Đề thi Olympic 274 Toán 11 năm 20172018 sở GD và ĐT Bà Rịa – Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 11

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 06/03/2018
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1 (5,0 điểm):

1) Giải phương trình 2  cos 4 x  sin 4 x   1  2cos 2 x  sin x  3 cos3 x .

2) Cho tam giác ABC không tù và thỏa mãn 2  cos3 A  cos3 B  cos3 C   3cos A cos B cos C 

9
.
8

Chứng minh ABC là một tam giác đều.
Bài 2 (2,0 điểm): Cho khai triển sau:
 x2  2 x  2 


x 1 


2018

 a2018 x 2018  a2017 x 2017  ...  a1 x  a0 

b2018
b1
b2

 ... 
với x  1 .
2
2018
x  1  x  1
 x  1

Hãy tính hệ số a0  và tổng S  b1  b2  ...  b2018 .
Bài 3 (5,0 điểm): Cho đoạn AB vuông góc mặt phẳng (P) tại điểm B . Trong (P) lấy điểm H thỏa
BH  BA  a (a  0) . Vẽ đường thẳng d nằm trong (P) và qua H , d vuông góc với BH . Hai điểm
  90. Đường thẳng qua A và vuông góc mặt phẳng ( AMN )  
M , N di động trên d và thỏa mãn MAN

cắt (P) tại điểm K.
1) Chứng minh rằng B  là trực tâm của tam giác KMN .
2) Gọi  ,    lần lượt là số đo các góc tạo bởi BM   với mp ( AKN ) , BN với mp ( AKM ) . Chứng
1
minh cos 2   cos 2   và tìm giá trị nhỏ nhất của    .
2
Bài 4 (4,0 điểm): Cho dãy số (an ) xác định bởi công thức:
a1  1; a2  2;

nan 2  (3n  2)an1  2(n  1)an ; n  1;2;3; ...
1) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy (an ) .

2) Chứng minh

a1  1  a2  1  ...  an  1 

a 
a a
3) Tính lim  1  22  ...  nn  .
3 
3 3
Bài 5 (4,0 điểm):

n(n  1)
; n  * .
2





1) Tìm tất cả các giá trị của a để giới hạn lim x ax  x 2  2 x  2 x 2  x có giá trị hữu hạn.
x 

2) Tìm tất cả các hàm số f :    thỏa mãn
f  x  y   f  x  f  y   f  xy   f  x   f  y   2 xy với mọi x, y  .
----------------- HẾT -----------------

Họ và tên thí sinh........................................................................... Số báo danh ..................................
Chữ ký của giám thị 1 ...................................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018
MÔN THI: TOÁN LỚP 11

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm có 04 trang)
Bài
1.1
(2,5 đ)

Nội dung
2  cos x  sin x   1  2 cos 2 x  sin x  3 cos 3x
4

4

 2  cos 2 x  sin 2 x  cos 2 x  sin 2 x   sin x  2sin x cos 2 x  3 cos 3 x
 2 cos 2 x  sin x  sin 3 x  sin x 

3 cos 3 x

3
1
cos 3x  sin 3 x  cos 2 x
2
2





 cos cos 3 x  sin sin 3 x  cos 2 x  cos  3x    cos 2 x
6
6
6





x


x

k

x

 k 2
3
2
2


6
6



k  
3x    2 x  k 2
 x    k 2


6
30
5
1
Ta có cos A cos B cos C  cos  A  B   cos  A  B   cos C
2
1
   cos 2 C  cos  A  B  cos  A  B  
2
1
1
1

   cos 2 C   cos 2 A  cos 2 B      cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C  1
2
2
2

3
9
Do đó gt  2  cos3 A  cos3 B  cos3 C    cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C  1 
2
8
3

2
3
2
 16 cos A  12 cos A  1  16 cos B  12 cos B  1


1.2
(2,5đ)

Điểm
0,25

0,5

0,25
0,25x2

0,5x2

0,25
0,25
0,25x2
0,25

0,25

 16 cos3 C  12 cos 2 C  1  0

  2 cos A  1  4 cos A  1   2 cos B  1  4 cos B  1
2

2

0,25

  2 cos C  1  4 cos C  1  0
2

1
(Do 4 cos A  1  0, 4 cos B  1  0, 4 cos C  1  0 ).
2
 A  B  C  600  ABC đều (đpcm).

 cos A  cos B  cos C 

2
(2,0đ)

 x2  2x 
Đặt f ( x)  
x 1

2018
Vậy a0  S  2 . (1)

2



0,25x2

0,25

2018

ta có f (0)  a0  b1  ...  b2018  22018 .

2018

2018
1 

k

f ( x)   x  1 
C2018
( x  1) 2 k  2018



x
1


k 0
.
k
1008
2018
C2018
k


  C2018
( x  1) 2 k  2018
2018  2 k

x
(
1)
k 0
k 1009
1008
1007
1
0
b1  b3  ...  b2017  0  S  b2  b4  ...  b2018  C2018
 C2018
 ...  C2018
 C2018

0,5

0,5

0,25


3.1
(2,5đ)

1009

1010
2017
2018
1009
a0  C2018
 C2018
 ...  C2018
 C2018
 C2018
 S , (do Cnk  Cnn  k ) (2)
2017!
2017!
Từ (1) và (2) suy ra: S  22017 
; a0  22017 
.
1009
1009
- Xác định vị trí M, N trên d: Tam giác
A
AMN vuông tại A và có đường cao AH
( MN  AB, BH ) nên M, N khác phía
đối với H.
- Xác định vị trí K: trong (ABH) dựng K
K E
  90 (BH = BA = a
B
thuộc BH và KAH
nên B là trung điểm KH),
H
- Chứng minh: AK  ( AMN ) .

P

0,25
0,5

0,5
N

d

0,5
0,5

M

3.2
(2,5đ)

- AM  AN , AK  AM  KN . Mà AB  ( P)  KN  AB ,vậy KN  BM .
- KH  MN (cmt ), KH  BM  B nên B là trực tâm tam giác KMN.
  MAB
   , tương tự 
AM  ( AKN )  ( BM , ( AKN ))  MEA
NAB   .
2

2

cos 2   cos 2  

4.1
(2,0đ)

2

AB 2
1
 AB 
 AB 
cos   cos   


 , (do tam giác ABH vuông cân tại B).



2
AH
2
 AM 
 AN 
  450 )
(Cách khác: chứng minh, áp dụng hệ thức cos 2   cos 2   cos 2   1,   KAB
2

1
1
 cos(  ).cos(  )   .
2
2

1
 
,    0;   0  cos(  )  1 . Vậy cos(  )   .(1)
2
 2
 
,    0;   0       và hàm số y  cos x nghịch biến trên (0; ) nên từ (1) ta
 2
2
2

. Kết luận: min(  ) 
đạt khi      HM  HN  a 2 .
có    
3
3
3
a  an 1
nan  2  (3n  2)an 1  2(n  1)an  n(an  2  an 1 )  2(n  1)(an 1  an )  n  2
2
n 1
an 1  an
, ta có x1  a2  a1  1; xn 1  2 xn ; n  * .Vậy ( xn ) là cấp số nhân
n
với công bội q = 2, nên xn  x1.q n 1  2n 1 ; n  * .

Đặt xn 

Suy ra an 1  an  n.2n 1 ; n  *  an  a1  1.20  2.21  3.22  ...  (n  1)2n  2

 an  2  [2.21  3.22  ...  (n  1)2n  2 ]; n   * .
Xét 2an  4  [2.22  3.23  ...  (n  2)2n  2  (n  1)2n 1 ]
 2an  an  (n  1)2n 1  (2  22  23  ...  2n  2 )  an  (n  1)2n 1  (2n 1  2)  (n
4.2
(1,0đ)

0,5
0,5
1,0

2n 1  (1  1) n 1  Cn01  Cn1 1  ...  Cnn11  1  (n  1)  n; n  2
 an  (n  2)2n 1  2  (n  2)n  2  (n  1) 2  1; n  2 
a1  1  a2  1  ...  an  1  0  1  2  ...  (n  1) 

an  1  n  1; n  2

n(n  1)
; n   * .
2

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5


4.3
(1,0đ)

k

Ta có

k

k

ak
(k  2)2k 1  2 k  2 
2
1

 .       2.   ; k   *
k
k
3
3
2 3
3

3
1

2

a
a
a
1
2
2
 11  22  ...  nn  Sn  Tn  2 Pn , với S n  1   2    ... 
3
3
3
2
3
3
1

2

n

1

2

n

2
n  ;
3

n

2 2
2
1 1
1
Tn        ...    ; Pn        ...    ;
3 3
3
3 3
3
2

3

n

2
2
2
2
2
Sn  1   2    ...  (n  1)    n  
3
3
3

3
3

Xét

2

 Sn 

3

n

2
2 2
2
2
2
Sn         ...     n  
3
3 3
3
3
3

0,5

n 1

n 1

n

2
 Sn  3Tn  2n   .
3

n

a
1
a
a
2
Vậy 11  22  ...  nn  Tn  2 Pn  n   .
3
3
3
2
3
2
1
1
lim Tn  3  2;lim Pn  3  ;
2
1 2
1
1
3
3

n

n

2

2

1
n(n  1)
3

0
11
21
21
; n  2
   1    Cn  Cn    Cn    ...  Cn   
2
8
2

2
2
2
n

5.1
(2,0 đ)





x 









x 2  2 x  2 x 2  x  lim x x 



x 

x2  2 x  2 x2  x



0,25
0,25

0,25

x 2  2 x   x  1   2 x  1  2 x 2  x 



0,25



1
1
 lim x 


2
2
x 
 x  2x  x  1 2x  1  2 x  x 




1
1
1
 .
 lim 

x 
4
2
1
1

1

1
1
2
2
1







x
x
x
x 
Vậy a  1 là giá trị cần tìm.
Giả sử f  x  là một hàm số thỏa mãn giả thiết bài toán.

0,25

 lim x 

x  

5.2
(2,0đ)

n

a 
a
8
a
2
2
 0  n  
; n  2  lim n    0 . Vậy lim  11  22  ...  nn   2.
n 1
3
3 
3
3
3

2
1
Nếu a  1 thì lim x ax  x 2  2 x  2 x 2  x  lim x 2  a  1   2 1  
x 
x 
x
x

 khi a  1

.
 khi a  1
Nếu a  1 thì

lim x ax 

0,5

0,25x2

0,25

f  x  y   f  x  f  y   f  xy   f  x   f  y   2 xy 1

 f  x  y   1   f  x   1  f  y   1  f  xy   1  2 xy  1 .
Đặt g  x   f  x   1 ta có phương trình
g  x  y   g  x  g  y   g  xy   2 xy  1, x, y  

 2

0,25


Kí hiệu P  a, b  chỉ việc thay x bởi a và thay y bởi b vào phương trình (2)
P  x, 0   g  x   g  x  g  0   g  0   1   g  0   1  g  x   1  0  3 .
Nếu g  0   1  0 thì từ (3) suy ra g  x   1, x   . Thay vào (2) ta thấy hàm số này

0,25

không thỏa mãn, do đó g  0   1 .
P 1, 1  g  0   g 1 g  1  g  1  1   g 1  1 g  1  0
Nếu g 1  1 thì P  x;1  g  x  1  2 x  1  2  x  1  1  g  x   2 x  1, x . Ta

thấy hàm số này thỏa mãn (2).
Nếu g 1  1 thì g  1  0 . Đặt a  g 1 .
P  x,1  g  x  1  ag  x   g  x   2 x  1  g  x  1  1  a  g  x   2 x  1, x  

0,25

0,25

P   x, 1  g   x  1  g  x   2 x  1  g  x   g   x  1   2 x  1 .

Thay vào (4) ta được
0,25
g  x  1  1  a   g   x  1   2 x  1   2 x  1  1  a  g   x  1  a  2 x  1 , x  
 g  x   1  a  g   x   a  2 x  1 , x  

5

 g   x   1  a  g  x   a  2 x  1 , x   . Thay vào (5) ta được

g  x   1  a  1  a  g  x   a  2 x  1   a  2 x  1

  a 2  2a  g  x   2a 2 x   a 2  2a  , x    6 

.

Rõ ràng từ (6) suy ra a  2 .
Nếu a  0 thì từ (6) suy ra g  x   
Thay vào (2) ta được

4  a2  a  2

 a  2

2

2a
x  1, x  
a2

xy  0, x, y  a  2 (Vì a  g 1  1 )

0,25

 g  x    x  1, x   . Hàm số này thỏa mãn (2).

Nếu a  0 thì từ (5) suy ra g  x   g   x  , x   .

P  x,  x   g  0   g  x  g   x   g   x 2   2 x 2  1

 1  g 2  x   g  x 2   2 x 2  1  7 

0,25

P  x, x   g  2 x   g 2  x   g  x 2   2 x 2  1 (8)

Từ (7) và (8)  g  2 x   4 x 2  1  g  x   x 2  1, x   . Hàm số này thỏa mãn  2  .
Do f  x   g  x   1 nên các hàm số cần tìm là
f  x   2 x, f  x    x, f  x   x 2 , x   .
----------------- HẾT -----------------

0,25