Ôn luyện các nhóm câu hỏi vận dụng cao trong đề thi THPTQG môn Toán
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.27 MB, 26 trang )
ĐỀ ÔN LUYỆN CÁC NHÓM CÂU HỎI
VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
Đề thi gồm 40 câu trắc nghiệm
Thời gian làm bài 180 phút
Good Luck!
Câu 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc giữa hai đường trung tuyến BD và CK.
Giá trị nhỏ nhất của cos bằng?
4
5
4
3
A.
B.
C.
D.
5
4
3
4
Câu 2: Cho hàm số y f x có đồ thị như hënh vẽ. Hỏi có tất cả bao nhiêu giá trị m
nguyên để phương trënh sau có 8 nghiệm phân biệt: m 4 m 16 f x 4 f x 0
A. 3
B. 2
C. 4
D. 0
x
Câu 3: Cho hàm số y 2 sin 2 x 2 cos2 3 sin x a2 (với là tham số). Gọi m , M
6
2
2
lần lượt là giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn ; . Có bao nhiêu
6 3
321
giá trị nguyên của a để m2 M
?
4
A. 3.
B. 4.
Câu 4: Cho dãy số un
C. 6.
D. 7.
n
như sau: un
, n 1 , 2 , ... Tính giới hạn của tổng
1 n2 n4
lim u1 u2 ... un .
x
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 1
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
1
1
1
C.
D.
B. 1.
4
2
3
4
2
Câu 5: Cho hàm số f x ax 2 a b 1 x 8a 4b có max f x f 3 . Giá trị lớn của
A.
;0
1
hàm số f x trên đoạn ; 3 là?
2
A. 4
B. 5
C. 4 25a
D. 5 25a
Câu 6: Cho tứ diện vuông O.ABC, gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội
3
tiếp của tứ diện. Biết rằng R r 1 3 và 2OC 3OA2 6OB2 10 . Tính VOABC ?
2
2
4
5
1
A.
B.
C.
D.
3
3
3
3
Câu 7: Cho 4 số thực a , b , c , d sao cho c d 0 đồng thời thỏa mãn
log 1 a 2 b 2 1 log a b
4
2 c.2 d.2 c d ln c 2 d 2 2cd 4c 4 d 5 16
Gọi M và m lần lượt là GTNN và GTLN của biểu thức P
a c b d
2
. Tính giá trị
2
của S M n ?
A. 6 2
B. 8 2
C. 10 2
D. 12 2
Câu 8: Gọi a ; b là tập hợp các giá trị của m để phương trënh
4 1 x
x
2 x 1
1 x
m . Với
giá trị nào của m thì bất phương trënh luôn đúng?
C. m 5
D. m 4
A. m 3 3
B. m 2 5
Câu 9: Cho tam giác ABC đều cạnh a ,trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
ABC
tại A lấy điểm M bất kỳ khác A . Gọi H là trực tâm tam giác MBC , biết rằng
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng MBC tại H luôn cắt đường thẳng d tại N
Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích toàn phần tứ diện MNBC .
A.
a2 2 2 5
2
B.
a2 2 5 2
2
C.
a2 2 5
2
D.
a2 5 2
abc 1
2
Câu 10: Cho ba số thực dương a,b,c thoả mãn
. Gọi M, N lần lượt
a 1 b 1 c 1 15
là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P ab bc ca . Tính giá trị biểu thức: Q MN
A. 1.
B. 41.
x 10
Câu 11: Cho hàm số f x
f f x 11
C. 15.
khi x 2018
khi
x 2018
D. 65.
. Tính giá trị f 1 f 2018 .
A. 1999
B. 2009
C. 4018
D. 4036
Câu 12: Một chiếc đồng hồ cát có thiết diện qua trục là 2 parapol đối xứng qua mặt nằm
ngang. Khi để thẳng đứng và cát không chảy thë nó như hënh vẽ ( phần màu xanh là cát),
2 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
và mực cát của parapol ở trên là
1
chiều cao của parapol ở trên. Khi lật ngược đồng hồ cát
5
thë lưu lượng cát chảy từ trên xuống dưới không đổi là 3cm 3 /phút. Khi chiều cao ở trên là
6cm thì bề mặt trên tạo thành 1 đường tròn có diện tích 9cm 2 . Biết sau 900s thì cát không
còn chảy nữa. Hỏi khi lượng cát chảy xuống dưới bằng chiều cao của parapol thì thể tích
cát của phần parapol ở trên là bao nhiêu (coi lượng cát đang chảy không đáng kể).
A. 14
B. 13, 05
C. 12,75
D. 13, 6
u1 2 1
Câu 13: Tìm số hạng tổng quát của dãy số un biết
3un 1
un 1
3 un
A. un tan n 1
6
8
C. un tan n 1
3
2
B. un tan n 1
6
3
D. un tan n 1
7
4
Câu 14: Cho hai hàm số f x và g x có đạo hàm liên tục trên 0; 2 , thỏa mãn
2
f ' 0 . f ' 2 0 và g x . f ' x x x 2 e . Tính tích phân I f x .g ' x dx.
x
0
A. I 4.
B. I 4.
C. I e 2.
D. I 2 e.
Câu 15: Cho hàm số f x xác định và liên tục trên 0; 1 , thỏa mãn f ' x f ' 1 x với
1
mọi x 0; 1 . Biết rằng f 0 1, f 1 41. Tính tích phân I f x dx.
0
A. I 41.
B. I 21.
C. I 41.
D. I 42.
n
1
1
Câu 16: Với n là số nguyên dương và x 0 , xét khai triển Newton x 8 x 3 2 7 . Hỏi
x
x
có bao nhiêu số n 2018 sao cho khai triển của biểu thức trên có số hạng tự do là 0 ?
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 3
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
A. 1009
B. 403
C. 1615
D. 625
Câu 17: Có bao nhiêu số nguyên dương m trong đoạn 2018 ; 2018 sao cho bất phương
trënh sau đúng với mọi x 1 ; 100 : 10x
A. 2018
m
log x
10
B. 4026
10
11
log x
10
.
C. 2013
D. 4036
Câu 18: Một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số này có 8 chữ số đôi một khác nhau
được lập thành tự tập 1; 2;...; 8 và số đó chia hết cho 1111. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên
thú vị như thế?
A. 384
B. 385
C. 386
D. 387
Câu 19: Cho hàm số x 3 ax 2 b , gọi M là giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn 3; 2 .
Khi M đạt giá trị nhỏ nhất thì T log a 1 b có giá trị là ?
A. 0
B. 4026
D.
C. 2
1
2
Câu 20 : Cho hình hộp ABCD.A ' B 'C 'D ' có cạnh AB a và diện tích tứ giác A1 B1CD là 2a 2
Mặt phẳng A1 B1CD tạo với mặt phẳng đáy 1 góc 60 0 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng
AA 1 và CD là P. Khi P max , tìm thể tích của khối hộp biết hình chiếu của đỉnh A1 thuộc
miền giữa hai đường thẳng AB và CD
A. 4 3a 3
B. 6 7a 3
C. 2 7a 3
D. 3 7a 3
Câu 21: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trënh:
sin x 2 cos 2 x 2 2 cos 3 x m 1 2 cos 3 x m 2 3 2 cos 3 x m 2
2
Có đúng một nghiệm thuộc 0; ?
3
A. 1.
B. 2.
C. 3.
D. 4.
Câu 22: Cho tam giác ABC có AB 3 , AC 4 . Phân giác trong AD của góc BAC cắt
AD
trung tuyến BM tại I . Tính tỉ số
.
AI
13
11
10
10
A.
B.
C.
D.
7
5
8
6
Câu 23: Cho bất phương trënh sau
1
3x
2
2
1
1
1 x 2
x2
2
2
1
1
m.
3x
Biết rằng với m ; a b a , b 0 thì bất phương trënh trên luôn đúng với mọi x. Khi
đó tổng S a b có giá trị bằng bao nhiêu?
A. 301
4 | Chinh phục olympic toán
B. 302
C. 304
D. 305
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Câu 24: Xét các số thực a , b , c sao cho phương trënh ax 2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc
0; 1 . Giá trị lớn nhất của biểu thức T
a b 2 a b
aa b c
là
3
35
8
B. Tmax .
C. Tmax .
D. Tmax
2
8
3
Câu 25: Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau. Chọn
A. Tmax 3.
ngẫu nhiên một số thuộc A , tính xác suất để số tự nhiên được chọn chia hết cho 45.
53
54
56
1
A.
B.
C.
D.
2268
2267
2263
41
2
2
2
Câu 26: Cho các số thực x,y thỏa mãn log 2 x log 2 y log 2 xy 6 log 2 xy 4 0 . Gọi M,m
lần lượt là max và min của biểu thức P log 32
xy
A.
15
23
B.
14
23
8x
. Tính M.n?
y
C.
16
23
D.
17
23
Câu 27: Cho 2 số thực x 1, y 0 thỏa mãn điều kiện max x 1 ; 2 x y 1
2
x y
2
x2 y 2
.
Hỏi biểu thức P 3 x 1 x 2 2 y 1 có tất cả bao nhiêu ước số nguyên dương?
A. 5
B. 6
C. 7
D. 8
Câu 28: Cho các số a1 , a2 , a3 , a4 , a5 0 lập thành cấp số cộng với công sai d và
b1 , b2 , b3 , b4 , b5 0 lập thành cấp số nhân với công bội q . Biết rằng a1 b1 và a5 b5 . Hỏi
có bao nhiêu khẳng định luôn đúng trong các khẳng định sau?
i) a2 b2
ii) a3 b3
iii) a4 b4
iv) d q
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
Câu 29: Cho hai hình cầu đồng tâm O 0, 0, 0 , bán kính R1 2, R2 10 . Tứ diện ABCD
có A, B O , R1 ; C , D O , R2 . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABCD.
A. 6 3
D. 4 3
B. 6 2
C. 4 2
Câu 30: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng 1, các mặt bên là các tam
SC 3
giác có góc ở đỉnh S bằng 450 . Cho A’ là trung điểm SA, C’ thuộc cạnh SC sao cho
SC 2
. Mặt phẳng (P) đi qua A’, C’ cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B’, D’. Số nào gần với giá trị
nhỏ nhất của chu vi tứ giác A’B’C’D’ .
A. 1.79
B. 3.3
C. 2.05
D. 1.3
3
2
Câu 31: Cho hàm số y ax bx cx d có đồ thị C . Biết rằng C cắt trục hoành tại 3
điểm phân biệt có hoành độ x1 x2 x3 0 và trung điểm nối 2 điểm cực trị của C có
hoành độ x0
1
. Biết rằng
3
3x1 4 x 2 5x 3
2
44 x1 x2 x2 x3 x3 x1 . Hãy tính tổng
S x1 x 2 2 x 3 3 ?
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 5
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
A.
137
216
B.
45
157
Câu 32: Cho các Parabol P1 : y f x
C.
133
216
D. 1
1 2
x x , P2 : y g x ax 2 4ax b a 0 có các
4
đỉnh lần lượt là I 1 , I 2 . Gọi A , B là giao điểm của P1 và Ox . Biết rằng 4 điểm A, B, I 1 , I 2
tạo thành tứ giác lồi có diện tích bằng 10. Tính diện tích S của tam giác IAB với I là đỉnh
của Parabol P : y h x f x g x .
A. S 4
B. S 6
C. S 7
D. S 9
2
Câu 33: Cho hàm số bậc ba f x và g x f mx nx p m , n , p có đồ thị như hënh
dưới, trong đó đường nét liền là đồ thị hàm f x , đồ thị hàm nét đứt là đồ thị hàm g x ,
đường x
1
là trục đối xứng hàm g x .
2
Giá trị của biểu thức P n m m p p 2n bằng bao nhiêu?
A. 6
B. 24
C. 12
D. 16
Câu 34: Có bao nhiêu số nguyên m 2018; 2018 để phương trënh 2
x 1
8
3 2
x m có
2
đúng 2 nghiệm thực phân biệt?
A. 2013
B. 2012
C. 4024
D. 2014
Câu 35: Với x 1 ta có khai triển sau:
6 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
x2 2x 2
x1
2018
a0 a1 x a2 x 2 ... a2018 x 2018
b3
b2018
b1
b2
...
2
3
2018
x 1 x 1 x 1
x 1
2018
Tính tổng S bk ?
k 1
1 1009
A. S 2 2017 C 2018
.
2
1 1009
B. S 2 2018 C 2018
.
2
1009
.
C. S 2 2018 C 2018
1009
.
D. S 2 2018 2C 2018
Câu 36: Có bao nhiêu hàm số y f x liên tục trên 0; 1 thỏa mãn điều kiện
f x
1
2018
0
A. 1
dx
1
0
f x
B. 2
2019
dx
1
0
f x
2020
dx
C. 3
D. 4
Câu 37: Cho các hàm số f x , g x liên tục trên 0; 1 , thỏa m. f x n. f 1 x g x
với m , n là số thực khác 0 và
A. m n 0.
1
1
0
0
f x dx g x dx 1. Tính m n.
1
B. m n .
2
C. m n 1.
D. m n 2.
Câu 38: Có bao nhiêu số tự nhiên có 2018 chữ số sao cho trong mỗi số tổng các chữ số
bằng 5 ?
1
2
2
3
2
2
4
2 C 2017
A2017
A2016
C 2016
A. 1 4C 2017
C 2017
C 2017
1
2
2
3
2
2
4
3 C 2017
A2017
A2016
C 2016
B. 1 4C 2017
C2017
C 2017
1
2
2
3
2
2
4
2 C 2017
A2017
A2016
C 2016
C. 1 4C 2017
4 C 2017
C 2017
1
2
2
3
2
2
4
2 C 2017
A2017
A2016
C2016
D. 1 4 C 2017
4 C2017
2C2017
Câu 39: Cho 2 số thực x , y 1 thỏa mãn điều kiện:
1 log 2 3y 2 log 2 3y 3 log 2 3xy
9
log x 2 .
2
Đặt P x 2 xy y 2 . Hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
A. P 11; 12
B. P 12; 13
C. P 10; 11
D. min P 10
Câu 40: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Gọi M , N là hai điểm thay đổi lần lượt
thuộc cạnh BC , BD sao cho AMN luôn vuông góc với mặt phẳng BCD . Gọi V1 , V2
lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện ABMN . Tính
V1 V2 .
A.
17 2
216
B.
17 2
72
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
C.
17 2
144
D.
2
12
Chinh phục olympic toán | 7
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ VẬN DỤNG CAO
LỜI GIẢI ĐƯỢC THỰC HIỆN BỞI
NHÓM CHINH PHỤC OLYMPIC TOÁN
Câu 1.
1
1
BA BC . CA CB
2
2
Ta có cos
BD.CK
BD.CK
BD.CK
BA.CA BA.CB BC .CA BC .CB
4.BD.CK
2
BA.CA BC CA BA BC )
4.BD.CK
2 BC
2
4.BD.CK
BC 2
2.BD.CK
Vì tam giác ABC vuông tại A nên BA.CA 0
Mặt khác 2.BD.CK
BC 2
AM GM
AB2 BC 2 AC 2
BD2 CK 2
2
4
AC 2 BC 2 AB2
2
4
BC 2
4
AB2 AC 2
BC 2 5BC 2
cos
BC 2
2
5BC
5
4
4
4
4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BD = CK hay ABC vuông cân tại A88
Câu 2.
Đặt t f x , t 0
Dựa vào đồ thị ta thấy, với 0 t 1 cho ta 4 giá trị của x.
Phương trënh trở thành:
m 4 m 16t 4t m 4 m 16t 16t 2
m 4u 16t 2 1
Đặt u m 16t , u 0 , ta có hệ phương trënh:
2
m 16t u 2
Từ (1) và (2) suy ra: u 4t 4 u 4t 0 u 4t do 4 u 4t 0 . Khi đó:
4t m 16t 16t 2 16t m * t 0
Xét hàm số f t 16t 2 16t trên 0;
Để phương trënh đã cho có 8 nghiệm phân biệt thë phương trình (*) phải có 2 nghiệm t1 ; t2
thỏa mãn: 0 t1 t2 1 4 m 0 . Do m là số nguyên nên m 3; 2; 1 .
Câu 3.
x
Ta có 2 cos2 3 sin x cos x 3 sin x 1 1 2 sin x .
6
2
8 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
2
Do đó y 2 sin 2 x 2 sin x a2 1. Đặt t sin x , vì x ; t 0; 1
6
6
6
6 3
2
1
1
Hàm số trở thành y 2t 2t a 1 2 t a2 .
2
2
2
2
2
2
1
1 1
1
1
1
1
1
Vì 0 t 1 t 0 t . Suy ra a2 2 t a2 a2 1.
2
2 2
4
2
2
2
2
1
2
2
321
321
m a
2 1
2
a a2 1
3 a 3.
2 m M
4
2
4
M a2 1
Suy ra có 7 giá trị nguyên của thỏa.
Câu 4.
Ta có un
n
1 n
2 2
n2
Ta có u1 u2 ... un
n
n
2
n 1 n n 1
2
1
1
1
2
2
2 n n1 n n1
1
1 1 1 1 1
1 1
1
1
2
1 ... 2
2
3 3 7 7 13 13 21
n n1 n n1
1
1
2
1
1
1
1 n n
n 1.
lim u1 u2 ... un lim
1 2
2
1 1
2
2
n n1 2 n n1
1 2 2
n n
Câu 6.
A
T
C
O
B
Để đơn giản bài toán ta đặt OA a , OB b , OC c .Ta có công thức quen thuộc để tính bán
kính mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện vuông là R
1 2
a b 2 c 2 . Công việc còn lại ta sẽ đi
2
tính bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện này. Gọi T là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC, ta
3V
1
1
có VOABC VTOAB VTOAC VTOBC VTABC r (SOAB SOAC SOBC S ABC ) r .Stp r OABC
3
3
Stp
Vậy tóm lại ta có R
1 2
3V
a b 2 c 2 và r OABC , do đó:
2
Stp
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 9
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2
2
2
2R
a 2 b 2 c 2 Stp . a b c
3VOABC
r
3VOABC
Stp
2R
r
a 2 b 2 c 2 . ab bc ca a 2 b 2 a 2 c 2 b 2 c 2
abc
Vậy
a2 b 2 c 2 .
3 3abc 3abc
3
abc
1
ab bc ca a 2 b 2 a 2c 2 b 2c 2
2
abc
3.
6
3 3 a 2 b 2 c 2 3 3 a2 b 2 c 2 3 3 a 4 b 4 c 4
abc
3 1 .
2R
3 1 3 . Dấu “=” xảy ra khi a b c
r
1
4
Thay vào giả thiết thứ 2 ta tëm được a b c 2 VOABC .2.2.2 .
6
3
Câu 7.
Biến đổi giả thiết đầu tiên ta có
log 1 a2 b 2 1 log a b a 2 b 2 1 10 a b a 5 b 5 49
2
2
Giả thiết 2 tương đương
2 c.2 d.2
4
c d
ln c 2 d 2 2cd 4c 4d 5 16 2
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có 2
c d
4
c d
22
4
c d
4
c d
ln c d 2 1 16
2
2 4 16
Mặt khác ln c d 2 1 0 VT 16 . Dấu “=” xảy ra khi c d 2
2
Ta sẽ sử dụng phương pháp hënh học cho bài này.
Xét đường tròn tâm I 5; 5 bán kính R 7 , và đường thẳng : x y 2 0 . Gọi điểm
A a ; b , B c ; d . Ta có hình vẽ dưới đây.
10 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Ta có P
a c
2
ABmin d 0; R 6 2 7
2
b d AB
ABmax ABmin 2 R 6 2 7
Câu 8.
a 2 x 1
a
4b
a 2 2 b 2 1 . Phương trënh trở thành: 2 2
Đặt
3 3
2
b
a
b
b
1
x
Ta có:
a4
a2 .b 2 .b 2
a4
AM GM
a
2
b2 b2
27
3
a4
a2
a
4 27 a 4 2 3 3 a 2
1
b
b
27
4
AM GM
16b
16b 4
16b 4
3
3
2 b 2 a2 b 2 a2 b 2
2b 2 a2 a2 b 2 b 2
2
3
3
a
16b 2
2
b
2 2
4b
3 3.2 b 2
2
a b
108b 4
2
Cộng lại ta được VT 3 3 VP . Dấu “=” xảy ra khi a b
3
2
x .
3
3
Vậy m 3 3
Câu 9.
M
A
O
N
C
H
I
B
BC MAI
Gọi I là trung điểm BC ta dễ dàng chứng minh được
MAI
Gọi O AI , ta có O là trực tâm MNI AM . AN AO.AI MN 2 AO.AI
Ta dễ dàng chứng minh được O là trọng tâm tam giác ABC MN a 2
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 11
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Vì AO
a 3
a 3
do tam giác ABC đều cạnh a .
; AI
3
2
Rõ ràng MN AB; MI BC ; NI BC nên
Stp
1
1
MN.AB MI.BC MN.AC NI.BC a 2 MN MI NI vì ABC đều cạnh a .
2
2
3a2
Ta có MI AM 2 AI 2 AM 2
. Nên theo ta có MI
4
Tương tự ta cũng có NI
Mà MN a 2 nên Stp
a 3
. 3
2
5
AM. 2
a 3
. 3
1
2 3a
2
. Do đó Stp a 2 MN MN
2
5
5
5
AN . 2
a2 2 2 5
2
. Dấu bằng xảy ra khi AM AN a
2
2
Câu 10.
Từ giả thiết suy ra: ab bc ca a b c 13.
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
15 a 1 b 1 c 1 a 1
a a 1
Đặt k
3 5
4
2
16 a a a 1 4 a a 3
2
;i
3 5
4
bc 1
2
a1
.
a
a 1
3 5
a 10
4
2
2
3 5
a
2
4
2
. Chứng minh tương tự thë ta cũng thu được i b ; c k
Từ đó suy ra:
a k b k c k 0 1 k 3 k 2 a b c k ab bc ca
1 k 3 k 2 a b c ab bc ca k k 2 ab bc ca
ab bc ca k k 2 1 k 3 13 k 2 ab bc ca
1 k 3 13 k 2 13 5
.
k k2
2
Hoàn toàn tương tự với i: a i b i c i 0 ab bc ca
13 5
.
2
13 5
M
2
Q MN 41.
Vậy
N 13 5
2
Câu 11.
Ta có
12 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
f 2018 f f 2018 11 f f 2029 2019 10 2009
f 2017 f f 2017 11 f f 2028 f 2018 2009
...
f 2009 f f 2009 11 f f 2020 f 2010 2009
f 2008 f f 2008 11 f f 2019 f 2009 2009
f 2007 f f 2007 11 f f 2018 f 2009 2009
f 2006 f f 2006 11 f f 2017 f 2009 2009
...
f 1 f f 1 11 f f 12 2009
Do đó ta có f 2018 f 2018 ... f 1 2009 f 1 f 2018 4018
Câu 12.
Gọi chiều cao 1 parapol là h. Ta có S 9 cm2 R 3 . Xét thiết diện qua trục thẳng đứng
thì ta thấy parapol đi qua các điểm 0; 0 , 3; 6 , 3; 6
Nên y
3
2x2
y
Diện tích hình tròn qua thiết diện nằm ngang là
2
3
Thể tích phần phìa dưới của đồng hồ cát là
h
0
h
5
0
Thể tích phần cát cần tìm VC
3
60
ydy 45 h
2
3
ydy 1, 8 cm3
2
Câu 13.
1
un tan
3 =
6 1 . Đặt u tan v khi đó 1 trở thành:
Ta có u1 tan
và un 1
n
n
1
8
1
un 1 tan un
6
3
tan vn tan
6 tan v v v
tan vn 1
n1
n
n
6
6
1 tan tan vn
6
Mà u1 tan v1 2 1 tan v1 .
8
8
Từ đó ta có vn1 v1 n.d n. vn n 1
8
6
8
6
Hay un tan n 1
6
8
un
Câu 14.
f ' 0 0
Từ giả thiết f ' 0 . f ' 2 0
f ' 2 0
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 13
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
2 2 2 ex
0
g 2
f ' 2
x
Do đó từ g x . f ' x x x 2 e
x
g 0 0 0 2 e 0
f '0
2
2
Tích phân từng phần ta được I f x .g x g x . f ' x dx
0
0
2
2
0
0
f 2 .g 2 f 0 .g 0 x x 2 e xdx x x 2 e xdx 4.
Câu 15.
Ta có f ' x f ' 1 x f x f 1 x C f 0 f 1 C C 42
1
1
0
0
f x f 1 x 42 f x f 1 x 42 f x f 1 x dx 42dx 42 1
1
1
0
0
Vì f ' x f ' 1 x f x dx f 1 x dx. 2
Từ 1 và 2 , suy ra
1
1
0
0
f x dx f 1 x dx 21.
Câu 16.
n
n
n
1 1
1
Ta có x 8 x 3 2 7 1 x 5 x 3 7 nên số hạng tổng quát của khai triển trên là
x x
x
T C nk x 5 k C nh x 3 n10 h C nkC nh x 3n 5 k 10 h .
Số hạng này là số hạng tự do khi 3n 5 k 10 h 0 3n 5(2 h k ) .
Nếu n không chia hết cho 5 thì khai triển sẽ không chứa số hạng tự do, tức là số hạng tự
2n
n
, k , số hạng tự do sẽ là CnkCnh 0 ,
do là 0 . Còn khi n chia hết cho 5 thì khi h
5
5
không thỏa.
Câu 17.
Biến đổi giả thiết tương đương
log x
11
m 10 log x 1 10 log x log x 10m log x 1 11log x 0
10m log x 1 log 2 x 10 log x 0 .
Do x 1 ; 100 log x 0 ; 2 . Do đó ta có
10m log x 1 log 2 x 10 log x 0 10m
Đặt t log x , t 0 ; 2 , xét hàm số f t
14 | Chinh phục olympic toán
10 log x log 2 x
log x 1
10t t 2
t1
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Ta có: f ' t
10 2t t 2
t 1
2
0 t 0 ; 2 . Do đó f 0 f t f 2 0 f t
16
3
10 log x log 2 x
16
8
Để 10m
đúng với mọi x 1 ; 100 thì 10m
m
3
15
log x 1
8
Do đó m ; 2018 hay có 2018 số thỏa mãn.
15
Câu 18.
Số cần tìm có dạng i a1 a2 a3 a4 b1b2 b3b4 . Ta có tổng các chữ số của số cần tìm là tổng các chữ
số từ 1 đến 8 bằng 36 chia hết cho 9 nên số cần tìm chia hết cho 9. Do 9 và 1111 có ước
chung lớn nhất là 1 nên theo giả thiết thì i chia hết cho 9999.
Đặt x a1 a2 a3 a4 , y b1b2 b3 b4 . Ta có i x.10 4 y 9999x x y chia hết cho 9999 từ đó suy
ra x y chia hết cho 9999.
Mặt khác 0 x y 2.9999 x y 9999 . Do đó a1 b1 a2 b2 a3 b3 a4 b4 9
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 có 4 cặp 1; 8 , 2;7 , 3; 6 , 4; 5 nên có 8 cách chọn a1 ; 6 cách
chọn a2 ; 4 cách chọn a3 và 2 cách chọn a1 tức chọn a k có luôn b k .
Vậy số các số thú vị là 8.6.4.2 384 số
Câu 19.
Xét hàm số h x x 3 ax 2 b
Gọi m,n lần lượt là giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của h x trên đoạn 3; 2 .
m 9 x b 27
m 4 a b 8
Suy ra
hoặc
n 4 a b 8
n 9x b 27
y max max m ; n
y max
mn mn
2
4 a b 8 9 a b 27 4 a b 8 9 a b 27
2
Vì 4 a b 8 9 a b 27 0 ; 4 a b 8 9 a b 27 0
Vậy y max
m n
a 7
0. Dấu “=” xảy ra khi m 0
T log a 1 b log 6 36 2.
b
36
n0
Câu 20.
Ta có AB a A1 B1 a . Gọi DK là đường cao của hình hộp
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 15
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
DH là đường cao của A1 B1CD DH
2 a2
2 a. .Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA 1
a
và CD bằng khoảng cách từ D1 đến ABB1 A 1 . Từ A để đường cao AQ đến A1 B1C 1D1 ,
tách hình ra ta có h 1 và h 2 là hình chiếu từ K và Q đến A1 B1 , suy ra h1 h2 D1 J x . Đặt
khoảng cách từ Q đến ABB1 A1 là h.
Từ góc giữa A1 B1CD và A1 B1C1D1 600 KH
Ta có :
3a x a
1
1
1
1
1
2
2 h
2
2
2
2
h
h1
AQ
x a 3a
3a2 x a .
d K ; ABB1 A1 h.
Ta có
1
DH a ; DK AQ 3a.
2
a
3a2
2
xa
3a3 x a
d D1 ; ABB1 A1
d K ; ABB1 A1
3a
2
3 ax
3ax
D1 J x
d D1 ; ABB1 A1
2
h2
a
4 a 2 2 ax x 2
3a2 x a
3a
3a
2
3a
2a
3
4
4a 2 a 1 3
2a 1 3
2
x x 4
x a 4
x
2 ax 1
x 4 a V DK .D1 J .A1 B1 3a.4 a.a 4 3a 3 .
Dấu bằng “=” xảy ra
x
2
4a 2 a
1
x2
x
2
16 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Câu 21.
Phương trënh tương đương với
2 sin 3 x sin x 2 2 cos 3 x m 2 2 cos 3 x m 2 2 cos 3 x m 2.
Xét hàm f t 2t 3 t với t 0. Ta có f ' t 6t 2 1 0 f t đồng biến.
Mà f sin x f
2 cos 3 x m 2 , suy ra
sin x 0
sin x 2 cos 3 x m 2 2
3
sin x 2 cos x m 2
2
sin 2 x 2 cos 3 x m 2 vì sin x 0, x 0;
3
1 cos 2 x 2 cos 3 x m 2 m 2 cos 3 x cos 2 x 1.
2
1
Đặt u cos x , vì x 0; u ; 1 . Khi đó phương trënh trở thành
3
2
m 2u 3 u 2 1.
1
u 0 2 ; 1
.
Xét g u 2u3 u 2 1 , có g ' u 6u 2 2 u ; g ' u 0
1 1
u 3 2 ; 1
Lập bảng biến thiên suy ra phương trënh có 1 nghiệm khi 4 m
28
m 4; 3; 2 .
27
Câu 22.
Theo tính chất đường phân giác ta có
Và
IB
AB 3
2 IB 3IM 0
IM AM 2
DB AB 3
4DB 3DC 0
DC AC 4
2 IB 3 IM 0
2 AB 3 AM 5 AI
4 AB 6 AM 10 AI
Vậy ta có
4DB 3DC 0
4 AB 3 AC 7 AD
4 AB 3 AC 7 AD
Suy ra 3 AC 6 AM 7 AD 10 AI 7 AD 10 AI 0
AD 10
.
AI
7
Câu 23.
2
a 3 x
1
1
1
2
2
a b 1 , ta đi chứng minh 1 a 1 1 b 1 VP
Đặt
2
b
a
b x 2
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 17
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
1
1
1 a 1 b 1 b 1 a
2
2 1 1
1 1
a b b a 2
2
1 1 a b
2 2
2 2 a b
2
2
a b b a
ab
b a
b2
a2
3
3
3a
3b
AM GM
4
4 a b 2
b a
ab
2
2
2
2
2
2
a
b
6 ab 3
2
AM GM
6
6
4 4
4 6 6
2
2 2 17 12 2
ab
16 ab
6 6 a2 b2
16
2
Câu 24.
Với các số thực a , b , c làm cho phương trënh ax 2 bx c 0 có hai nghiệm thuộc 0; 1 .
b
x1 x2 a
Suy ra a 0 . Gọi hai nghiệm đó là x1 , x2 , theo định lì Viet ta được
x .x c
1 2 a
Ta có T
a b (2 a b)
a b 2 a b
a2
abc
a
a( a b c )
b
b
1 2 1 x x 2 x x
a
a
1
2
1
2
b c
1 x1 x 2 x1 x 2
1
a a
2 1 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x12 x22
1 x1 x 2 x1 x 2
2
x1 x2 x12 x22
.
1 x1 x 2 x1 x 2
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử 0 x1 x2 1 ,
2
x1 x1 x 2
Suy ra 2
1 x1 x2 x1 x2 1 x1 x2 x12 x1 x2 x12 x22
x2 1
Suy ra
x1 x2 x12 x22 x1 x2 x12 x22 x1 x2 x12 x22
1.
1 x1 x2 x1 x2 1 x1 x2 x12
x1 x2 x12 x22
Suy ra T 2 1 3 . Vậy Tmax 3 , dấu “=” xảy ra khi x1 x2 1.
Nếu hàm số y f ( x ) là hàm số lẻ trên đoạn a ; a , a 0 và có giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất thì max f x max f x min f x
a ; a
0; a
a ; a
Câu 25.
18 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
8
A97 .
Ta có n A10
Gọi A là tập hợp các số a có 8 chữ số khác nhau chia hết cho 45 .
Khi đó a chia hết cho 5 và 9 (tổng các chữ số chia hết cho 9 và số hàng đơn vị bằng 0
hoặc 5 ).
Trường hợp 1: a có hàng đơn vị bằng 0 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 9 và 3 trong 4
bộ số 1; 8 , 2;7 , 3; 6 , 4; 5 , có 4.7 ! số.
Trường hợp 2: a có hàng đơn vị bằng 5 ; 7 chữ số còn lại có chữ số 4 và 3 trong 4
bộ số 0; 9 , 1; 8 , 2;7 , 3; 6 .
Không có bộ 0; 9 , có 7 ! số.
Có bộ 0; 9 , có C 32 7 ! 6! số
n A 4.7 ! C
2
3
7 ! 6!
số P A
4.7! C 32 7! 6!
A A
8
10
7
9
53
.
2268
Câu 26.
a log 2 x
Đặt
2 x 2 2 y 2 2 xy 6x 6 y 4 0
b log 2 y
Yêu cầu của bài toán trở thành
8x
log 2
y
3 ab
P
P 5 a b 3 a b a P 1 b P 1 5P 3
32 4 a b
log 2
xy
Đến đây thế a theo b và P thay vào phương trënh trên ta được một phương trënh bậc 2, sử
dụng điều kiện có nghiệm ta sẽ suy ra kết quả của bài toán!
Ta được minP
27 8 6
27 8 6
.
, max P
23
23
Câu 27.
Ta có một tính chất cơ bản của hàm trị tuyệt đối
Áp dụng ta có max x 2 1 ; 2 x y 1
ab ab
max a ; b
2
2
x2 2x y 2 x 2 2x y
2
2
Sử dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có
x2 2x y 2 x2 2x y
2x2 2 2x2 2
2 x 1
2
2
2
2
Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có
x y
2
x2 y 2
2 x2 y 2
x2 y 2
2
2
Vậy VT 2 VP . Dấu “=” xảy ta khi và chỉ khi x y 1 .
Khi đó P 24 có tất cả 8 ước số nguyên dương.
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 19
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 28.
Đặt a1 b1 x , a5 b5 y , mà a5 a1 4d và a2 a1 d nên a2
ta tình được a3
a4 3a1 3x y
. Tương tự
4
4
xy
x 3y
và a4
.
2
4
Lập luận tương tự với CSN, ta cũng có b2 4 x 3 y , b3 xy , b4 4 xy 3 . Theo bất đẳng thức
Cô-si thì
a3
xy
3x y 4 3
x 3y 4 3
xy b3 , a2
x y b2 , a4
xy b4 .
2
4
4
Do đó, cả i), ii) va iii) đều đúng. Tuy nhiên, điêu kiên iv) không luôn đúng, chẳng hạn khi
x y thì d 0 nhưng q 1.
Câu 29.
+ Dựng mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD cắt O , R1 theo giao tuyến là đường tròn
tâm I.
+ Dựng mặt phẳng (Q) chứa CD và song song AB cắt O , R2 theo giao tuyến là đường
tròn tâm J.
+ Lần lượt dựng 2 đường kính AB, C D vuông góc nhau.
Khi đó, IJ d AB, CD d AB, C D
1
1
AB.CD.d AB, CD .sin AB, CD AB.C D.IJ VABCD . Do đó chỉ cần xét
6
6
các tứ diện dạng ABC D .
Ta có: VABCD
Vậy điều kiện cần để VABCD lớn nhất là AB CD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB
và CD.
Đặt AM x , CN y. x 0, 10 , y 0, 2
ON 10 x 2 ; OM 4 y 2 ; d AB, CD MN OM ON 10 x 2 4 y 2 .
Khi đó: VABCD
1
1
AB.CD.d AB, CD 2 x.2 y
6
6
20 | Chinh phục olympic toán
10 x 2 4 y 2
2
xy
3
10 x 2 4 y 2
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Ta có: VABCD
VABCD
2
VABCD
2
10 x 2
xy 2
1. 4 y 2
3
2
2
xy
3
10 x 2
4 y2
2
2 1
2
3
2
3
2
xy
18 x 2 2 y 2 xy
18 2 2 xy xy 3 9 2 xy
3
2
3
2
3
4
2
xy 3 9 2 xy
9
xy xy
9 2 xy
8 xy xy
8 2
2
9 2 xy
3 2 2
3
3
3
3
V
2
ABCD
89
72 VABCD 6 2 . Vậy Vmax 6 2.
33
10 x 2
4 y2
2
x 6
Dấu “=” xảy ra khi:
.
1
2
y 3
xy
9 2 xy
2
Câu 30.
S
D'
A'
C'
G
B'
D
C
E
A
B
Từ giả thiết của bài toán ta có:
SA SC SB SD
SB
SD 7
(1)
SA SC SB SD
SB ' SD 2
Trải phẳng 4 mặt bên của hình chóp và ghép lại sao cho thu được một nủa lục giác đều với
cạnh SA tách thành SA và SA’ và đặt vào hệ Oxy(hình vẽ)
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 21
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
1 2
1
Khi đó ta có: S 0; 0 ; A 0; 1 ; A 0; 1 ; A 0; ; A1' 0; ; C ; 0 ; và
2 3
2
2
1 1 7
7
4
4 2
B ' a ; a ; D b ; b ; a ; b 0;
ab
. 1
a b
7
2
2 ab
2
Chu vi cần A’B’C’D’ là c AB BC C D DA1'
2
2
2
2
1
2
1
2
c a a a a2 b 2 b b b 2
2
3
2
3
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
c a a b b a a b b
2
2
3
3
c
a b a b 1
2
Dấu “=” xảy ra khi a b
2
2
4
( a b) a b min c 1.79
3
2
2 2
BD //BD .
7
Câu 31.
Trung điểm đoạn nối 2 điểm cực trị là điểm uốn của đồ thị hàm số, có tọa độ
b
x1 x 2 x 3
b
b
a x x x 1
1
2
3
3a ; y 3a . Theo Viet ta có
x b 1
0
3a 3
Thế x3 1 x1 x2 vào giả thiết thứ 2 ta được
3x1 4x2 5 5x1 5x2 44x1x2 44 x1 x2 1 x1 x2
48x1 2 16 x1 3x2 4 45x22 54 x2 25 0
2
Ta có x1 176 3x2 1 0 vậy VT VP . Dấu “=” xảy ra khi x1
2
1
1
1
; x2 ; x3
2
3
6
Câu 32.
Dễ dàng tëm được A 0; 0 , B 4; 0 , I 1 2; 1 , I 2 2; b 4 a với b 4 a 0 (vì tứ giác I 1 AI 2 B
lồi). Khi đó tứ giác I 1 AI 2 B có hai đường chéo vuông góc nên
SI1 AI2 B
1
1
AB.I 1 I 2 4. 1 b 4 a 2 1 b 4 a 10 b 4 a 4.
2
2
1
Ta có h x f x g x a x 2 4a 1 x 4a 4 nên tọa độ đỉnh I là
4
4a 1
2
xI
1
1
2a
I 2; 3 SIAB .3.4 6.
4
2
y I h 2 4 a 1 8 a 2 4 a 4 3
Câu 33.
22 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
Ta có f x ax 3 bx 2 cx d f ' x 3ax 2 2bx c . Hàm số đạt cực trị tại x 0; x 2 và
đồ thị đi qua điểm 1; 0 , 0; 2 nên ta có
f ' 0 0 a 1
f ' 2 0 b 3
f x x 3 3x 2 2
c
0
f
1
0
f 0 2
d 2
Ta có g x mx 2 nx p 3 mx 2 nx p 2 . Hệ số tự do bằng p 3 3 p 2 2 . Đồ thị
3
2
hàm số g x đi qua điểm 0; 0 nên p 3 3 p 2 2 0 p 1 . Đồ thị hàm số
g x f mx 2 nx p có trục đối xứng x
trục đối xứng x
1
nên đồ thị hàm số y mx 2 nx p cũng có
2
1
n
1
m n.
2
2m
2
Đồ thị hàm số g x đi qua điểm 2; 2 nên
m n 1
g 2 0 g x 2 m 1 3 2 m 1 2 2
m n 1
2
3
2
Do đồ thị có hướng quay lên trên nên ta suy ra m 0 m n p 1
Câu 34.
Phương trënh tương đương với m 2
x 1
3
3
x 1
8 x 2 . Hàm số f x 2 8 x 2 là một
2
2
hàm số chẵn do đó ta chỉ cần xét trên nửa khoảng 0; để suy ra bảng biến thiên của
hàm số f x trên cả tập số thực.
Xét hàm số
x1
3x 2
x1
2
8
x 2
3 2
g x 2 ln 2 3x x 2
x 1
2
f x 2 8 x
f ' x x 1
2
2
2 ln 2 3x 0 0 x 2
2 x 1 8 3 x 0 x 2
2
Ta có g ' x 2 x 1 ln 2 x 3 8 ln 2 2 3 0, x 2, g 2 8 ln 2 6 0, g 3 16 ln 2 9 0 nên
phương trënh g x 0 có nghiệm x0 2; 3 .
Vẽ bảng biến thiên cho hàm số f x ta suy ra được phương trënh có đúng 2 nghiệm thực
m 6
2
m 7, 8,..., 2018
khi và chỉ khi
m f x 2 x0 1 8 3 x 0
0
2
Câu 35.
x2 2x 2
Đặt f x
x1
2018
, ta có f 0 a0 b1 ... b2018 2 2018.
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
Chinh phục olympic toán | 23
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Suy ra a0 S 2 2018 1
1
Lại có f x x 1
x1
1008
k 0
k
C2018
x 1
2018
2018 2 k
2018
k
C 2018
x 1
2 k 2018
k 0
2018
C x 1
k 1009
k
2018
2 k 2018
.
Suy ra
0
1
1007
1008
b1 b3 ... b2017 0 S b2 b4 ... b2018 C 2018
C 2018
... C 2018
C 2018
1009
1010
2017
2018
1009
a0 C 2018
C 2018
... C 2018
C 2018
C 2018
S (vì Cnk Cnn k ). 2
1 1009
Từ 1 và 2 , suy ra S 2 2017 C 2018
.
2
Câu 36.
Từ điều kiện ta suy ra
f x f x 1
1
2018
2
0
dx 0 f x
2018
f x 1
2
0
f x 1
Mà f x liên tục trên 0; 1 nên
. Vậy có 2 hàm thỏa mãn yêu cầu đề bài.
f x 0
Câu 37.
Từ giả thiết m. f x n. f 1 x g x , lấy tích phân hai vế ta được :
Do
1
1
1
1
0
0
0
f x dx g x dx 1 m. f x n. f 1 x dx g(x)dx
0
1
m n f 1 x dx 1 1
0
Xét tích phân
1
x 0 t 1
f 1 x dx. Đặt t 1 x , suy ra dt dx. Đổi cận: x 1 t 0
0
Khi đó
1
0
1
1
0
1
0
0
f 1 x dx f t dt f t dt f x dx 1. 2
Từ 1 và 2 , suy ra m n 1 .
Câu 38.
Vì 5 4 1 3 2 2 2 1 3 1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 nên ta có các trường hợp
sau:
Trường hợp 1: Số tự nhiên có một chữ số 5 đứng đầu và 2017 số 0 đứng sau: Có 1
số.
Trường hợp 2: Số tự nhiên có một chữ số 4 , một chữ số 1 và 2016 số 0 .
+ Khả năng 1: Nếu số 4 đứng đầu thì số 1 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có
1
C 2017
số.
+ Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì số 4 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có
24 | Chinh phục olympic toán
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
40 CÂU VẬN DỤNG CAO CÓ GIẢI CHI TIẾT
1
C 2017
số.
Trường hợp 3: Số tự nhiên có một chữ số 3 , một chữ số 2 và 2016 số 0
+ Khả năng 1: Nếu số 3 đứng đầu thì số 2 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có
1
C 2017
số.
+ Khả năng 2: Nếu số 2 đứng đầu thì số 3 đứng ở một trong 2017 vị trí còn lại nên ta có
1
C 2017
số.
Trường hợp 4: Số tự nhiên có hai chữ số 2 , một chữ số 1 và 2015 số 0
+ Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì số 1 và số 2 còn lại đứng ở hai trong 2017 vị trí còn
2
lại nên ta có A2017
số.
+ Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu thì hai chữ số 2 đứng ở hai trong 2017 vị trí còn lại nên
2
ta có C 2017
số.
Trường hợp 5: Số tự nhiên có 2 chữ số 1 , một chữ số 3 thë tương tự như trường
2
2
C 2017
hợp 4 ta có A2017
số.
Trường hợp 6: Số tự nhiên có một chữ số 2 , ba chữ số 1 và 2014 số 0 .
+ Khả năng 1: Nếu số 2 đứng đầu thì ba chữ số 1 đứng ở ba trong 2017 vị trí còn lại nên
3
ta có C 2017
số.
+ Khả năng 2: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trí mà không có số 1 nào khác đứng
2
trước nó thì hai số 1 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có C 2016
số.
+ Khả năng 3: Nếu số 1 đứng đầu và số 2 đứng ở vị trì mà đứng trước nó có hai số 1 thì
2
hai số 1 và 2 còn lại đứng ở trong 2016 vị trí còn lại nên ta có A2016
số.
Trường hợp 7: Số tự nhiên có năm chữ số 1 và 2013 số 0 , vì chữ số 1 đứng đầu
4
nên bốn chữ số 1 còn lại đứng ở bốn trong 2017 vị trí còn lại nên ta có C 2017
số.
1
2
2
3
2
2
4
2 C 2017
A2017
A2016
C 2016
Áp dụng quy tắc cộng ta có 1 4C 2017
số cần
C 2017
C 2017
tìm.
Câu 39. Biến đổi giả thiết ta được:
1 log 2 3y 2 log 2 3 y 3 log 2 3xy
9
log x 2
2
log 2 x log 2 x log 2 3y 2 log 2 3 y log 2 x log 2
Ta nhận thấy rằng log 2 x log 2 3y log 2
8
3.
3xy
log x a
2
Để đơn giản ta đặt log 2 3y b Lúc này ta có 2 giả thiết
8
log 2
c
3xy
Fanpage: Tạp chí và tư liệu toán học
8
9
3xy 2
a b c 3
9.
a ab 2 abc 2
Chinh phục olympic toán | 25
