diện là lục giác P QRST K.
b) Gọi M 0 = A0C0 ∩ T S và N = AC0 ∩ M M 0, ta có ®N ∈ AC0 ⇒ N = AC0 ∩ (α). N ∈ M M 0 ⊂ (α)
Gọi O = AC ∩ BD và G = A0O ∩ AC0, ta có AG AO 1 1 = = ⇒ AG = AC0 (1) GC0 A0C0 2 3 Mặt khác (A0BD) ∩ (ACC0A0) = OG   (α) ∩ (ACC0A0) = M N ⇒ M N k OG.  (A0BD) k (α)
Xét trong tam giác AM N có M N k OG nên AN AM 3 3 = = ⇒ AN = AG (2) AG AO 2 2 1 Từ (1) và (2) suy ra AN =
AC0 hay N là trung điểm của AC0. 2 58 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 6.4. Đa giác đều có 2017 cạnh nên có 2017 đỉnh. Vì các đỉnh được sơn bằng 2 màu xanh và đỏ
nên ắt phải tồn tại hai đỉnh kề nhau là M và N được sơn cùng một màu (chẳng hạn màu đỏ). Vì đa
giác đã cho là đa giác đều có một số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên đường trung
trực của đoạn thẳng M N . Giả sử đó là đỉnh A.
) Nếu A sơn màu đỏ thì tam giác AMN là tam giác cân tại A có 3 đỉnh A, M, N được sơn cùng màu đỏ.
) Nếu A sơn màu xanh. Lúc đó ta gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với M và N. Có hai khả năng xảy ra:
= Nếu cả B và C đều sơn màu xanh thì tam giác ABC cân tại A có 3 đỉnh được sơn màu xanh.
= Nếu ngược lại một trong hai đỉnh B và C mà được sơn màu đỏ thì tam giác BMN hoặc
tam giác CM N là tam giác cân có 3 đỉnh được sơn màu đỏ.
Tóm lại luôn tồn tại 3 đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác cân.
Câu 6.5. Từ điều kiện ii) ta có √ √ x + y3 = 4 x3 + y3 > (x + y)3. Suy ra √ √ 1 √ √ √ √ x + y > x + y > x + y2 ⇒ x + y 6 2. (1) 2
Ta chứng minh bất đẳng thức sau: 3 a3 + b3 a2 + b2 > , ∀a, b > 0. 2 2
Thật vậy, theo bất đẳng thức AM − GM ta có
a6 + b6 + 4a3b3 = a6 + a3b3 + a3b3 + b6 + a3b3 + a3b3 > 3a4b2 + 3a2b4.
Lại từ điều kiện ii) ta có √ √ x + y 3 x3 + y3 x2 + y2 = > . (2) 2 2 2
Theo bất đẳng thức (a + b + c)2 > 3(ab + bc + ca) và từ i) ta có √ √ √ √ √ √ 3 x2 + y2 +
xy = (x + 1 + 1)(y + 1 + 1) > x + y + 12 > 3 xy + x + y . Suy ra √ √ x2 + y2 > x + y. (3) Từ (2) và (3) suy ra √ √ √ √ x + y x + y √ √ > hay x + y > 2. (4) 2 2 √ √ Từ (1) và (4) ta có x + y = 2. Câu 6.6.
a) Với điều kiện x 6 1, phương trình đã cho tương đương với √ √ √ √ Ä ä Ä ä Ä ä 1 + 1 − x 1 − 1 − x 3 2 − x = x 1 + 1 − x √ √ Ä ä ⇔ x 3 2 − x = x 1 + 1 − x . (1) 59
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
Phương trình (1) tương đương với x = 0 hoặc √ √ 3 2 − x = 1 + 1 − x. (2) √ √ Đặt
1 − x = a; 3 2 − x = b (a > 0), phương trình (2) trở thành ®b = 1 + a b3 − a2 = 1.
Thế phương trình thứ nhất vào phương trình thứ hai ta có
(1 + a)3 − a2 = 1 ⇔ a3 + 2a2 + 3a = 0 ⇔ a = 0. √ Với a = 0 ⇒
1 − x = 0 ⇔ x = 1. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. b) Đặt
f (x) = p(x − a)(x − c) + q(x − b)(x − d).
Vì f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Ta có f (a) = q(a − b)(a − d), f (c) = q(c − b)(c − d), suy ra
f (a) · f (c) = q2(a − b)(a − d)(c − b)(c − d). (3)
TH1: q = 0, từ (3), ta có f (a) · f (c) = 0, suy ra f (x) = 0 có nghiệm x = a hoặc x = c.
TH2: q 6= 0, từ (3) và a < b < c < d, ta có f (a) · f (c) < 0, suy ra f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm trên (a; c).
Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với a < b < c < d và p, q là hai số thực bất kỳ.
Câu 6.7. Trước hết ta chứng minh u ∗ n > 5, ∀n ∈ N . (1) Thật vậy, u ∗
1 = 5 > 5. Giả sử un > 5, ∀n ∈ N , ta có
un+1 = (un − 2)2 > (5 − 2)2 = 9 > 5 ⇒ (1) đúng. Do đó u ∗
n+1 − un = (un − 2)2 − un = un (un − 5) + 4 > 0, ∀n ∈ N .
Suy ra (un) là dãy số tăng. Giả sử lim un = L > 5, từ un+1 = (un − 2)2, chuyển qua giới hạn ta có ñL = 1
L = (L − 2)2 ⇔ L2 − 5L + 4 = 0 ⇔ (vô lý). L = 4 u Do đó n+1 − 4
lim un = +∞. Ta lại có un+1 − 4 = (un − 2)2 − 4 = un (un − 4), hay un = , do đó un − 4 u2 − 4 u3 − 4 un+1 − 4 un+1 − 4 u1 · u2 · · · un = · · · · = = un+1 − 4. u1 − 4 u2 − 4 un − 4 u1 − 4 Vậy u Å ã 1 · u2 · · · un un+1 − 4 4 lim = lim = lim 1 − = 1. un+1 un+1 un+1 Câu 6.8. 60 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI A S I O N B C T K M J a) Ta có 1 Ä ä ’ M BI = ÷ M BC + ’ IBC = ÷ M AC + ’ IBC = ’ BAC + ’ ABC ; (1) 2 1 Ä ä ’ M IB = ‘ IAB + ‘ IBA = ’ BAC + ’ ABC . (2) 2 Từ (1) và (2), ta có ’ M BI = ’ M IB ⇒ M I = M B = M C.
Hơn nữa tứ giác IBJ C nội tiếp đường tròn đường kính IJ , do đó M là trung điểm IJ . b) Ta có 1 Ä ä 1 Ä ä ’ N T S = sđ ˜ N A + sđ ˆ AS = sđ ¯ N M + sđ ˆ AS = ’ N IM . (3) 2 2 Mặt khác ’ N T S + ‘ J T S = 180◦; ’ N IM + ‘ J IS = 180◦. (4) Từ (3) và (4), ta có ‘ J T S = ‘
J IS, suy ra tứ giác J T IS nội tiếp đường tròn (K). Hơn nữa tứ giác
J BIC nội tiếp đường tròn (M ). Khi đó IJ là trục đẳng phương của (K) và (M ); BC là trục
đẳng phương của (O) và (M ); T S là trục đẳng phương của (O) và (K). Theo tính chất tâm đẳng
phương của ba đường tròn có tâm O, M , K không thẳng hàng, suy ra IJ , BC, T S đồng quy.
Câu 6.9. Gọi A là tập hợp tất cả các bộ 100 số (a1, a2, . . . , a100) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ký hiệu
B là tập hợp 100 số phân biệt của 1917 số nguyên dương đầu tiên. Xét ánh xạ với quy ước sau: f : A −→ B
(a1, a2, . . . , a100) 7−→ (a1, a2 − 1, . . . , a100 − 99)
trong đó a1 < a2 < · · · < a100. Vì
a2 − a1 > 2 ⇒ a2 − 1 > a1 + 1 > a1
a3 − a2 > 2 ⇒ a3 − 2 > a2 > a2 − 1 61
6. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016 Nguyễn Minh Hiếu
a4 − a3 > 2 ⇒ a4 − 3 > a3 − 1 > a3 − 2 · · ·
a100 − a99 > 2 ⇒ a100 − 99 > a99 − 97 > a99 − 98 và a1 > 1,
a100 − 99 6 2016 − 99 = 1917 nên
(a1, a2 − 1, . . . , a100 − 99) ∈ B.
Như vậy với mỗi phần tử thuộc A ứng với duy nhất một phần tử thuộc B qua ánh xạ f . Tương tự với mỗi phần tử (b1, b2, . . . , b100) ∈ B
luôn tồn tại duy nhất phần tử
(b1, b1 + 1, . . . , b100 + 99) ∈ A để
f ((b1, b1 + 1, . . . , b100 + 99)) = (b1, b2, . . . , b100) .
Do đó f là một song ánh nên số phần tử của A bằng số phần tử của B và bằng C100 . 1917
Câu 6.10. Giả sử 22n−1 − 2n + 1 là số chính phương. Khi đó tồn tại m ∈ ∗ N sao cho 22n−1 − 2n + 1 = m2. (1)
TH1: m = 1, từ (1), ta có 22n−1 − 2n + 1 = 1 ⇔ 2n−1 = 1 ⇔ n = 1.
TH2: m > 1, từ (1) và 22n−1 − 2n + 1 lẻ, suy ra m2 lẻ, hay m lẻ. Khi đó
m > 3 ⇒ 22n−1 − 2n + 1 > 9 ⇒ n > 2. Ta lại có
(1) ⇔ 22n−2 + 2n−1 − 12 = m2 ⇔ 22n−2 = m − 2n−1 + 1 m + 2n−1 − 1 .
Đặt a = m − 2n−1 + 1, b = m + 2n−1 − 1, ta có a, b chẵn, a < b và ab = 22n−2. (2)
Mặt khác b − a = 2n − 2 ≡ 2 (mod 4), suy ra a = 2, b = 2n, thế vào (2) được 2n+1 = 22n−2 ⇔ n = 3. Với n = 3, ta có
22n−1 − 2n + 1 = 25 − 23 + 1 = 25 (thỏa mãn).
Vậy có hai giá trị nguyên dương n = 1, n = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 62 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 7
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2014-2015 Câu 7.1.
a) Ta có phương trình tương đương √ 4 sin 2x sin x − 3 sin x − cos x = 0 √ ⇔ 2 (cos x − cos 3x) − 3 sin x − cos x = 0 √ 1 3 ⇔ cos x − sin x = cos 3x 2 2 π ⇔ cos x + = cos 3x 3 π x = + kπ ⇔ 6  π π (k ∈ Z) . x = − + k 12 2 π π π
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = + kπ, x = − + k (k ∈ Z). 6 12 2
b) Điều kiện x 6= 0; y 6= 0. Biến đổi phương trình thứ nhất, ta có 2x + y Å 1 ã 1 1 2x + y + = 6 ⇔ (2x + y) 1 + = 6 ⇔ 1 + = . (1) xy xy xy 2x + y
Thay (1) vào phương trình thứ hai, ta có ñx = y
36 x2 + y2 = 8(2x + y)2 ⇔ 4x2 − 32xy + 28y2 = 0 ⇔ x = 7y.
Với x = y thay vào phương trình thứ nhất, ta có 3 3x +
= 6 ⇔ x2 − 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 (thỏa mãn). x
Với x = 7y thay vào phương trình thứ nhất, ta có 15 15y + = 6 ⇔ 35y2 − 14y + 5 = 0 (vô nghiệm). 7y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1). Câu 7.2. a) Dễ thấy (u ∗
n) là dãy số dương. Ta có u1 = 2 > 2; giả sử un > 1, ∀n ∈ N cần chứng minh u ∗
n+1 > 1, ∀n ∈ N . Thật vậy, ta có u2015 (un − 1) u2014 u n + un + 1 n + 2 ∗ n+1 − 1 = − 1 = > 0, ∀n ∈ N . u2014 − n un + 3 u2013 n (un − 1) + 3 Do đó u ∗
n > 1, ∀n ∈ N . Lại có u2015 (un − 1)2 u n + un + 1 ∗ n+1 − un = − un = > 0, ∀n ∈ N . u2014 − n un + 3 u2013 n (un − 1) + 3
Vậy (un) là dãy số tăng. 63
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
b) Giả sử (un) có giới hạn hữu hạn là L, ta có L2015 + L + 1 L = ⇔ (L − 1)2 = 0 ⇔ L = 1. L2014 − L + 3
Điều này mâu thuẫn vì (un) là dãy số tăng và bị chặn dưới bởi 1. Từ đó suy ra (un) có giới hạn là +∞. Theo câu a), ta có 1 u2014 1 1 = n + 2 − (un − 1) = − . un+1 − 1 (un − 1) (u2014 n + 2) un − 1 u2014 n + 2 Hay n 1 1 1 X 1 1 1 1 = − ⇒ = − = 1 − . u2014 n + 2 un − 1 un+1 − 1 u2014 + 2 u1 − 1 un+1 − 1 un+1 − 1 i=1 i Vậy n Å ã X 1 1 lim = lim 1 − = 1. u2014 + 2 un+1 − 1 i=1 i Câu 7.3. S H G B C O E M F A D
a) Vì M ∈ (P ) ∩ (ABCD) và (P ) k AD nên qua M kẻ đường thẳng song song AD lần lượt cắt
AB, CD tại E và F , ta có EF = (P ) ∩ (ABCD). Vì (P ) k SO nên qua M kẻ đường thẳng song
song SO cắt SA tại H, ta có HE = (P ) ∩ (SAB). Vì (P ) k AD nên qua H kẻ đường thẳng
song song AD cắt SD tại G, ta có HG = (P ) ∩ (SAD) và GF = (P ) ∩ (SCD). Từ đó suy ra
EF GH là thiết diện cần tìm. Theo cách vẽ ta có EF k GH (vì cùng song song với AD). Mặt AH DG AE DF khác = ⇒ AH = DG và =
⇒ AE = DF , suy ra 4HAE = 4GDF (c.g.c). AS DS AB DC
Do đó HE = GF . Từ đó EF GH là hình thang cân. b) Ta có p SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO = SA2 − AO2 = 1.
Lại có HM k SO ⇒ HM ⊥ (ABCD) và HM AM AM · SO = ⇒ HM = = x. SO AO AO Mặt khác HG k AD nên HG SH OM AD · OM √ = = ⇒ HG = = 2(1 − x). AD SA OA OA 64 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Vậy √ 1 1 √ √ î ó 2x(2 − x) SEF GH = (EF + GH) · HM = 2 + 2(1 − x) · x = . 2 2 2 6!
Câu 7.4. Gọi X tập hợp gồm tất cả các cách sắp xếp, ta có n(X) =
= 180. Gọi A là tập hợp các 2!2!
cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau. Hai chữ A đứng cạnh nhau có thể xem là một chữ A nên 5! n(A) =
= 60. Tương tự, gọi M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ M đứng cạnh nhau, ta có 2! 5! n(M ) =
= 60. Ta có A ∩ M là tập hợp các cách sắp xếp gồm hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ 2!
M đứng cạnh nhau. Hai chữ A đứng cạnh nhau và hai chữ M đứng cạnh nhau có thể xem là hai chữ
A, M nên n(A ∩ M ) = 4! = 24. Vậy số cách sắp xếp cần tìm là
n(X) − n(A ∪ M ) = n(X) − [n(A) + n(M ) − n(A ∩ M )] = 180 − (60 + 60 − 24) = 84. Câu 7.5. Đặt a b c P = √ + √ + √ . 4a2 + b2 + c2 4b2 + c2 + a2 4c2 + a2 + b2
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có Å a2 b2 c2 ã P 2 6 3 + + . 4a2 + b2 + c2 4b2 + c2 + a2 4c2 + a2 + b2
Lại theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz dạng Engel, ta có a2 a2 (1 + 1)2 a2 Å 1 1 ã 1 a2 = · 6 · + = + ; (1) 4a2 + b2 + c2 4 3a2 + a2 + b2 + c2 4 3a2 a2 + b2 + c2 12 4 (a2 + b2 + c2) b2 b2 (1 + 1)2 b2 Å 1 1 ã 1 b2 = · 6 · + = + ; (2) 4b2 + c2 + a2 4 3b2 + b2 + c2 + a2 4 3b2 b2 + c2 + a2 12 4 (a2 + b2 + c2) c2 c2 (1 + 1)2 c2 Å 1 1 ã 1 c2 = · 6 · + = + . (3) 4c2 + a2 + b2 4 3c2 + c2 + a2 + b2 4 3c2 c2 + a2 + b2 12 4 (a2 + b2 + c2)
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được a2 b2 c2 1 a2 + b2 + c2 1 + + 6 + = . 4a2 + b2 + c2 4b2 + c2 + a2 4c2 + a2 + b2 4 4 (a2 + b2 + c2) 2 3 … 3 Do đó P 2 6 , hay P 6
. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. 2 2 Câu 7.6.
a) Ta có 1, 2, 4, ..., 2n là cấp số nhân có n + 1 số hạng với u1 = 1 và q = 2, do đó 1 2n+1 − 1 1 + 2 + 4 + · · · + 2n = = 2 · 2n − 1. 2 − 1
Lại có 1, 5, 25, ..., 5n là cấp số nhân có n + 1 số hạng với u1 = 1 và q = 5, do đó 1 5n+1 − 1 5 · 5n − 1 1 + 5 + 25 + · · · + 5n = = . 5 − 1 4 Từ đó suy ra 2 · 2n − 1 8 · 2n − 4 8 2 n − 4 · 1 n A = lim = lim = lim 5 5 n→+∞ 5·5n−1 n→+∞ 5 · 5n − 1 n→+∞ 5 − 1 n = 0. 4 5 65
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu b) Ta có √ √ √ √
1 + 2014x · 3 1 + 2015x − 3 1 + 2015x + 3 1 + 2015x − 1 B = lim x→0 x √ √ √ ñ 3 1 + 2015x 1 + 2014x − 1 3 ô 1 + 2015x − 1 = lim + x→0 x x  √  3 1 + 2015x (1 + 2014x − 1) 1 + 2015x − 1 = lim √  + √ √  x→0 x 1 + 2014x − 1 Ä ä x 3 1 + 2015x2 + 3 1 + 2015x + 1 " √ # 2014 3 1 + 2015x 2015 = lim √ + √ √ x→0 1 + 2014x + 1 3 1 + 2015x2 + 3 1 + 2015x + 1 5036 = . 3 Câu 7.7.
a) Phương trình đã cho tương đương với
2014x2015 − x3 + mx2 + 1 − m = 0 ⇔ 2014x2015 − x3 + m x2 − 1 + 1 = 0.
Đặt f (x) = 2014x2015 − x3 + m x2 − 1 + 1, ta có f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R.
Lại có f (−1) = −2012, f (1) = 2014, suy ra f (−1) · f (1) < 0. Do đó f (x) = 0 luôn có ít nhất một
nghiệm trên (−1; 1), hay phương trình đã cho có nghiệm với mọi m. √
b) Điều kiện xác định −1 6 x 6 1. Đặt u =
1 − x2 (0 6 u 6 1), phương trình trở thành √1 + u = x(1 + 2u).
Nhận thấy −1 6 x 6 0 không phải nghiệm phương trình. Với 0 < x 6 1 bình phương hai vế phương trình, ta có
1 + u = x2 1 + 4u + 4u2 ⇔ 1 + u = 1 − u2 1 + 4u + 4u2 .
Vì 1 + u > 0 nên chia hai vế phương trình cho 1 + u, ta có u = 0√
1 = (1 − u) 1 + 4u + 4u2 ⇔ 4u3 − 3u = 0 ⇔  3 u = . 2 √3 1 1
Với u = 0 ⇒ x = 1; với u = ⇒ x =
. Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = . 2 2 2 Câu 7.8. a) Ta có 2n 1 un+1 = un −
⇔ (n + 1)un+1 = 2nun − 1 ⇔ (n + 1)un+1 − 1 = 2 (nun − 1) . n + 1 n + 1
Đặt vn = nun − 1, ta có vn+1 = 2vn, suy ra (vn) là cấp số nhân với v1 = 2, q = 2. Do đó 2n + 1 2n + 1 vn = 2 · 2n−1 = 2n ⇒ un =
. Vậy dãy số (un) có số hạng tổng quát un = . n n 66 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI 2n + 1 b) Ta có nu ∗ n = n ·
= 2n + 1. Giả sử nun là số chính phương khi đó tồn tại m ∈ N sao cho n
2n + 1 = m2 ⇔ 2n = (m + 1)(m − 1). ®m + 1 = 2n−k (1) n Từ đó suy ra , trong đó k ∈ ∗ N và 0 < k <
. Trừ theo vế (1) và (2), ta có m − 1 = 2k (2) 2 ®2k = 2 ® ä k = 1
2n−k − 2k = 2 ⇔ 2k Ä2n−2k − 1 = 2 ⇔ ⇔ 2n−2k − 1 = 1 n = 3.
Vậy nun là số chính phương khi và chỉ khi n = 3. Câu 7.9. E C K D B O O0 Q M A N P a) Ta có ( ’ ACD = ÷
AM C (cùng chắn cung nhỏ ˜ AC) ⇒ ’ ACD = ’ ECD. (1) ’ ECD = ÷ AM C (hai góc đồng vị) Tương tự ( ’ ADC = ’
AN D (cùng chắn cung nhỏ ˜ AD) ⇒ ’ ADC = ’ EDC. (2) ’ EDC = ’ AN D (hai góc đồng vị)
Từ (1) và (2) ta có AE là đường trung trực của CD hay AE vuông góc với CD.
b) Gọi K là giao điểm của AB và CD ta có KC2 = KB · AK = KD2 hay K là trung điểm của CD.
Lại có P Q k CD suy ra A là trung điểm của P Q mà AE ⊥ P Q nên tam giác EP Q cân tại E. Câu 7.10.
) Với 3 6 n 6 8, ta tô màu xanh các số 1, 2, 5, 6 và tô màu đỏ các số 3, 4, 7, 8 thì không tồn tại ba
số cùng màu nào lập thành cấp số cộng. Do đó 3 6 n 6 8 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 67
7. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015 Nguyễn Minh Hiếu
) Với n = 9, giả sử rằng không tồn tại ba số cùng màu lập thành cấp số cộng. Không mất tính tổng
quát ta tô số 3 màu xanh. Vì các số 3, 4, 5 không tô cùng màu nên ta có các trường hợp sau:
TH1: Số 4 tô màu đỏ và số 5 tô màu xanh, ta có:
= Các số 1, 3, 5 không tô cùng màu nên số 1 tô màu đỏ.
= Các số 1, 4, 7 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
Lúc này các số 3, 5, 7 đều tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết.
TH2: Số 4 tô màu xanh và số 5 tô màu đỏ, ta có:
= Các số 2, 3, 4 không tô cùng màu nên số 2 tô màu đỏ.
= Các số 2, 5, 8 không tô cùng màu nên số 8 tô màu xanh.
= Các số 4, 6, 8 không tô cùng màu nên số 6 tô màu đỏ.
= Các số 5, 6, 7 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
= Các số 1, 4, 7 không tô cùng màu nên số 1 tô màu đỏ.
= Các số 1, 5, 9 không tô cùng màu nên số 9 tô màu xanh.
Lúc này các số 7, 8, 9 đều tô màu xanh nên mâu thuẫn giả thiết.
TH3: Số 4 và số 5 đều tô màu đỏ, ta có:
= Các số 4, 5, 6 không tô cùng màu nên số 6 tô màu xanh.
= Các số 3, 6, 9 không tô cùng màu nên số 9 tô màu đỏ.
= Các số 1, 5, 9 không tô cùng màu nên số 1 tô màu xanh.
= Các số 1, 2, 3 không tô cùng màu nên số 2 tô màu đỏ.
= Các số 2, 5, 8 không tô cùng màu nên số 8 tô màu xanh.
= Các số 5, 7, 9 không tô cùng màu nên số 7 tô màu xanh.
Lúc này các số 6, 7, 8 đều tô màu xanh mâu thuẫn giả thiết.
Như vậy với n = 9 thì mọi cách tô màu đều tồn tại ba số cùng màu lập thành một cấp số cộng.
Vậy số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 9. 68 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 8
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013-2014 Câu 8.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
sin 2x sin x − cos 2x sin x + sin(2x + x) = cos x(sin x + cos x)
⇔ sin 2x sin x − cos 2x sin x + sin 2x cos x + cos 2x sin x = cos x(sin x + cos x)
⇔ sin 2x(sin x + cos x) = cos x(sin x + cos x)
⇔ cos x(2 sin x − 1)(sin x + cos x) = 0  cos x = 0 1 ⇔   sin x =  2 tan x = −1.
Giải các phương trình trên ta có nghiệm của phương trình đã cho là π π 5π π x = + kπ, x = + k2π, x = + k2π, x = − + k2π (k ∈ Z) . 2 6 6 4
b) Điều kiện x + y > 0. Biến đổi phương trình thứ nhất, ta có
(x + y)2 − 2xy (x + y) + 8xy = 16(x + y)
⇔ (x + y) (x + y)2 − 16 − 2xy(x + y − 4) = 0
⇔ (x + y − 4) [(x + y)(x + y + 4) − 2xy] = 0
⇔ (x + y − 4) x2 + y2 + 4(x + y) = 0 ñy = 4 − x ⇔ x2 + y2 + 4(x + y) = 0 (vô nghiệm).
Với y = 4 − x thay vào phương trình thứ hai, ta có ñx = 2 x2 + x − 6 = 0 ⇔ x = −3.
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (2; 2) và (x; y) = (−3; 7). Câu 8.2.
a) Vì giữa 2 bạn nữ gần nhau có 2 bạn nam nên 4 bạn nữ chỉ có thể ngồi vào các vị trí 1, 4, 7, 10
của dãy 10 ghế được đánh số thứ tự từ 1 đến 10; từ trái sang phải.
TH1: Bình ngồi vào vị trí 1 hoặc 10, khi đó An có 5 cách chọn vị trí để không ngồi cạnh Bình.
Suy ra số cách sắp xếp là 2 · 5 · 3! · 5! = 7200.
TH2: Bình ngồi vào vị trí 4 hoặc 7, khi đó An có 4 cách chọn vị trí để không ngồi cạnh Bình. Suy
ra số cách sắp xếp là 2 · 4 · 3! · 5! = 5760.
Vậy số cách sắp xếp thỏa mãn điều kiện bài toán là 12 960. 69
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu
b) Ta có f (x) là hàm số liên tục, nhận giá trị không âm trên [0; +∞), suy ra f (0) > 0.
TH1: f (0) = 0 ta có ngay điều phải chứng minh. f (x) f (a)
TH2: f (0) > 0, theo giả thiết lim
= L < 1 nên tồn tại số thực a > 0 sao cho < 1 x→+∞ x a
hay f (a) − a < 0. Đặt g(x) = f (x) − x, ta có g(x) liên tục trên [0; a] và
g(0) · g(a) = f (0) · [f (a) − a] < 0.
Do đó tồn tại ít nhất số thực c ∈ (0; a) thỏa mãn g(c) = 0 hay f (c) = c.
Như vậy luôn tồn tại ít nhất số c ∈ [0; +∞) thỏa mãn f (c) = c. Câu 8.3. S M N I K P B C O A D
a) Trong (ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD; trong (SAC), nối SO cắt AM tại I. Trong
(SBD), qua I dựng đường thẳng ∆ luôn cắt hai cạnh SB, SD và không qua B, D. Khi đó N là
giao điểm của ∆ và SB và P là giao điểm của ∆ và SD. Gọi K trung điểm M C ⇒ OK k AM .
Vì SC = 3SM nên M trung điểm SK ⇒ I trung điểm SO. Theo công thức tỷ số diện tích tam giác ta có S4SNP SN SP = · . (1) S4SBD SB SD Lại có S4SNP S4SNI + S4SP I S4SNI S4SP I = = + S4SBD S4SBD 2S4SBO 2S4SDO SI Å SN SP ã 1 Å SN SP ã = + = + . (2) 2SO SB SD 4 SB SD Từ (1) và (2), ta có SN SP 1 Å SN SP ã Å SN SP ã SB SD SB SD · = + ⇔ + · = 4 ⇔ + = 4. SB SD 4 SB SD SB SD SN SP SN SP
b) Theo kết quả câu a), ta có SB SD SB SD + = 4 ⇒ · 6 4 SN SP SN SP hay S4SBD 1 6 4 ⇔ S4SNP > S4SBD. S4SNP 4 SB SD
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi =
hay N P k BD. Vậy tam giác SN P có diện tích nhỏ SN SP
nhất khi (P ) qua A, M và song song với BD. 70 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Câu 8.4. Bất đẳng thức tương đương a2b b2c c2a 3 a2b b2c c2a 3 a − + b − + c − > ⇔ + + 6 . ab + 1 bc + 1 ca + 1 2 ab + 1 bc + 1 ca + 1 2 Ta có a2b b2c c2a a2b b2c c2a 1 √ √ √ Ä ä + + 6 √ + √ + √ = a3b + b3c + c3a . ab + 1 bc + 1 ca + 1 2 ab 2 bc 2 ca 2 Do đó cần chứng minh √ √ √ (a + b + c)2 a3b + b3c + c3a 6 . (1) 3 √ √ √ √ √ √ Đặt x = a + bc − ab, y = b + ca − bc, z = c + ab − ca, ta có √ √ √
x + y + z = a + b + c và xy + yz + zx = a3b + b3c + c3a.
Khi đó bất đẳng thức (1) trở thành (x + y + z)2 xy + yz + zx 6 (luôn đúng). 3
Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh. Câu 8.5.
a) Phương trình đã cho tương đương với p p x2 + 12 − x2 + 5 = 3x − 5. (1) √ √ 5 Vì x2 + 12 >
x2 + 5, ∀x ∈ R nên 3x − 5 > 0 hay x > . Khi đó 3 p p (1) ⇔ x2 + 12 − 4 = 3x − 6 + x2 + 5 − 3 x2 − 4 x2 − 4 ⇔ √ = 3(x − 2) + √ x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 Å x + 2 x + 2 ã ⇔ (x − 2) √ − √ − 3 = 0 x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 x = 2 ⇔ Å ã Å ã  1 1 5 (x + 2) √ − √ = 3 vô nghiệm vì x > . x2 + 12 + 4 x2 + 5 + 3 3
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 2.
b) Số các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau từ tập X là A3 = 60. Số các số tự nhiên có 5
ba chữ số đôi một khác nhau từ tập X và không có chữ số 5 là A3 = 24. Gọi X 4 1, X2 lần lượt là
các biến cố hai bạn A và B viết lên bảng được số không có mặt chữ số 5, ta có 24 2 2 3 P (X 1) = P (X2) = = ⇒ P X1 = P X2 = 1 − = . 60 5 5 5
Gọi X là biến cố trong hai số viết lên bảng có đúng một số có chữ số 5, ta có X = X1X2 ∪ X1X2.
Hai bạn A, B viết ngẫu nhiên lên bảng nên các biến cố X1, X2, X1, X2 là độc lập. Do đó xác suất của biến cố X là 3 2 2 3 12 P (X) = P X 1 P (X2) + P (X1) P X2 = · + · = . 5 5 5 5 25 71
8. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014 Nguyễn Minh Hiếu Câu 8.6. √ √ 2 1 + x − 3 8 − x a) Đặt L = lim , ta có x→0 x √ √ ñ ô 2 1 + x − 2 2 − 3 8 − x L = lim + x→0 x x   2(1 + x − 1) 8 − (8 − x) = lim √  + √ √  x→0 x 1 + x + 1 Ä x 4 + 2 3 8 − x + 3 8 − x2ä " # 2 1 = lim √ + √ √ x→0 1 + x + 1 4 + 2 3 8 − x + 3 8 − x2 1 13 = 1 + = . 12 12 √ √ 2 1 + x − 3 8 − x 13 Vậy lim = . x→0 x 12
b) Xét hai dãy số (un) và (vn) xác định như sau: ®u ® 1 = min{c, d, 4} v1 = max{c, d, 4} √ và √ u ∗ ∗ n+1 = 2 un, ∀n ∈ N vn+1 = 2 vn, ∀n ∈ N . Ta có u ∗
1 6 4; giả sử uk 6 4, ∀k ∈ N ta có √ u ∗ k+1 = 2
uk 6 4 ⇒ un 6 4, ∀n ∈ N . Lại có √ √ √ u ∗ n+1 − un = 2 un − un = un (2 − un) > 0, ∀n ∈ N .
Từ đó ta có (un) là dãy số tăng và bị chặn trên bởi 4 nên hội tụ. Giả sử (un) hội tụ về L ta có √ ®L > 0 ñL = 0 (loại) L = 2 L ⇔ ⇔ ⇒ lim un = 4. L2 − 4L = 0 L = 4 n→+∞
Tương tự chứng minh được (vn) giảm, bị chặn dưới và có giới hạn lim vn = 4. Tiếp theo ta n→+∞ chứng minh u ∗
n 6 min {x2n−1, x2n} , ∀n ∈ N . Ta có
u1 = min{c, d, 4} = min {x1, x2, 4} 6 min {x1, x2} . Giả sử u ∗
k 6 min {x2k−1, x2k} , ∀k ∈ N , cần chứng minh u ∗
k+1 6 min {x2k+1, x2k+2} , ∀k ∈ N . Thật vậy, ∀k ∈ ∗ N ta có √ √ √ √ √ uk+1 = 2 uk = uk + uk 6 x2k−1 + x2k = x2k+1. Suy ra √ √ √ √ √ uk+1 = 2 uk 6 uk + uk+1 6 x2k + x2k+1 = x2k+2. Do đó un+1 6 min {x2n+1, x2n+2} .
Tương tự chứng minh được vn+1 > max {x2n+1, x2n+2}. Do đó
un+1 6 min {x2n+1, x2n+2} 6 max {x2n+1, x2n+2} 6 vn+1.
Lại có lim un = lim vn = 4 nên lim x2n−1 = lim x2n = 4. Vậy lim xn = 4. n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ n→+∞ 72 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Câu 8.7. L A K I J M F E B H D C
a) Gọi N là giao điểm của AD và BL, vì KB k AD k LC nên ta có AN LA KB · LA DN BD KA CL · KA = ⇒ AN = ; = = ⇒ DN = . (1) KB LK LK CL BC KL KL Lại có KA KB ’ KAB = ’ LAC ⇒ 4KAB v 4LAC ⇒ = ⇔ KA · LC = KB · LA. (2) LA LC
Từ (1) và (2), ta có AN = DN hay N là trung điểm AD, do đó N trùng với M . Chứng minh
tương tự ta cũng có CK đi qua M , từ đó ta có AD, BL, CK đồng quy tại M .
b) Gọi H là giao điểm thứ hai của (τ ) và (Ω), ta có ’ CLE = ÷ DM E và ’ CLE + ’ EHC = 180◦ nên ÷ DM E + ’ EHC = 180◦.
Từ đó suy ra tứ giác M EHD nội tiếp đường tròn; tương tự tứ giác M HDF nội tiếp đường tròn.
Suy ra M , E, H, D, F nằm trên một đường tròn nên ÷ M ED = ÷ M HD và ÷ M DE = ÷ M F E. Hơn
nữa tam giác M HD cân tại M nên ÷ M HD = ÷ M DH, suy ra ÷ M ED = ÷ M HD = ÷ M DH. Lại có ÷ M BD = 180◦ − ÷ M DH − ÷ BM D và ÷ M DE = 180◦ − ÷ M ED − ÷ DM E. Từ đó suy ra ÷ M BD = ÷ M DE, do đó ÷ M BD = ÷
M F E. Vậy bốn điểm B, E, F , C cùng thuộc một đường tròn.
Câu 8.8. Ta có phương trình tương đương
n2 + 2n − 4 m4 + m2 − m + 1 = 0.
Xem phương trình là phương trình bậc hai theo ẩn n ta có ∆0 = 4m4 + 4m2 − 4m + 5. Phương trình có
nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆0 là một số chính phương.
TH1: m = 0, ta có ∆0 = 5 không thỏa mãn.
TH2: m > 0, ta có ∆0 = 2m22 + (2m − 1)2 + 1 > 2m2.
Mặt khác ∆0 = 2m2 + 12 − 4(m − 1) 6 2m2 + 12.
Do đó ∆0 là số chính phương khi và chỉ khi ∆0 = 2m2 + 12 ⇔ m = 1. ñn = 2
Với m = 1 thay vào phương trình được n2 + 2n − 8 = 0 ⇔ n = −4 (loại). Vậy (m, n) = (1; 2). 73
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2012-2013 Câu 9.1.
a) Hệ đã cho tương đương với  1 1 x + 1 + + (x + 1) = 11   y y 1  (x + 1)2 + = 13.  y2 1 Đặt x + 1 = u, = v, hệ trở thành y ®u + v + uv = 11 ®2(u + v) + 2uv = 22 ⇔ u2 + v2 = 13 (u + v)2 − 2uv = 13.
Cộng theo vế các phương trình trong hệ, ta có ñu + v = 5
(u + v)2 + 2(u + v) = 35 ⇔ u + v = −7.
) Với u + v = −7 ⇒ uv = 18 (vô nghiệm).  x = 2  ®u = 3   1   v = 2 y = ) 
Với u + v = 5 ⇒ uv = 6 ⇒  2   ⇒ ®    u = 2 x = 1     v = 3  1 y = . 3 Å 1 ã Å 1 ã
Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = 2; ; (x; y) = 1; . 2 3
b) Phương trình đã cho tương đương với
4 sin2 x sin2 3x = 6 + 2 sin 3x. (1)
Ta có 4 sin2 x sin2 3x 6 4 và 6 + 2 sin 3x > 4, do đó  sin2 x = 1  π  ® x = + kπ  cos x = 0  2 π (1) ⇔ sin2 3x = 1 ⇔ ⇔ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z). sin 3x = −1 π 2π 2  x = − + k  sin 3x = −1  6 3 π
Vậy phương trình có nghiệm x = + k2π (k ∈ Z). 2 Câu 9.2. 74 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI √ √ Ä ä a) Đặt L = lim
n4 + n2 + 1 − 3 n6 + 1 , ta có Äp ä L = lim n4 + n2 + 1 − n2 + n2 − 3 pn6 + 1 Ñ é n4 + n2 + 1 − n4 n6 − n6 + 1 = lim √ + √ √ n4 + n2 + 1 + n2 Ä ä2 n4 + n2 3 n6 + 1 + 3 n6 + 1 Ü ê n2 + 1 1 = lim − ä ï n2 Ä»1 + 1 + 1 + 1 » Ä » ä2 ò 3 n2 n4 n4 1 + 3 1 + 1 + 1 + 1 n6 n6 1 = . 2 1 Vậy L = . 2 b) Nhận thấy rằng u ∗
n > 0, ∀n ∈ N . Theo giả thiết ta có 1 1 un+1 = un ⇔ un+1 − un . n+1 n + 2013n n+1 n = 2013n Do đó 1 1 1 u2 − − − 2 u11 = ; u3 u2 ; . . . ; un un−1 = . 20131 3 2 = 20132 n n−1 2013n−1
Cộng theo vế các đẳng thức trên được Å 1 ãn−1 1 − 1 1 1 2013 un − n u11 = + + · · · + = . 20131 20132 2013n−1 2012 Từ đó suy ra Õ Å 1 ãn−1 n 1 − 2013 un = 2013 + . 2012 Dễ thấy Õ Å 1 ãn−1 n 1 − 2013 √ 1 < u ∗ n = 2013 + < n 2014, ∀n ∈ N . 2012
Theo bất đẳng thức AM − GM có 1 + 1 + · · · + 1 +2014 √ | {z } 2013 n n−1 số 1 2014 < = 1 + . n n Do đó 2013 1 < u ∗ n < 1 + , ∀n ∈ N . n Lại có Å 2013 ã lim 1 + = 1 ⇒ lim un = 1. n Vậy lim un = 1. Câu 9.3. 75
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu S K Q J H B C O P M A I D
a) Gọi H là trung điểm BC, từ giả thiết ta có HA = HB = HC = HD = a. Suy ra AHCD là hình
thoi nên HD ⊥ AC mà SD ⊥ AC nên AC ⊥ (SHD) ⇒ SH ⊥ AC. (1)
Lại có tam giác SBC đều cạnh 2a nên √ SH = a 3 và SH ⊥ BC. (2) Từ (1) và (2), ta có p p
SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ HD ⇒ SD = SH2 + HD2 = 3a2 + a2 = 2a.
b) Qua M kẻ đường thẳng song song AC cắt AD và CD lần lượt tại I và P . Qua I, M , P kẻ các
đường thẳng song song SD cắt SA, SB, SC lần lượt tại J , K, Q. Khi đó thiết diện cần tìm là
ngũ giác IJ KQP . Ta có SD ⊥ AC nên IJ KM và P QKM là các hình thang vuông tại I, M và P , M . Do đó 1 1 SIJKQP = SIJKM + SP QKM = IM (IJ + KM ) + P M (P Q + KM ). 2 2 Dễ thấy IJ = P Q nên 1 1 SIJKQP = (IJ + KM )(IM + P M ) = IP (IJ + KM ). 2 2 Ta có √ OD AD 1 1 a 3 4OAD v 4OCB ⇒ = = ⇒ OD = BD = . OB BC 2 3 3 Từ IP k AC, suy ra √ IP DM DM · AC xa 3 = ⇒ IP = = √ = 3x. AC DO DO a 3 3 Từ IJ k SD, suy ra √ Ç å a 3 − x 2a IJ AI OM OM · SD 3 √ Ä ä = = ⇒ IJ = = √ = 2 a − x 3 . SD AD OD OD a 3 3 Từ KM k SD, suy ra √ Ä ä KM BM BM · SD a 3 − x 2a 2 √ Ä ä = ⇒ KM = = √ = √ a 3 − x . SD BD BD a 3 3 76 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Khi đó 1 Å √ 2x ã √ √ Ä ä SIJKQP = 3x 2a − 2x 3 + 2a − √ = 3 3a − 2x 2x. 2 3
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có √ √ √ Ç å2 3a − 2x + 2x 3 3a2 SIJKQP 6 3 = . 2 4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi √ √ a 3 3a − 2x = 2x ⇔ x = . 4 √ √ 3 3a2 a 3
Vậy diện tích thiết diện IJ KQP đạt giá trị lớn nhất là khi x = . 4 4 Câu 9.4.
a) Với d = −2013, phương trình trở thành
x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013 = 0. Đặt
f (x) = x4 + ax3 + bx2 + cx − 2013.
Khi đó f (x) là hàm số đa thức nên liên tục trên R. Ta có lim f(x) = +∞ nên tồn tại hai số x→±∞
α < 0 và β > 0 sao cho f (α) > 0 và f (β) > 0. Lại có f (0) = −2013 < 0 nên f (α) · f (0) < 0 và
f (β) · f (0) < 0. Vậy phương trình đã cho có ít nhất hai nghiệm phân biệt thuộc hai khoảng (α; 0) và (0; β).
b) Với d = 1, phương trình trở thành 1 1
x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 = 0 ⇔ x2 + + ax + c · + b. x2 x
Giả sử phương trình có nghiệm x0. Khi đó 1 1 Å 1 ã2 Å 1 ã2 x20 + + ax0 + c · + b = 0 ⇒ ax0 + c · + b = x2 . x2 x x 0 + x2 0 0 0 0
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz có Å 1 ã2 Å 1 ã ax0 + c · + b 6 a2 + b2 + c2 x2 + 1 . x 0 + 0 x20 Hay Å 1 ã2 x2 + Å 1 ã2 Å 1 ã 0 x2 x2 ⇔ 0 0 + 6 a2 + b2 + c2 x2 + 1 a2 + b2 + c2 > . x2 0 + x2 1 0 0 x2 + + 1 0 x20 1 Đặt x2 + = t 0 > 2, ta có x20 t2 a2 + b2 + c2 > . t + 1 77
9. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013 Nguyễn Minh Hiếu Lại có t2 4 >
⇔ 3t2 − 4t − 4 ≥ 0 ⇔ (t − 2)(3t + 2) > 0 (đúng do t > 2). t + 1 3 4
Do đó a2 + b2 + c2 > . Ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3  2 ñx a = b = c = 0 = 1 t = 2 ⇒ x2 ⇒ 3  0 = 1 ⇒ x  2 0 = −1. a = c = −b = . 3 78 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 10
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2011-2012 Câu 10.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
(cos x + sin x)3 − 3 cos x sin2 x + cos2 x − sin x sin2 x + cos2 x = 0
⇔ 2 sin x cos2 x − 2 cos3 x = 0
⇔ 2 cos2 x(sin x − cos x) = 0 ñ cos x = 0 ⇔ tan x = 1 π x = + k2π ⇔ 2  π (k ∈ Z) . x = + kπ 4 π π
Vậy phương trình có nghiệm x = + kπ, x = + kπ (k ∈ Z). 2 4
b) Hệ đã cho tương đương với  ®x = 1 ® x2 + 2x (2x + y) = 9 ®x2 + 2x = 3  y = 1 ⇔ ⇔   x2 + 2x + (2x + y) = 6 2x + y = 3 ®  x = −3  y = 9.
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y) = (1; 1) và (x; y) = (−3; 9). Câu 10.2. Ta có
2011 1 − x2012 − 2012 1 − x2011 L = lim x→1 (1 − x2011) (1 − x2012)
(1 − x) 2011 1 + x + · · · + x2011 − 2012 1 + x + · · · + x2010 = lim x→1
(1 − x)2 (1 + x + · · · + x2011) (1 + x + · · · + x2010)
(1 − x) −1 − x − · · · − x2010 + 2011x2011 = lim
x→1 (1 − x)2 (1 + x + · · · + x2011) (1 + x + · · · + x2010)
(1 − x) x2011 − 1 + x x2010 − 1 + · · · + x2010(x − 1) = lim x→1
(1 − x)2 (1 + x + · · · + x2011) (1 + x + · · · + x2010)
(1 − x) (x − 1) x2010 + · · · + 1 + x x2009 + · · · + 1 + · · · + x2010 = lim x→1
(1 − x)2 (1 + x + · · · + x2011) (1 + x + · · · + x2010)
− x2010 + · · · + 1 + x x2009 + · · · + 1 + · · · + x2010 = lim x→1
(1 + x + · · · + x2011) (1 + x + · · · + x2010) 2011 + 2010 + · · · + 2 + 1 1 = − = − . 2012 · 2011 2 Câu 10.3. 79
10. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012 Nguyễn Minh Hiếu S H F D M A C E K B
a) Gọi H, K lần lượt là trung điểm SA và BC. Theo giả thiết M là trọng tâm tứ diện nên M là
trung điểm HK. Do đó ta có −−→ 1 ï ò Ä− − → − − →ä 1 1 −→ 1 Ä−→ −→ä 1 Ä−→ −→ −→ä SM = SH + SK = SA + SB + SC = SA + SB + SC 2 2 2 2 4 1 Å SA −→ SB −→ SC −→ã 1 Å 1 −→ 1 −→ 1 −→ã = SD + SE + SF = SD + SE + SF . 4 SD SE SF 4 SD SE SF b) Từ câu a), ta có −−→ 1 −→ 1 −→ 1 −→ SM = SD + SE + SF . 4SD 4SE 4SF
Mặt khác M ∈ (DEF ) nên ta có 1 1 1 1 1 1 + + = 1 ⇔ + + = 4. 4SD 4SE 4SF SD SE SF 1 1 1 Đặt = a, = b,
= c, ta có a + b + c = 4. Khi đó SD SE SF 1 1 1 (a + b + c)2 16 + + = ab + bc + ca 6 = . SD · SE SE · SF SF · SD 3 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4 3 a = b = c = ⇒ SD = SE = SF = . 3 4 1 1 1 16 3 Vậy + +
đạt giá trị lớn nhất là khi SD = SE = SF = . SD · SE SE · SF SF · SD 3 4
Câu 10.4. Đặt a = x, b = 2y, c = 3z. Từ giả thiết ta có a, b, c > 0 và abc = 1. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 1 1 1 3 + + > a3 (b + c) b3 (c + a) c3 (a + b) 2 b2c2 c2a2 a2b2 3 ⇔ + + > a (b + c) b (c + a) c (a + b) 2 b2c2 c2a2 a2b2 3 ⇔ + + > . ab + ac bc + ba ca + cb 2
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có b2c2 ab + ac + > bc; (1) ab + ac 4 c2a2 bc + ba + > ca; (2) bc + ba 4 a2b2 ca + cb + > ab. (3) ca + cb 4 80 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Cộng theo vế (1), (2) và (3) được » b2c2 c2a2 a2b2 bc + ca + ab 3 3 (abc)2 3 + + > > = . ab + ac bc + ba ca + cb 2 2 2
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu 10.5. Gọi ba đa giác cần dựng lần lượt là M , N , P và đặt A123 = M ∩ N ∩ P ; A12 = (M ∩ N ) \ A123; A13 = (M ∩ P ) \ A123; A23 = (N ∩ P ) \ A123; A1 = M \ (N ∪ P ); A2 = N \ (M ∪ P ); A3 = P \ (M ∪ N ). A1 A12 A13 A123 A2 A A 3 23
Ký hiệu SH là diện tích hình H ta có S  A + SA + SA + SA = SM SA + SA + SA + SA = 1 (1)  1 12 13 123  1 12 13 123   SA + S + S + S = S ⇔ S + S + S + S = 1 (2) 2 A12 A23 A123 N A2 A12 A23 A123   S  A + S + S + S = S S + S + S + S = 1. (3) 3 A13 A23 A123 P A3 A13 A23 A123
Cộng theo vế (1), (2) và (3), ta có 3SA + 2 (S + S + S ) + S + S + S = 3. (I) 123 A12 A13 A23 A1 A2 A3 1
Giả sử diện tích phần chung của các cặp đa giác đều nhỏ hơn ta có 3  1 S + S < (4)  A12 A123  3    1 SA + S < (5) 13 A123 3     1  SA + S < . (6) 23 A123 3
Cộng theo vế (4), (5) và (6), ta có 3SA + S + S + S < 1. (II) 123 A12 A13 A23
Trừ theo vế (I) và (II), ta có SA + S + S + S + S + S > 2. 12 A13 A23 A1 A2 A3
Điều này vô lý do hình vuông có diện tích bằng 2. Ta có điều phải chứng minh. 81
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu | ĐỀ SỐ 11
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2010-2011 Câu 11.1.
a) Phương trình đã cho tương đương với
3 sin x − 4 sin3 x + 4 cos3 x − 3 cos x − 2(cos x − sin x) + 1 = 0
⇔ 5(sin x − cos x) − 4(sin x − cos x)(1 + sin x cos x) + 1 = 0. √ 1 − t2
Đặt sin x − cos x = t, |t| 6 2 ⇒ sin x cos x = , phương trình trở thành 2 Å 1 − t2 ã 5t − 4t 1 +
+ 1 = 0 ⇔ 5t − 4t − 2t 1 − t2 + 1 = 0 ⇔ t = −1. 2 x = k2π π 1
Với t = −1 ⇒ sin x − cos x = −1 ⇔ sin x − = − √ ⇔  3π (k ∈ Z). 4 2 x = + k2π. 2 3π
Vậy phương trình có nghiệm x = k2π, x = + k2π (k ∈ Z). 2
b) Hệ đã cho tương đương với  1 1 16 x + y + x − y + + =   x + y x − y 3 1 1 100  (x + y)2 + (x − y)2 + + = .  (x + y)2 (x − y)2 9 1 1 Đặt a = x + y + , b = x − y + , hệ trở thành x + y x − y  a = 2   16  16  16  10  a + b = a + b = a + b = b =   3    ⇔ 3 ⇔ 3 ⇔ 3  100 136 20   10     a2 − 2 + b2 − 2 = (a + b)2 − 2ab = ab = a = 9 9 3  3  b = 2.  ®x = 2   1 x + y = 1 a = 2   y = −1 x + y + = 2         ) x + y Với x − y = 3   10 ⇒ ⇔ ⇔ 2 1 10  x =   b =    1  3 3 x − y + =    x − y 3  x − y =  3  1  y = . 3  ®x = 2   1 10 x + y = 3  10   y = 1 x + y + =     a =   ) x + y 3  1 Với 3 ⇒ ⇔  x + y = ⇔  2 1  3 x =   b = 2.    3 x − y + = 2    x − y  x − y = 1  1  y = − . 3 82 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm Å 2 1 ã Å 2 1 ã
(x; y) = (2; 1), (x; y) = (2; −1), (x; y) = ; và (x; y) = ; − . 3 3 3 3 Å 1 ã Câu 11.2. Dễ thấy
là dãy số dương. Từ công thức xác định có xn 1 1 1 0 < = < , x p n+1 30x2 x n + xn + 2011 n Å 1 ã 1 1 1
suy ra tồn tại giới hạn của . Đặt lim = L và từ = , ta có x p n n→+∞ xn xn+1 30x2n + xn + 2011 L L = √ ⇔ L2 2011L2 + L + 30 = L2 30 + L + 2011L2 ⇔ L2 2011L2 + L + 29 = 0 ⇔ L = 0. Lại có x p Å ã2 n+1 30x2 1 1 = n + xn + 2011 = 30 + + 2011 . xn xn xn xn Vậy x Å ã2 √ n+1 1 1 lim = lim 30 + + 2011 = 30. n→+∞ xn n→+∞ xn xn Câu 11.3. A H M I N B D Q J K P C (M N P Q) ∩ (ABC) = M N   a) Ta có
(M N P Q) ∩ (BCD) = P Q ⇒ M N , P Q, BC đôi một song song hoặc đồng quy.  (ABC) ∩ (BCD) = BC
) Trường hợp MN k P Q k BC, dễ thấy MNP Q là hình chữ nhật nên là hình thang cân.
) Trường hợp MN, P Q, BC đồng quy dễ thấy M Q 6= N P. (1) 83
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu
Gọi K là trung điểm BC ta có (KAD) ∩ (M N P Q) = I    (K AD) ∩ (BAD) = AD ⇒ M Q k AD. (M N P Q) ∩ (BAD) = M Q    IJ k AD Suy ra (BAD) ∩ (M N P Q) = M Q    (C AD) ∩ (M N P Q) = N P ⇒ M Q k N P. (2) (BAD) ∩ (CAD) = AD    M Q k AD Tứ diện ABCD đều nên AM = DQ  AN = DP ⇒ 4AM N = 4DQP ⇒ M N = QP. (3)   ÷ M AN = ’ QDP = 60◦
Từ (1), (2) và (3), ta có M N P Q là hình thang cân.
b) Ký hiệu SH là diện tích hình H ta có √ √ 1 1 3 3 S4MAN = AM · AN · sin 60◦ = xy · = xy 2 2 2 4 √ √ 1 1 a 3 1 3 S4MAI = AM · AI · sin 30◦ = x · · = ax 2 2 3 2 12 √ √ 1 1 a 3 1 3 S4NAI = AN · AI · sin 30◦ = y · · = ay 2 2 3 2 12 Khi đó √ √ √ 3 3 3 S4MAI + S4NAI = S4MAN ⇔ ax + ay = xy ⇔ a(x + y) = 3xy. 12 12 4
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có (x + y)2 a(x + y) (x + y)2 4a xy 6 ⇔ 6 ⇔ 6 x + y. 4 3 4 3
Gọi H là trung điểm AB, ta có  a H M = AM − AH = x − 2 N C = AC − AN = a − y. Xét tam giác IHM và ICN có  1 I H = IC  2 a 3a ⇒ HM < N C ⇔ x − < a − y ⇔ x + y < . 1 2 2  I M 6 IN 2 4a 3a Do đó 6 x + y < . 3 2 84 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI c) Ta có M Q = BM = a − x; N P = CN = a − y; p p M N =
AM 2 + AN 2 − 2AM.AN. cos 600 = x2 + y2 − xy
Gọi h là chiều cao của hình thang M N P Q ta có |M Q − N P |2 (x − y)2 1 » h = M N 2 − = x2 + y2 − xy − = 3 (x2 + y2) − 2xy. 4 4 2 Khi đó 1 1 » SMNP Q = (M Q + N P )h = (a − x + a − y) 3 (x2 + y2) − 2xy 2 4 1 » 1 8a(x + y) = [−(x + y)] 3(x + y)2 − 8xy = [2a − (x + y)] 3(x + y)2 − 4 4 3 1 … 8as 1 p = (2a − s) 3s2 − = √ (2a − s) 9s2 − 8as. 4 3 4 3 1 √
Vậy SMNP Q = √ (2a − s) 9s2 − 8as. 4 3
Câu 11.4. Đặt f (x) = ax2 + (2b + c)x + 2d + e, g(x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e, ta có f (4) = g(2).
TH1: a = b = c = d = 0, ta có f (x) có nghiệm nên e = 0 ⇒ g(x) ≡ 0 ⇒ g(x) có nghiệm.
TH2: a = b = c = 0 ta có f (x) có nghiệm nên 2d + e = 0 ⇒ g(2) = 0 ⇒ g(x) có nghiệm.
TH3: a = b = 0, c 6= 0, ta có f (x) = cx + 2d + e và g(x) = cx2 + dx + e.
) Nếu c > 0 thì lim f(x) = +∞ ⇒ g(2) = f(4) 6 0 mà lim g(x) = +∞ ⇒ g(x) có x→+∞ x→±∞ nghiệm.
) Nếu c < 0 thì lim f(x) = −∞ ⇒ g(2) = f(4) > 0 mà lim g(x) = −∞ ⇒ g(x) có x→−∞ x→±∞ nghiệm.
TH4: a = 0, b 6= 0, ta có g(x) = bx3 + cx2 + dx + e là đa thức bậc ba nên có nghiệm. TH5: a 6= 0, khi đó
) Nếu a > 0 thì lim f(x) = +∞ ⇒ g(2) = f(4) 6 0 mà lim g(x) = +∞ ⇒ g(x) có x→+∞ x→±∞ nghiệm.
) Nếu a < 0 thì lim f(x) = −∞ ⇒ g(2) = f(4) > 0 mà lim g(x) = −∞ ⇒ g(x) có x→−∞ x→±∞ nghiệm.
Như vậy phương trình ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0 luôn có nghiệm. Câu 11.5. Ta có 2 2 3 P = + + . Å ã Å ã y y z z x x + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 x y y z z x x y z Đặt a = , b = , c =
, suy ra a, b, c > 0 và abc = 1. Ta có y z x 2 2 3 P = + + Å 1 ã Å 1 ã Å 1 ã (c + 1) + 1 (a + 1) + 1 (b + 1) + 1 b c a 2b 2c 3a = + + . (c + 1)(1 + b) (a + 1)(1 + c) (b + 1)(1 + a) 85
11. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011 Nguyễn Minh Hiếu Khi đó 5 2b 2c 3a 5 P > ⇔ + + > 3 (c + 1)(1 + b) (a + 1)(1 + c) (b + 1)(1 + a) 3
⇔ 3 [2b(1 + a) + 2c(1 + b) + 3a(1 + c)] > 5(1 + a)(1 + b)(1 + c)
⇔ 6b + 6ab + 6c + 6bc + 9a + 9ac > 5(1 + a + b + c + ab + bc + ca + abc)
⇔ 4a + b + c + ab + bc + 4ca > 10.
Theo bất đẳng thức AM − GM ta có √ 4a + bc > 2 4abc = 4 (1)    √ b + 4ca > 2 4abc = 4 (2) √   c + ab > 2 abc = 2. (3)
Cộng theo vế (1), (2) và (3), ta có bất đẳng thức cần chứng minh. 86 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI | ĐỀ SỐ 12
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2009-2010 √ √
Câu 12.1. Điều kiện xác định −1 6 x 6 1. Đặt u = 2010 1 + x, v = 2010 1 − x (u, v > 0), phương trình trở thành ñu = v
2u2 − 3uv + v2 = 0 ⇔ (u − v)(2u − v) = 0 ⇔ 2u = v. Với u = v, suy ra √ √
2010 1 + x = 2010 1 − x ⇔ 1 + x = 1 − x ⇔ x = 0 (thỏa mãn). Với 2u = v. suy ra √ √ 1 − 22010
2 2010 1 + x = 2010 1 − x ⇔ 22010(1 + x) = 1 − x ⇔ x = (thỏa mãn). 1 + 22010 1 − 22010
Vậy phương trình có hai nghiệm x = 0 và x = . 1 + 22010
Câu 12.2. Dễ thấy (un) là dãy số dương nên từ công thức xác định ta có: » un+1 =
(u2n + 3un) (u2n + 3un + 2) + 1 » =
(u2n + 3un)2 + 2 (u2n + 3un) + 1 » = (u2n + 3un + 1)2 = u2 ∗ n + 3un + 1, ∀ ∈ N . Khi đó u ∗ n+1 + 1 = u2
n + 3un + 2 = (un + 1) (un + 2) , ∀ ∈ N . Do đó 1 1 1 1 = = − , ∀ ∈ ∗ N . un+1 + 1 (un + 1) (un + 2) un + 1 un + 2 Hay 1 1 1 = − , ∀ ∈ ∗ N . un + 2 un + 1 un+1 + 1 Do đó n Å ã X 1 1 1 1 1 1 v ∗ n = − = − = − , ∀n ∈ N . ui + 1 ui+1 + 1 u1 + 1 un+1 + 1 2 un+1 + 1 i=1 Lại có u ∗ n+1 − un =
u2n + 3un + 1 − un = (un + 1)2 > 0, ∀n ∈ N .
Suy ra (un) là dãy số tăng, giả sử (un) có giới hạn là L ta có L = L2 + 3L + 1 ⇔ L = −1 (vô lý) ⇒ lim un = +∞. n→+∞ Vậy Å 1 1 ã 1 lim vn = lim − = . n→+∞ n→+∞ 2 un+1 + 1 2 87
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu Câu 12.3. A0 D0 J B0 K C0 Q N H P A M D I B C − − → − → − − → −−→ a) Đặt − → a = AB, b = AD, − → c = AA0, ta có − → −−→ − → − → IJ = AD0 = b + c ; − − → −−→ − → x − → 1 − → IM = AM − AI = b − a ; a 2 −→ −−→ −→ x − → 1 − → IN = BN − BI = c + a . a 2 Từ đó suy ra − − → −→ x Ä− → − →ä x − → IM + IN = b + c = IJ . a a − − → −→ − →
Do đó ba vectơ IM , IN và IJ đồng phẳng. Vậy bốn điểm M , N , I, J đồng phẳng.
b) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P là giao điểm của IM và CD, ta có P ∈ (M IN J ). Trong
mặt phẳng (CDD0C0), gọi H là giao điểm của P J và DD0, ta có H ∈ (M IN J ). Trong mặt
phẳng (ABB0A0), gọi Q là giao điểm của IN và A0B0, ta có Q ∈ (M IN J ). Trong mặt phẳng
(A0B0C0D0), gọi K là giao điểm của QJ và B0C0, ta có K ∈ (M IN J ). Từ đó suy ra M IN KJ H
là thiết diện của hình lập phương cắt bởi (M IN J ). Ta có DH DP DP DM = = = ⇒ D0H = x. D0H D0J AI AM Tương tự B0K B0Q B0Q B0N = = = ⇒ C0K = x. C0K C0J BI BN Suy ra a2 √ IM = IN = J K = J H = + x2; M H = N K = 2(a − x). 4
Gọi p là chu vi của thiết diện M IN KJ H, ta có a2 √ p = 4 + x2 + 2 2(a − x). 4
Theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có Å ã a 2 a2 a2 1 a 2 + x 6 2 + x2 ⇔ + x2 > + x . 2 4 4 2 2 Do đó 1 a √ √ p > 4 · √ + x + 2 2(a − x) = 3 2a. 2 2 a
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
. Vậy chu vi của thiết diện M IN KJ H đặt giá trị nhỏ nhất 2 √
bằng 3 2a khi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BB0. 88 Nguyễn Minh Hiếu Phần II. LỜI GIẢI Å 1 ã ï 2009 ò
Câu 12.4. Xét hàm số g(x) = f x +
− f (x). Hàm số g(x) xác định và liên tục trên 0; . 2010 2010 Ta có Å 1 ã g(0) = f − f (0); 2010 Å 1 ã Å 2 ã Å 1 ã g = f − f ; 2010 2010 2010 Å 2 ã Å 3 ã Å 2 ã g = f − f ; 2010 2010 2010 · · · Å 2009 ã Å 2009 ã g = f (1) − f . 2010 2010
Cộng theo vế các đẳng thức trên, ta được Å 1 ã Å 2 ã Å 2009 ã g(0) + g + g + · · · + g = f (1) − f (0) = 0. 2010 2010 2010 Å i ã Å j ã
Do đó tồn tại i, j (với i, j ∈ N, i 6= j và i, j 6 2009) sao cho g · g 6 0. Vậy g(x) luôn có 2010 2010 ï 2009 ò Å 1 ã
ít nhất 1 nghiệm trên đoạn 0;
, hay phương trình f (x) = f x + có nghiệm x ∈ [0; 1]. 2010 2010
Câu 12.5. Bất đẳng thức đã cho tương đương với Õ Õ 1 Ã 1 1 + + > 1. Å b + c ã3 c + a 3 Å a + b ã3 1 + 1 + 1 + a b c b + c c + a a + b Đặt x = , y = , z =
, bất đẳng thức trở thành a b c … 1 1 … 1 + + > 1. 1 + x3 1 + y3 1 + z3
Theo bất đẳng thức AM − GM , ta có … 1 1 2 = > . 1 + x3 p(1 + x) (x2 − x + 1) x2 + 2 Tương tự, ta cũng có 1 2 … 1 2 > ; > . 1 + y3 y2 + 2 1 + z3 z2 + 2 Do đó ta cần chứng minh 1 1 1 1 + + > . x2 + 2 y2 + 2 z2 + 2 2 Tức là cần chứng minh 1 1 1 1 + + > . Å b + c ã2 c + a 2 Å a + b ã2 2 + 2 + 2 + 2 a b c 89
12. Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010 Nguyễn Minh Hiếu
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có 1 a2 a2 a2 = > = . Å b + c ã2 (b + c)2 + 2a2 2 (b2 + c2) + 2a2 2 (a2 + b2 + c2) + 2 a Tương tự, ta cũng có 1 b2 1 c2 > ; > . c + a 2 2 (a2 + b2 + c2) Å a + b ã2 2 (a2 + b2 + c2) + 2 + 2 b c
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có bất đẳng thức cần chứng minh. 90
Document Outline

  • ĐỀ THI
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010
  • LỜI GIẢI
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2022-2023
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2021-2022
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2020-2021
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2017-2018
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2016-2017
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2015-2016
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2014-2015
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2013-2014
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2012-2013
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2011-2012
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2010-2011
    • Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 Quảng Bình năm học 2009-2010