Tuyển chọn bộ đề thi học sinh giỏi Toán khối 12

Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 1 
TUYỂN CHỌN BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 
 ĐẮKLẮK MÔN : TOÁN 12-THPT 
ĐỀ CHÍNH THỨC ( 180 phút, không kể thời gian giao đề) 
Bài 1: (3 điểm) 
Giải hệ phương trình: 
2 2
ln ln
2 2 4
x y y x
x y
  

   
 Bài 2: (3 điểm) 
Giả sử 1 ,a a R   . Tìm hàm  f x xác định với 1x  sao cho thoả mãn phương trình 
( ) ( )
1
xf af x x
x
     
, trong đó ( )x là hàm cho trước xác định với 1x  
Bài 3: (3 điểm) 
Cho góc xOy. Điểm A di động trên Ox , điểm B di động trên Oy sao cho OA + OB = a không đổi. Tìm quĩ tích 
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. 
Bài 4: (3 điểm) : 
Tìm nghiệm nguyên không âm của phương trình : 2 5 !x y z  
Bài 5: (3 điểm) 
Cho    : 0,1 0,1f  là hàm số liên tục và có đạo hàm   ’f x thoả mãn  'f x m với mọi  0,1x , m là 
số thực dương cho trước và m <1. 
 1.Chứng minh rằng phương trình  f x x có đúng một nghiệm trên  0,1 .Gọi nghiệm đó là a . 
 2.Với  1 0,1x  là số thực cho trước, xét dãy số  nx cho bởi xn+1 = f(xn) với n nguyên dương. Tìm lim nn x . 
Bài 6: (3 điểm) 
Giả sử P(x) là tam thức bậc hai thoả mãn : 
 0 ( 1) 1;0 (0) 1;0 (1) 1P P P       
Chứng minh rằng 9( )
8
P x  với mọi  0,1x 
Bài 7: (2điểm) 
Cho một lục giác lồi có tính chất sau: khoảng cách giữa các trung điểm của bất cứ hai cạnh đối diện nào của lục 
giác đó cũng bằng tổng độ dài của hai cạnh đó nhân với 3
2
. Chứng minh rằng tất cả các góc của lục giác đó 
bằng nhau. 
----------------------HẾT----------------------- 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2007-2008 
 ĐẮKLẮK MÔN : TOÁN 12-THPT 
 A. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM 
Bài 1: 
Điều kiện: , 2x y  
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 2 
Phương trình đầu  – ln – ln 1x x y y 
Xét hàm số   – ln f t t t trên [ 2 ; ),  f t liên tục và có  ’ 0f t  nên f(t) đồng biến 
Do đó phương trình  1 x y  
Từ đó tìm được nghiệm của hệ là 6x y  
Bài 2: 
Đặt 
1 1
x yy x
x y
  
 
, từ đó : 
     2( ) ( )
1 1 1 1
y y y yf y af a af y y a f y a y
y y y y
    
       
                          
Từ đó suy ra 
 
2
1
( )
1
ya y
y
f y
a
 
 
   

Kiểm tra hàm ( )f y thoả mãn PT đang xét và 1y  
Bài 3: 
Lấy COx và DOy sao cho OC = OD = a 
Gọi L , K lần lượt là trung điểm của OC, OD 
Do OA+OB = a nên OA = BD (1) 
Qua L và K kẻ các đường trung trực của OC,OD. Hai trung 
trực này cắt nhau tại I (I cố định ). 
Hai tam giác vuông OKI và OLI bằng nhau (vì OI 
chung,
2
aOK OL  ) nên IK =IL (2) 
Mặt khác do OA + OB = OL + OK = a nên AL = BK (3) 
Do (2) và (3) nên hai tam giác vuông BKI = ALI. 
Nên AI = IB. 
Do 2 tam giác vuuông BKI =ALI nên:  OBI LAI 
hay   0180OBI OAI  
Do đó tứ giác OAIB là tứ giác nội tiếp. 
Do O và I là 2 diểm cố định nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB phải nằm trên đường trung trực của 
OI. 
Khi A O thì B D khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OAIB là O1( giao điểm 2 đường trung trực của 
OI và của OD) 
Khi B O thì A C khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác 
OAIB là O2( giao điểm 2 đường trung trực của OI và của OC) 
Đảo lại : Lấy O’ bất kỳ trên đoạn O1O2 vẽ đường tròn tâm O’ bán kính O’O cắt tia Ox tại A, Oy tại B ta chứng 
minh OA + OB = a. 
Ta có O’O =O’I nên tứ giác OAIB nội tiếp được trong (O’) 
Hai tam giác vuông ALI = BKI ( vì IL = IK, góc IAL = góc IBK) 
nên AL =BK. 
Nên ta có OA + OB = (OL –AL) + (OK + KB) = OL + OK =
2 2
a a
 = a. 
Bài 4: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 3 
- Nhận thấy nếu x,y dương thì z >2 khi đó do 2x và z! đều chia hết cho 2 mà 5x không chia hết cho 2 nên nếu 
(x,y,z) là nghiệm thì x hay y phải bằng 0 
- Nếu x = 0 thì ( 1) 1 + 5y = z!. Nếu y > 1 thì z > 5 khi đó vế trái chia cho 5 dư 1 còn vế phải chia hết cho 5 
nên (0 , y ,z) với y >1 không thể là nghiệm phương trình. 
- Nếu y = 0 thì z = 2  (0,0,2) là nghiệm . Nếu y = 1 thì z = 3 (0,1,3) là nghiệm . 
- Nếu y = 0 thì (1 )  2x + 1 = z! khi đó z >1 nên vế phải chia hết cho 2 do đó phải có x = 0 z = 2. 
- Tóm lại phương trình chỉ có 2 nghiệm nguyên không âm là (0,0,2) và (0,1,3) . 
Bài 5: 
1. Xét hàm số     – g x f x x ta có g(x) liên tục và có    ’ ’ – 1 0g x f x  do đó g(x) nghịch biến trên 
[0,1] . 
 + Nếu g(0) = 0 hay g(1) = 0 thì ta có đpcm . 
 + Nếu  0g và  1g đồng thời khác không thì  0 0g  và  1 0g  từ đó do tính liên tục và đơn điệu của 
g(x) suy ra có đúng một giá trị x [0,1] để g(x) = 0 hay phương trình   f x x có đúng một nghiệm x = a  
[0,1] 
2. Nếu x1 = a thì ta có xn = a với mọi n nên lim nn x = a . 
+ Nếu x 1 khác a thì từ x1[0,1] suy ra xn  [0,1] và xn khác a với mọi n do đó theo định lý Lagrăng tồn tại số 
thực c nằm giữa xn và a để       – ’ –n nf x f a f c x a 
  1 1 ’ – – – .n n n nx a f c x a x a m x a     
+ Mặt khác do 1nx a  nên bằng qui nạp ta chứng minh được 
1– nnx a m
 với 2n  
+ Do 0 1m  và 10 – nnx a m
  0 nên lim nn x = a . 
Kết luận lim nn x = a. 
Bài 6 
Đặt 
1( ) ( )
2
Q x P x  khi đó : 1 1 1( 1) , (0) , (1)
2 2 2
Q Q Q    
Theo công thức nội suy Lagrange có : 
              21 11 1 0 1
2 2
x x x x
Q x Q x Q Q
 
     
Từ đó với  1,1x  ta có      2
1 11 1 1. 1 .
2 2 2 2 2
x x x x
Q x x
 
     
 
   2
0;1
1 11 1 5 5max 1
2 2 2 2 4 8x
x x x x
x

  
      
  
Giá trị lớn nhất của hàm bên trong dấu ngoặc trên đoạn  0,1 là 5
4
 . 
Vì vậy    1 1 5 9
2 2 8 8
P x Q x     với  0,1x 
Bài 7: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 4 
Bổ đề “Xét tam giác PQR có góc  060QPR  và T là trung điểm của cạnh QR. Chứng minh 3
2
PT QR ” 
Gọi S là điểm nằm cùng phía với P đối với đường thẳng QR sao cho QRS là tam giác đều. Khi đó điểm P nằm 
trong dường tròn ngoại tiếp tam giác đều QRS và đường tròn (QRS) này tiếp xúc trong với đường tròn tâm T 
bán kính 3
2
TS QR 
Do đó 3
2
TP TS QR  . 
Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi P S, tức tam giác PQR đều. 
Trở lại bài toán đã cho : các đường chéo chính của một lục giác lồi tạo 
thành một tam giác, hay đặc biệt có thể đồng qui( lúc đó tam giác suy 
biến thành một điểm ) 
Bởi thế ta có thể chọn hai trong ba đường chéo đó tạo thành một góc lớn 
hơn hoặc bẳng 600 
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng các đường chéo AD và BE 
của lục giác ABCDEF được xét cắt nhau ở điểm P sao cho 
 060APB  .Khi đó sử dụng bổ đề trên và giải thiết của bài toán ta có 
  3
2
MN AB DE PM PN MN     (Trong đó M, N lần lượt là 
trung điểm của AB và DE) 
 Theo bổ đề các tam giác ABP và PDE là đều và ta có 
  060ABP PDE  . 
 Từ đó suy ra đường chéo CF tạo với AD hoặc tạo với BE một góc lớn hơn hoặc bằng 600. 
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử rằng  060AQF  , trong đó Q là giao điểm của CF và AD. 
 Lặp lại lập luận như trên ta có kết luận AQF và CQD là những tam giác đều, điều đó kéo 
theo   060BRC ERF  , trong đó R là giao điểm CF và BE. Lập luận tương tự cho lần thứ ba này ta có các tam 
giác BCR và EFR là đều. 
Vậy ta có tất các góc của lục giác lồi là bằng nhau và bằng 1200 . 
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 
NĂM HỌC 2009 - 2010 
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1 (4,0 điểm). 
Giải phương trình:  22009 1 1x x x   
Câu 2 (4,0 điểm). 
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt: 
Đề thi chính thức 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 5 
 2( 1) 1
x y m
y x xy m x
 

   
Câu 3 (2,0 điểm). 
Cho ba số dương , ,x y z . Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2
1 1 1 36
9x y z x y y z x z
  
  
Câu 4 (2,0 điểm). 
Cho dãy số  nx thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: 
i, 1 2x  
ii, 1 2 12
2 ... ( 1)
( 1)
n
n
x x n xx
n n
   

 với n là số tự nhiên lớn hơn 1. 
Tính limun với  31 .n nxu n  
Câu 5 (3,0 điểm). 
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD, 
BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho 
MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất. 
Câu 6 (3,0 điểm). 
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường 
thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và 
thể tích khối tứ diện AMNP. 
Câu 7 (2,0 điểm). 
Cho hàm số  f x liên tục trên R thỏa mãn:      . sin .sin f x f y x y f x y   với mọi số thực x, y. Chứng 
minh rằng   22 2f x x  với mọi số thực x thuộc ;
2 2
    
. 
- - - Hết - - - 
SỞ GD&ĐT NGHỆ 
AN 
 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 
 NĂM HỌC 2009 - 2010 
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC 
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang) 
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A 
---------------------------------------------- 
Câu 1. 
1. Xét hàm số    22009 1 1x xf x x   trên . 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 6 
   2 22009 ln 20' 09 1 2009 11
x x xx xf x
x
 
     
 
 2 2
12009 1 ln 2009
1
x x x
x
 
   
 
vì 2 1 0x x   và 
2
1 1 0
1
ln 2 09 
x


 nên ( ) 0,f x x    
 hàm số f(x) đồng biến trên  . Mặt khác (0) 0f  
Vậy phương trình  22009 1 1x x x   có duy nhất một nghiệm x = 0 
Câu 2. 
Từ y m x  thay vào phương trình còn lại ta được : 3 2 0 (1)x mx m   
Xét hàm số 3 2( )f x x mx m   trên  
Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt  Đồ thị hàm số y = f(x) có hai 
điểm cực trị nằm về hai phía đối với Ox (*) 
Ta có 2( ) 3 2f x x mx   ; 
0
( ) 0 2
3
x
f x mx

  
 

  2 2
3 30
2* (27 4 ) 02(0). ( ) 0 3 33
2
m m
m mmf f
m

        
  

Vậy 3 3
2
m   hoặc 3 3
2
m  là giá trị cần tìm. 
Câu 3. 
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 
   2 2 2 2 2 29 36xy yz zx x y z y x z xyz      
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có : 
 2 2 233xy yz x xz y z   (1) 
Và 2 2 2 2 2 2 4 4 412 9 12x y x yz y x z z    hay 2 2 2 2 2 2 39 12x y z y x z xyz    (2) 
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:   2 2 2 2 2 29 36xy yz zx x y z y x z xyz      (đpcm). 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1 
Câu 4. 
Ta có 2
1
3
x  
Với 3 n  Ta có:  31 22 1n nx x nx n x   
      31 2 12 1 1 2n nx x n x n x      
Giáo viên:  ... VÀ TUYỂN CHỌN 335 
 
  3 3
1 1 11 1 1 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( ) ( ) 3 3 ( )( )( ).3 . . 3
2 2
1 39 3
2 2
a b c a b c
b c a c a b b c a c a b
b c c a a b b c c a a b
b c c a a b b c c a a b
                                     
                     
  
Từ (*) suy ra: 3( ) 1
2 2
a b c
VT a b c
  
     
 
b. Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là a, b (a, b > 0) 
Ta có: P = 2(a+b), S = ab 
Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 322( )
2 2( ) 2
ab
a b
ab a b
 
  
8 8
( )
1 ( 1)( 1)
( )( 1)( 1) 8
ab ab
a b
ab a b a b
a b a b ab
   
    
    
 Ta có: 
2
1 2 ( )( 1)( 1) 8
1 2
a b ab
a a a b a b ab
b b
 

      

  
Dấu đẳng thức xãy ra khi: a = b = 1 
Bài 4: 
Gọi ' ' ';ABC A B CS S là diện tích của ABC và A’B’C’ 
Ta có: 
2
2 2 2
' ' '
2 sin .sin .sin
4
' ' ' 2 sin '.sin '.sin ' 2 sin .sin .sin 2 cos .cos .cos
4 2 2 2 2 2 2
ABC
A B C
abcS R A B C
R
a b c A B B C A C A B CS R A B C R R
R
 
  
   
Do đó: 
' ' '
2
2 2
8sin .sin .sin 4 cos cos .sin
2 2 2 2 2 2
4cos .sin 4sin 2sin cos cos 1
2 2 2 2 2 2
ABC
A B C
S A B C A B A B C
S
A B C C C A B A B
            
    
                      
Vậy: ' ' 'ABC A B CS S 
Dấu “=” xãy ra khi tam giác ABC đều. 
Bài 5: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 336 
 
1 2 3 1 2 3Goïi , , laø ñoä daøi caùc caïnh cuûa tam giaùc , , , laø ñoä daøi caùc ñöôøng cao xuoáng 
caïnh töông öùng vaø S laø dieän tích cuûa tam giaùc
1 2STa coù: S= = ( 1,2,3)
2
Theo ñeà baøi 
i i i
i
x x x y y y
x y y i
x

   
     
             
     
     
3 2
3 2
3 2
2 3
3 2
1 2 3
 ( 1,2,3) laø nghieäm cuûa phöông trì nh
 0
2 2 2Ta coù: 0 0
2 4 8P( ) 0
 , , laø nghieäm cuûa phö
i
i i i
i i i
i i i
y i
y ay by c
S S Sy ay by c a b c
x x x
bS aS Sx x x x
c c c
Vaäy x x x
 
    
           
 
   
2 3
3 2
4
2 2 4 2 1 2 3
1 2 3 4
2 2 4 2
2 4 8ông trì nh P( ) 0
Theo coâng thöùc Heron
 S ( )( )( ) P( )= P = 4 8 (vôùi )
2
4 8
bS aS Sx x x x
c c c
x x xbS bS S bSp p x p x p x p p ab c b bc p
c c c c
S c ab c b bc
Bài 6: 
1 2 3 4 5 6
Ta coù caùc caïnh cuûa töù dieän ACB'D' laø caùc ñöôøng cheùo cuûa hì nh laäp phöông
 neân ACB'D' laø töù dieän ñeàu caïnh baèng 1
Goïi h ,h ,h ,h ,h ,h laø chieàu cao cuûa caùc khoái choùp P.ABCD, P.A'
1 2 3 4 5 6
B'C'D', P.AA'D'D, 
P.BB'C'C, P,CDD'C', P.ABB'A'
Goïi V,V ,V ,V ,V ,V ,V laø theå tích caùc khoái choùp ABCD.A'B'C'D',P.ABCD, P.A'B'C'D',
 P.AA'D'D, P.BB'C'C, P,CDD'C', P.ABB'A'
Vì ABCA.A'B'C'D' laø hì nh 
  
 
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
1laäp phöông neân dieän tích caùc maët cuûa noù baèng nhau vaø baèng 
2
2 1V=V +V +V +V +V +V (h +h +h +h +h +h )
4 6
3 2h +h +h +h +h +h
2
Goïi d ,d ,d ,d ,d ,d laø khoaûng caùch töø P ñeán caùc caïnh 
  
 
1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
BD, A'C', A'D, BC', C'D, A'B
3 2d +d +d +d +d +d h +h +h +h +h +h
2
3 2d +d +d +d +d +d (daáu "=" xaõ y ra khi P laø taâm cuûa hì nh laäp phöông )(ñpcm)
2
SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ KIỂM TRA CHỌN ĐỘI TUYỂN 
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ LỚP 12 (2008 - 2009) 
 Tổ Toán Thời gian: 90 phút 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 337 
Bài 1: Giả sử 0x là nghiệm của phương trình (3 2 2) ( 2 1) 3
x x    , chứng minh rằng khi đó 0x cũng là 
nghiệm của phương trình 
 ( 2 1) 2cos
9
x   
Bài 2: Giải phương trình 
2sin 6sin4.16 2x x với 0 2x   
Bài 3: Cho , , 0a b c  chứng minh: 
 3 3 3 3 3 38( ) ( ) ( ) ( )a b c a b b c c a        
Bài 4: Trong mặt phẳng cho 2 tia Ox và Oy và một điểm M nằm giữa 2 tia đó. Hãy xác định điểm A trên Ox 
sao cho MA kéo dài cắt Oy tại B thì tích MA.MB có giá trị nhỏ nhất. 
Bài 5: Cho hàm số ( )y f x liên tục và thỏa điều kiện: 
 2(2 1) 2 ( )f x xf x  với mọi x R 
Chứng minh rằng ( ) 0f x  với mọi [ 1;1]x  . 
ĐÁP ÁN TÓM TẮT 
Bài 1: 
(3 2 2) ( 2 1) 3x x    (1) 
Đặt 2 ( 2 1) , 0xt t   ta có phương trình: 3 14 3
2
t t  (2) 
Tìm nghiệm [ 1;1]t  , đặt cos ,0t      ta có phương trình 
9
7;
9
5;
92
13cos
2
1cos3cos4 3   
Phương trình (2) có đủ 3 nghiệm nên không cần xét ]1;1[t 
Vì 0t  nên cos ( 2 1) 2cos
9 9
xt      (đpcm) 
Bài 2: 
2sin 6sin
sin 1
4.16 2 1sin
2
x x
x
x

 
 

Bài 3: 3 3 3 3 3 38( ) ( ) ( ) ( )a b c a b b c c a        
 3 3 3 2 2 2 2 2 26( ) 3( )a b c a b b a a c c a b c c b         
Ta có: 3 3 3 23a a b a b   
 3 3 3 23a b b b a   
3 3 3 23a a c a c   
3 3 3 23c c a c a   
3 3 3 23b b c b c   
3 3 3 23c c b c b   
 Suy ra 3 3 3 2 2 2 2 2 26( ) 3( )a b c a b b a a c c a b c c b        (đpcm) 
Bài 4: 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 338 
B
P
QO
M
A
Gọi P cà Q lần lượt là hình chiếu của M trên Ox và Oy 
Đặt ,OAB OBA 
 
  ta có: 
 . 2 . 2 . 2 ..
sin .sin cos( ) cos( ) cos( ) cos 1 cos
MP MQ MP MQ MP MQ MP MQMA MB
O O       
   
     
MBMA. có giá trị nhỏ nhất khi A,B lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường 
phân giác của góc xOy với Ox và Oy. 
Bài 5: 
2(2 1) 2 ( )f x xf x  với mọi x R , suy ra 
 0)1()1(2)1(  fff 
 0)1()1(2)1(  fff 
Với giá trị ( 1;1)a  , xét dãy số 









 )2(
2
11
1
nxx
ax
n
n
Thì dãy số 1nx  với mọi n, do đó 1 1
1
2
n
n n
xx x 

  . Suy ra dãy số nx có giới hạn và giới hạn đó là 1. 
Ta có 1( ) 2 ( )n n nf x x f x  
Nên 2 2( ) 2 ( )f a x f x 
S GIÁO DC - ÀO TO 
THA THIÊN HU 
.............................. 
TRNG THPT HOÁ CHÂU 
Số BD : ....................... 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
Năm học : 2008 - 2009 
Môn thi : TOÁN - LỚP 12 . 
Thời gian : 150 phút 
( không tính thời gian giao đề ) 
.......................................... 
Câu 1: (1,50 điểm) 
Tính : 
x
x
x cos1
121lim
2
0 


. 
Câu 2: (1,50 điểm) 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 339 
Cho phương trình :     2cos 1 cos 2 – cos sin 1 . x x m x m x  Tìm m để phương trình (1) có đúng 2 nghiệm 
thuộc đoạn 20;
3
 
  
]. 
Câu 3: (1,50 điểm) : 
Cho bất phương trình :    mxmxx  4log1log1 2525 (1). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để cho bất 
phương trình (1) được nghiệm đúng với mọi x. 
Câu 4: (2 điểm) 
Từ tấm tôn hình chữ nhật có kích thước là a, b. Người ta cắt bỏ 4 hình vuông bằng nhau ở 4 góc rồi gò thành 
một hình chữ nhật không có nắp. Cạnh của hình vuông cắt đi phải bằng bao nhiêu để hình hộp có thể tích lớn 
nhất? 
Câu 5: (1,50 điểm) : 
Trong một dạ hội cuối năm ở một cơ quan, ban tổ chức phát ra 100 vé xổ số đánh từ 1 đến 100 cho 100 người. 
Xổ số có bốn giải : 1 giải nhất , 1 giải nhì , 1 giải ba, 1 giải tư. Kết quả là việc công bố ai trúng giải nhất, giải 
nhì, giải ba, giải tư. Hỏi : 
a. Có bao nhiêu kết quả có thể, nếu biết rằng nguời giữ vé số 47 được giải nhất? 
b. Có bao nhiêu kết quả có thể, nếu biết rằng nguời giữ vé số 47 trúng một trong bốn giải ? 
 Câu 6: (2 điểm) : 
Tìm các đỉnh B, C của tam giác ABC biết rằng tam giác ABC có đỉnh  3 ;1A  , trực tâm 
3 ;1
2
H   
 
 và trọng tâm G (1;1). 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
Câu 1. 
x
x
x cos1
121lim
2
0 


 = 
) 121)(cos1(
2lim
2
2
0 

 xx
x
x
= 2- 
)121(
2
sin.
2
sin2
4.
2
.
2
.2
lim
20




xxx
xx
x
Câu 2: 
(1)       cos 1 cos 2 cos 1 cos 1 cosx x m x m x x     
         2cos 1 cos 2 – 0 cos 1 2cos – – 1 0 2x x m x x m     
Đặt t = cosx, do x  [0 ; - 
3
2 ]  t  [- 
2
1 ; 1] 
Từ (2) suy ra :     2 2
1
1 2 –1 0 3 1
2
t
t t m mt
 
     

 (4) 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 340 
Nghiệm t = -1 không thuộc đoạn [- 
2
1
; 1]. Do đó ta tìm m sao cho phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt t  
[- 
2
1 ; 1] ( mỗi nghiệm t  [- 
2
1
; 1] cho đúng một nghiệm x[ 0 ; 
3
2 ] ) 
Với m  1 không thỏa mãn yêu cầu bài toán 
Với m > -1 ta có : (4) 
2
1

mt 
Điều kiện là : 











2
1
2
1
1
2
1
m
m
  
2
1
2
1

m  m  - 
2
1 
Tóm lại, giá trị của m cần tìm là : -1 < m < - 
2
1 
Câu 3: 
 1 + log5 (x2 +1)  log5 (mx2 + 4x + m) (1) 
Điều kiện : mx2 + 4x + m > 0 
 (1) 





 m) +4x + (mx 1)+ 5(x
0m 4x mx
22
2
 
2
2
4 0 (2)
(5 ) 4 (5 ) 0 (3)
mx x m
m x x m
   

    
(1) thỏa với mọi x  (2) và (3) thỏa với mọi x. 
 





0)5(4,05
04,0
2
2
2
1
mm
mm
  
0 5
2; 5 2
m
m m
 
   
  2 < m  3 
Câu 4: 
 Giả sử a < b , gọi x là là cạnh của hình vuông cắt đi, ta phải có 0 < x < 
2
a 
Thể tích hình hộp là :     3 2– 2 – 2 4 – 2 V x a x b x x a b x abx    
V / = 12x2 – 4(a + b)x + ab 
V / = 0 ↔ 







)(
6
1
)(
6
1
22
2
22
1
bababax
bababax
Theo định lý Viet : x1 > 0 ; x2 > 0 và vì V / (
2
a ) = a2 – ab < 0 nên : 0 < x1 < 
2
a < x2. 
Lập bảng biến thiên và dựa vào bảng biến thiên kết luận : V đạt giá trị lớn nhất khi : 
2 2
1
1 ( )
6
x x a b a ab b      
Nếu a = b thì phương trình V / = 0 có 2 nghiệm : x1 = 
6
a ; x2 = 
2
a
. Khi đó V lớn nhất khi : x = x1 = 
6
a 
Vậy : Trong mọi trường hợp, V lớn nhất khi : 2 21 ( )
6
x a b a ab b     
Câu 5: 
 a. Nếu giải nhất đã xác định thì 3 giải nhì , ba , tư sẽ rơi vào 99 người còn lại. 
Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 
BỘ ĐỀ THI HSG TOÁN 12 – SƯU TẦM VÀ TUYỂN CHỌN 341 
Vậy : có 399A = 941094 kết quả có thể 
b. Người giữ vé số 47 có bốn khả năng trúng một trong bốn giải. Sau khi xác định giải của người này thì 3 giải 
còn lại sẽ rơi vào 99 người không giữ vé số 47. Vậy : có 399A khả năng. Theo quy tắc nhân ta có : 4 
3
99A = 3 
764 376 kết quả có thể 
Câu 6: 
Gọi M (x ;y) là trung điểm của BC , ta có :    3;1 , 1;1A G ; 2AG GM
 
  (4;0) = 2(x -1 ; y -1)  ( x = 3 ; y =1). Vậy : M (3;1) 
M là trung điểm của BC nên ta có thể đặt :    3 – ;1 – ; 3 ; 1B a b C a b  
 bài toán trở thành tìm a và b 
Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có : 






0.
0.
ACBH
BCAH (1) mà 





 0;
2
9AH ; 
  32 ;2 ; ( ; ) ; ( 6; )
2
BC a b BH a b AC a b     
  
Vậy : (1)  






3 b ; 0a 0)6).(
2
3(
09
2baa
a
Do đó :    3; 2 ; 3;4B C hay :    3; 2 ; 3;4 .C B