Ôn luyện các nhóm câu hỏi vận dụng cao trong đề thi THPTQG môn toán (đề 2)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.21 MB, 35 trang )
ĐỀ ÔN LUYỆN CÁC NHÓM CÂU HỎI
VẬN DỤNG CAO TRONG ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
Đề gồm 40 câu trắc nghiệm
Quà tặng mừng ngày nhà giáo Việt Nam 20/11
Tuyển chọn 40 câu vận dụng cao có lời giải chi tiết là một sản phẩm được biên soạn, sưu
tầm và sáng tác bởi nhóm Chinh Phục Olympic Toán và được đăng trên Fanpage Tạp chí
và tư liệu Toán học. Đồng thời đây cũng là một quà tặng gửi tới các thầy cô nhân ngày nhà
giáo Việt Nam, và cũng nhân dịp này cả nhóm chúc các thầy cô trên cả nước có sức khỏe,
hạnh phúc trong cuộc sống, thành đạt hơn trong cïng việc và có một ngày 20/11 thật ý
nghĩa và vui vẻ. Xin cảm ơn mọi người!
ĐỀ BÀI
Câu 1 : Biết rằng tập hợp các giá trị của m để phương trënh sau cî nghiệm là đoạn a ; b
m 2
x 3 2m 1 1 x m 1 0 có nghiệm là đoạn a ; b . Tính giá trị của biểu
thức S a 2 b 2 3ab ?
A. 1
B. 2
C. 0
D. 3
Câu 2: Gọi z1 a bi , z2 c di là nghiệm của phương trënh z 2 2 z 2 2 6 đồng
thời thỏa mãn ac bd 0 . Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
1
P z1 z2 . Tính giá trị của biểu thức S M n
2
14
13
11
12
C. S
A. S
B. S
D. S
5
5
5
5
Câu 3: Cho hai hàm f x và g x cî đạo hàm trên 1; 2 , thỏa mãn f 1 g 1 0 và
x
g x 2018x x 1 f ' x
2
2
x1
x 1
x
, x 1; 2 . Tính I
g x
f x dx.
3
x1
x
1
x
2
x 1 g ' x f x 2019 x
1
3
.
C. I .
B. I 1.
D. I 2.
2
2
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB 6, BC 12, ABC 600 . Thể tích khối chóp
A. I
C '. ABB ' A ' bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác A ' B ' C ' sao cho tổng diện tích các
mặt bên của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng
B ' M , AC ' ?
A.
2
2
B.
2
3
C.
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
2
4
D.
1
2
Chinh phục olympic toán | 1
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
Câu 5: Hai người bắn độc lập vào một mục tiêu, mỗi người bắn 1 lần. Xác suất trúng của
người thứ nhất là 0,9; của người thứ hai là 0,7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M 13 p 10 p 2 , trong đî p là xác suất của một biến cố.
169
40
Câu 6:
A.
528
125
Cho tam giác ABC
B.
4221
1000
BAC 60 và
C.
có
D. 3
AB, AC
đã biết. Biểu thức
P k.MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng AB AC với mọi giá trị thực k k0 . Giá
trị của k 0 nằm trong khoảng nào dưới đây ?
3
B. ; 2
2
n
Câu 7: Cho I n tan xdx với n
A. 0; 1
9
r
9
tan x
r 1
10
tan x
r
10
tan x
r 1
B.
C.
D.
C
C
C
C
r
r 1
r
r 1
r 1
r 1
r 1
Câu 8: Cho hàm số f x cî đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 thỏa mãn đồng thời 2 điều
A.
tan x
3
C. 1;
D. 2; 3
2
. Khi đî I 0 I 1 2 I 2 I 3 ... I 8 I 9 I 10 bằng?
r 1
kiện 2 f 2 f 1 63; 2 f x x 2 f ' x 27 x 2 , x 1; 2 . Tính giá trị của tích
2
phân
2
1
2
2
2
f x dx
2
A. 15
B. 18
C. 21
D. 25
Câu 9: Cho hàm số f x cî đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 1 thỏa mãn e. f 1 4 f 0 4
1
1
2
2
8
e 2 x f ' x f x dx 4 e x . f x dx . Tính tích phân f x dx ?
0
0
0
3
4 e 1
3 e 1
2 e 2
5 e 2
A.
B.
C.
D.
e
e
e
e
Câu 10: Cho x , y là hai số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
1
xy 1 xy 1 y 1 x .
y
xy
x 2y
Tëm giá trị lớn nhất của biểu thức P
?
x 2 xy 3y 2 6 x y
và đồng thời
1
5 7
7
5
5 7
5 7
B.
C.
D.
3 30
30 3
3 30
30
2
2
Câu 11: Cho hàm số y f x cî đạo hàm f x x 1 x 2 x với x
A.
. Có bao
nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f x 2 8x m có 5 điểm cực trị?
A. 15
B. 17
C. 16
D. 18
Câu 12: Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4 : y f x được cho như hënh vẽ sau:
2 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Tëm số giao điểm của đồ thị hàm số y g x f x f x . f x và trục Ox .
2
A. 4
B. 6
C. 2
D. 0
Câu 13: Cho biểu thức A log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ...
Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. log 2017; log 2018
log 2019; log 2020
D. log 2020; log 2021
B.
C. log 2018; log 2019
Câu 14: Cho dãy số un
391
39
1
log u2
log u1 2
40
4
4
thỏa mãn
2n
u 2 n 1 un 1
, n
n
2
2
n
n
n
1
1
Giá trị nhỏ nhất của n để un
A. 235
B. 255
.
*
5100 n2 1
.
5100 n3 n
C. 233
D. 241
Câu 15: Xét tập hợp gồm A ax 2 bx c , ax 2 bx , ax 2 c , ax 2 (trong đî a, b, c là các số
nguyên dương nhỏ hơn). Lấy ngẫu nhiên ra một tam thức bậc hai thuộc A. Tính xác suất
để lấy được tam thức bậc hai mà khi ghép các hệ số của
theo thứ tự từ bậc cao tới bậc
thấp được một số chia hết cho 7 hoặc 11.
220
220
218
218
A.
B.
C.
D.
900
999
999
900
2
2
1
2
2017 2017 2 2018 2018 2
1
2
C 2018
C 2018
...
Câu 16 : Tính tổng S
C2018 1 C2018
2018
2017
2
2018 2018
2018 2018
2019 2018
2017 2018
C 4036
C 4036
C 4036
C 4036
A.
B.
C.
D.
2019
2017
2018
2018
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 3
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
z a bi
a 2b 9
Câu 17: Cho 2 số phức 1
thỏa mãn
. Tìm z1 z2 khi biểu thức
z2 c di
c 2 d 4
P z1 6 4i z1 z2 z2 2 4i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4 29
B. 3 29
C. 6 29
D. 3 29
z1 3 i k z2 3 i k 0
Câu 18: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 mi m R
z2 R
9
4
2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Tìm k khi biểu thức P
2
z1
z2
A. k 1
B. k 3
C. k 4
D. k 2
Câu 19: Trong mặt phẳng phức, xét hình bình hành tạo bởi các điểm 0 , z ,
1
1
và z .
z
z
2
35
1
Biết z có phần thực dương và diện tích hình bình hành bằng
. Tìm GTNN của z
.
37
z
A.
53
20
B.
60
37
C.
22
9
D.
50
37
Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD cî đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng MNI chia
khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng
lại. Tính tỉ số k
A.
7
lần phần còn
13
IA
?
IS
3
4
B.
1
2
C.
1
3
D.
2
3
Câu 21: Cho đa giác đều gồm 100 đỉnh. Tính số tam giác tù được chọn từ 3 đỉnh của đa
giác trên?
A. 117600
B. 117800
C. 116700
D. 117670
Câu 22: Cho hai số thực x , y 1 thỏa mãn điều kiện:
log 2 2 x y log 2
2 x y
x2 4y 2 1
log 2 4xy 1
Giá trị lớn nhất của biểu thức f x , y 2 xy x 2 y x 2 4 y 2 bằng?
A.
1
2
B.
2
3
C.
3
4
D.
3
7
Câu 23. Cho phương trënh 3 tan x 1 sin x 2 cos x m sin x 3 cos x . Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m thộc đoạn 2018; 2018 để phương trënh trên cî đúng một
nghiệm thuộc 0; ?
2
4 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
A. 2015.
B. 2016.
C. 2018.
D. 4036.
cos 2 x
. Nghiệm
Câu 24: Cho phương trënh 2 2017 sin 2018 x cos 2018 x sin x cos x cos x
1 tan x
a
dương nhỏ nhất của phương trënh cî dạng
với a , b là các số nguyên và nguyên tố
b
cùng nhau. Tính S a b.
A. S 2.
B. S 3.
C. S 4.
D. S 7.
Câu 25: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a , b , c 1 . Khi đî trị nhỏ nhất của biểu thức
1
m
m
P log a b log b c log c2 a được viết dưới dạng
, với m,n là các số nguyên dương và
4
n
n
là phân số tối giản. Hỏi T m 3 n 3 có giá trị là bao nhiêu?
A. 171
B. 89
C. 195
D. 163
Câu 26: 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 27: Giả sử số tự nhiên n 2 thỏa mãn đẳng thức dưới đây hãy tëm n?
C2 C4 C6
C 2 n2
C 2n
4096
C 20n 2 n 2 n 2 n ... 2 n 2 n
3
5
7
2n 1 2n 1
13
A. n 4
B. n 5
C. n 6
D. n 7
0
3
6
3k
15
18
3C 20
6C 20
... 3kC 20
... 15C 20
18C 20
Câu 28: Tính tổng S C 20
?
A. S
10.2 20
13
3
B. S
10.2 20
14
3
C. S
Câu 29: Cho hàm số f x cî đạo hàm trên
10.2 21
13
3
D. S
10.2 19
13
3
\b và hàm số g x cî đạo hàm trên
.
Biết đồ thị của hai hàm số y f ' x , y g ' x như hënh vẽ dưới.
Đặt h x f x g x , S h x 2 b h b x 2 1 2h c h c với a,b,c là các số
2
2
thực đã biết. Khẳng định đúng với mọi x 0 là?
y
y f x
y g x
O
a
b
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
c
x
Chinh phục olympic toán | 5
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
A. S h c ; h a c
B. S h c
C. S h c ; h a b
D. S h a ; h c
Câu 30: Cho 3 số thực thỏa mãn x 2; 4 ; y 0; 4 ; z 1; 5 . Khi đî giá trị lớn nhất của
biểu thức T
x y z
A. 10
2
5 log 3 x 1 2 log 5 y 1 4 log 5 z bằng?
B. 11
C. 8 5 14
D. 12
Câu 31: Cho 0 a 1 b 1 a và hàm số y g x
0; . Biết đồ thị hàm số
f x
x 1
f
2
cî đạo hàm trên
y f x như hënh vẽ dưới. Khẳng định nào sau đây đúng với
mọi x a 1; b 1
y
y f x
n
m
a
O
A. g x
f
b 1
m
f
B. g x
a 1
b
C. g x
n
x
f
b 1
m
D. 10 g x 0
Câu 32: Cho các số thực dương a,b,c,m,n,p thỏa mãn điều kiện 2 2017 m 2 2017 n 32017 p 7
và 4 a 4b 3c 42 . Đặt S
A. 42 S 7.6 2018
2 2a
2018
m
B. S 6 2018
2 2b
n
2018
3c 2018
thì khẳng định đúng là?
p
C. 7 S 7.6 2018
D. 4 S 42
Câu 33: Có bao nhiêu cặp số nguyên a , b để phương trënh sau đúng với mọi x
a cos x 1 b 2 cos ax b 2 1 1
A. 0
6 | Chinh phục olympic toán
B. 1
C. 2
D. 3
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYN TP MT S NHểM CU HI VN DNG CAO MễN TON
p x 2 p x 2 0
Cõu 34: Cho h phng trởnh
vụ nghim khi p ; a b ; .
2
x 1
Tớnh giỏ tr ca biu thc A a 2 b 2
A. 10
B. 9
C. 13
D. 16
Cõu 35: Cho dóy s un c xỏc nh bi u1 2 ; un 2 un 1 3n 1 . Cùng thc s hng
tng quỏt ca dóy s ó cho l biu thc cợ dng a.2 n bn c , vi a , b , c l cỏc s nguyờn,
n 2 ; n . Khi ợ tng a b c cợ giỏ tr bng
A. 4
B. 4
C. 3
D. 3
Cõu 36: Mt ngy p tri, trong lỳc i do cụng viờn, cm mt khi cu trong tay, mt
nh khoa hc yờu cỏi p ny ra ỷ tng mun to ra mt khi nún ni tip trong mt
khi cu cợ bỏn kỡnh R v ng mt loi dung dch X do ụng ch to ra vo trong ợ, sao
cho th tớch dung dch X cha c trong X l ln nht. Sau khi ch to xong, trong lỳc
mi ngm tỏc phm ca mỡnh, nh khoa hc ó vù tởnh lm v c khi cu thy tinh, tuy
vy ùng ó thu hi li c lng dung dch X quý giỏ ca mỡnh. Ln ny, vỡ rỳt kinh
nghim, cng lng dung dch X ợ, nh khoa hc mun ch to mt cỏi hp bng mt
loi kim loi chu lc trong sut ng dung dch ca mỡnh. ễng cú hai s la chn cho
hp kim loi ca mỡnh, cú dng hỡnh hp ch nht hoc l cú dng khi tr. Tuy nhiờn,
kinh phớ cũn li ca ụng cú hn, cũn giỏ thnh kim loi ợ li rt t vỡ nú him. ễng
mun chi phớ sn xut kim loi cu thnh hp l bộ nht, nhng vn phi cha c lng
dung dch X ó cợ ca mỡnh.Hóy giỳp nh khoa hc tớnh toỏn xem din tớch ton phn
nh nht ca hp kim loi l bao nhiờu?
A. 3R 2 3
2 11
38
B. R2 3
2 11
38
C. 3R 2 3
26
34
D. R 2 3
26
34
Cõu 37:
y
11
2
1O 1
1
Tinh hoa ca toỏn hc nm t do ca nú Georg Cantor
2
x
Chinh phc olympic toỏn | 7
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
Cho hàm số f x cî đồ thị như hënh vẽ đồng thời f x 1 f x 2 x 2 x 1 x 1 * Biết
rằng f x ax 4 bx 2 c ; g x mx 2 nx p và f x g x 2 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
hàm số g x
A.
1
2
B.
1
4
C. 2
D. 4
5
1
Câu 38: Cho hàm số y x 3 3x 2 C . Tìm những điểm trên đường thẳng
3
3
1
d : y ax b đi qua gốc tọa độ và tạo với đường thẳng y x một góc 150 mà từ đî kẻ
3
được đến C 2 tiếp tuyến .
1 1
A. ; ; 1; 1
5 5
1 1
C. ; ; 1; 1
5 5
1 1
B. ; ; 1; 1
5 5
1 1
D. ; ; 1; 1
5 5
8x a bx c
c 3 tan x . Biết đồ thị hàm số cî đúng 2
x x 1 2
Câu 39: Cho hàm số f x
đường tiệm cận (chỉ tính tiệm cận đứng và tiệm cận ngang). Số giá trị nguyên tối đa cî thể
của tham số a thỏa mãn bài toán là?
A. 8
B. 2
C. 10
Câu 40: Cho tích phân I
11
7
D. 9
x 7 11 x dx , gọi M và m lần lượt là giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của I. Tính S M m ?
A. 54 2 108
8 | Chinh phục olympic toán
B. 36 2 108
C. 6 3 54
D. 6 3 36
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ VẬN DỤNG CAO
Câu 1 : Biết rằng tập hợp các giá trị của m để phương trënh sau cî nghiệm là đoạn a ; b
m 2
x 3 2m 1 1 x m 1 0 có nghiệm là đoạn a ; b . Tính giá trị của biểu
thức S a 2 b 2 3ab ?
A. 1
B. 2
C. 0
D. 3
Giải
Biến đổi phương trënh đầu tương đương PT m
Vì
x3
2
1x
2
2 x 3 1x 1
2
x 3 2 1x 1
x 3 2 sin
4 nên đặt
0; 2 .
1 x 2cos
t 0; 1 khi đî 2 trở thành
2
2t
1 t2
4.
2.
1
2
4 sin 2cos 1
t 2 8t 3 1
20t 4
1 t2
m
1t
2
2
2t
1t
2 sin 4cos 1
3t 4t 5 3 3 3t 2 4t 5
2.
4.
1
1 t2
1 t2
Đặt t tan
Xét f t
20t 4
60t 2 24t 84
0;
1
trên
đoạn
được:
f
t
0, t 0; 1 . Suy ra
3t 2 4t 5
( 3t 2 4t 5)2
f 0 f t f 1
f t 4
4
4
1 4 1 f t 1 4
3
5
f t 4
m
5
15
3
3
3 15 3
3
3 3
5
3
Câu 2: Gọi z1 a bi , z2 c di là nghiệm của phương trënh z 2 2 z 2 2 6 đồng
thời thỏa mãn ac bd 0 . Gọi M, n lần lượt là giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
1
P z1 z2 . Tính giá trị của biểu thức S M n
2
14
13
11
12
C. S
A. S
B. S
D. S
5
5
5
5
Giải
Gọi A z1 , B z2 , ac bd 0 OA.OB 0 OA OB .
1
1
3
z1 z2 OA.OB
2
2
2
1
Trường hợp 2: Xét hai điểm A,B lần lượt nằm trên hai đường vuông góc y kx , y x .
k
Trường hợp 1: Xét A,B lần lượt nằm trên hai trục tọa độ thì ta có: P
x2 y 2
1
9
9k 2
k2 1
2
2
Tọa độ điểm A thỏa mãn 9
x
y
OA
3
1
A
A
9k 2 1
9k 2 1
9k 2 1
y kx
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 9
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
k2 1
1
1
Tương tự OB 3
. Theo giả thiết ta có: P z1 z2 SOAB .
2
2
2
9k
9 k 2 1
9k
2
1 k 2 9
.
9
k2 1 .
10
9k 2 1 k 2 9 3 k 2 1 S 23 . Dấu “=” xảy ra khi A,B
Theo AM – GM ta có 2 9 k 2 1 k 2 9 10 k 2 1 S
Theo Cauchy – Shwarz ta có
là các giao điểm của elip với trục tọa độ và các hoán vị.
min P 9
10 .
Vậy cả hai trường hợp ta có
max P 3
2
Câu 3: Cho hai hàm f x và g x cî đạo hàm trên 1; 2 , thỏa mãn f 1 g 1 0 và
x
g x 2018x x 1 f ' x
2
2
x1
x 1
x
, x 1; 2 . Tính I
g x
f x dx.
3
x1
x
1
x
2
g
'
x
f
x
2019
x
x 1
1
3
A. I .
C. I .
B. I 1.
D. I 2.
2
2
Giải
Bài này có vẻ tương đối khî khăn rồi do đây là 2 hàm độc lập, tuy nhiên ta chú ý vẫn bám
sát û tưởng của các bài toán trong mục này!
1
x 1 f ' x 2018
g x
2
x
x 1
Từ giả thiết ta có
. Cộng lại vế theo vế ta được:
1
x
x 1 g ' x x 2 f x 2019
1
x 1
x
1
g
x
g
'
x
f ' x 2 f x 1
2
x1
x
x 1
x
x 1 f x x C.
x
x
x 1
g x
f x 1
g x
x1
x
x 1
x
2
2
x1
1
x
Mà ta lại có f 1 g 1 0 C 1 I
g x
f x dx x 1 dx .
x1
x
2
1
1
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ cî AB 6, BC 12, ABC 60 0 . Thể tích khối chóp
C '. ABB ' A ' bằng 216. Gọi M là điểm nằm trong tam giác A ' B ' C ' sao cho tổng diện tích các
mặt bên của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính cosin góc giữa 2 đường thẳng
B ' M , AC ' ?
A.
2
2
B.
10 | Chinh phục olympic toán
2
3
C.
2
4
D.
1
2
Giải
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
C'
B'
M
K
A'
H
C
B
A
Gọi I là hình chiếu của M lên ABC ; D , E , F lần lượt là hình chiếu của I lên AB, BC, CA.
Đặt ID x , IE y , IF z, AB 2 a, BC 2 b, CA 2 c , MI AA' h .
Khi đî SABC SIAB SIAC SIBC ax by cz . Diện tích toàn phần của hình chóp M . ABC
nhỏ nhất khi và chỉ khi S SMAB SMBC SMCA nhỏ nhất.
Có MD MI 2 ID2 x 2 h 2 SMAB
Tương tự ta được S
ah xa
2
Theo Mincowski ta có S
bh by
2
2
hc cz
ah bh ch ax by cz
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
Khi đî ta cî SA' B'C ' SABC
2
1
AB.MD a h 2 x 2
2
2
2
ah ax
2
2
2
a b c
2
2
h 2 SABC
const
ax by cz
x y z.
ah bh ch
1
BA.BC sin ABC 18 3 ,
2
A 'C '2 AC 2 AB2 BC 2 2 AB.BC .cos 600 A 'C ' 6 3
3
Vì VLT VC '. ABB' A' 324 AA ' 6 3 . Gọi K là chân đường phân giác trong của tam giác
2
A ' B ' C ' kẻ từ B , từ K kẻ đường thẳng song song với AC ' cắt AA' tại H , khi đó
B ' M , AC B ' K , KH cos cos B ' KH
Ta có SB'C ' A' SB'KC ' SB'KA'
1
B ' K B ' A ' B 'C ' sin 300 B ' K 4 3
2
A'K A' B' 1
1
A ' K A 'C ' 2 3
C 'K C ' B' 2
3
A' H A'K 1
Do KH //AC '
A' H 2 3
A ' A A 'C ' 3
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 11
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
KH 2 6 , B ' H 4 3 cos B ' KH
2
2
cos
4
4
Câu 5: Hai người bắn độc lập vào một mục tiêu, mỗi người bắn 1 lần. Xác suất trúng của
người thứ nhất là 0,9; của người thứ hai là 0,7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
M 13 p 10 p 2 , trong đî p là xác suất của một biến cố.
A.
169
40
B.
528
125
C.
Giải
4221
1000
D. 3
Gọi A1 là biến cố người thứ nhất bắn trúng, A2 là biến cố người thứ hai bắn trúng.
Khi đî p A1 0, 9; p A2 0,7. Ta có M 13 p 10 p 2
Do đî M lớn nhất khi và chỉ khi p
2
169
13
10 p .
40
20
13
nhỏ nhất
20
0.A
Giả sử p là xác suất của biến cố A. Ta quy ước
1.A A
Khi đî A xA1 A2 y A1 A2 zA1 A2 t A1 A2 , trong đî x , y , z , t 0; 1 .
p p A x.p A1 A2 y.p A1 A2 z.p A1 A2 t.p A1 A2 0, 63x 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t
p
13
0, 63x 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 65 0, 63x 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 65
20
Nếu x = 1: p
13
0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 02
20
y 0
Ta có y ; z ; t 0; 1 thì 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 02 nhỏ nhất khi z 0
t 1
Khi đî p
Nếu x = 0: p
13
0, 01
20
13
0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 65
20
Ta có y ; z ; t 0; 1 0 y ; z ; t 1 0 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 37
0, 65 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 65 0, 28
13
0, 65 0, 07 y 0, 27 z 0, 03t 0, 65 0, 28 p
0, 28 0, 01
20
Từ 2 trường hợp trên ta thấy p
Khi đî Mmax
x t 1
13
0, 01
20 min
y z 0
169
528
10.0, 012
40
125
12 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Câu 6:
Cho tam giác
ABC
có
BAC 60
và
đã biết. Biểu thức
AB, AC
P k.MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng AB AC với mọi giá trị thực k k0 . Giá
trị của k 0 nằm trong khoảng nào dưới đây ?
3
B. ; 2
2
A. 0; 1
Ta có: u . v u .v u u .
v
3
C. 1;
2
Giải
D. 2; 3
và: u.v u . v . Áp dụng vào bài này, ta có :
v
P k.MA MB MC k.MA MB.
AB
AC
AB
AC
MC.
k.MA MA AB .
MA AC .
AB
AC
AB
AC
AB AC
AB AC
P k.MA AB AC MA
k.MA AB AC MA
AB AC
AB AC
AB AC
P MA k
AB AC .
AB
AC
AB AC
Theo giả thiết ta có P MA k
AB AC AB AC
AB AC
AB AC
AB AC
Suy ra k
0 k
AB AC
AB AC
2
2
2
AB AC
AB AC
AB AC
.
1 1 2.cos 60 3
Ta có
2
AB AC
AB AC
AB AC
Suy ra: k
AB AC
3 k0 .
AB AC
Câu 7: Cho I n tan n xdx với n
A.
9
tan x
r 1
r
r
C
B.
9
r 1
tan x
r 1
. Khi đî I 0 I 1 2 I 2 I 3 ... I 8 I 9 I 10 bằng?
r 1
C
C.
10
tan x
r 1
r
r
C
D.
10
r 1
tan x
r 1
r 1
C
Giải
Biến đổi tìch phân ban đầu ta có
tan n1 x
1
I n tan n 2 x.tan 2 xdx tan n2 x.
I n2 C
1
d
x
2
n1
cos x
tan n1 x
tan n 2 x. tan x dx I n 2 I n I n 2
C .
n1
Khi đî I 0 I 1 2 I 2 I 3 ... I 8 I 9 I 10 = I 10 I 8 I 9 I 7 ... I 3 I 1 I 2 I 0
9
tan 9 x tan 8 x
tan 2 x
tan r x
....
tan x C
C .
9
8
2
r
r 1
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 13
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
Câu 8: Cho hàm số f x cî đạo hàm liên tục trên đoạn 1; 2 thỏa mãn đồng thời 2 điều
kiện 2 f 2 f 1 63; 2 f x x 2 f ' x 27 x 2 , x 1; 2 . Tính giá trị của tích
2
phân
2
1
2
2
2
f x dx
2
A. 15
B. 18
C. 21
Giải
D. 25
Theo giả thiết ta có
2
1
2
2
2
f x dx f x dx x 2 f ' x dx 27 x 2 dx 63 1
1
1
1
2
Xét tích phân I
2
1
2
2
u f x 2
du 2 f ' x f x
f x dx , đặt
v x
dv dx
2
I x f x
2 2
1
2
2
1
1
2 xf ' x f x dx 63 2 xf ' x f x dx
Ta có:
2
1 1 f x
2
2
2
2
dx 2 xf ' x f x dx x 2 f ' x dx 0 f x xf ' x dx 0
1
1
1
2
2
1
Do đî f x xf ' x 0 f x ' 0 f x Cx
x
2
Vậy 2 Cx x 2C 2 3C 2 x 2 27 x 2 C 3 f x dx 21
1
2
2
Câu 9: Cho hàm số f x cî đạo hàm liên tục trên đoạn 0; 1 thỏa mãn e. f 1 4 f 0 4
1
1
2
2
8
e 2 x f ' x f x dx 4 e x . f x dx . Tính tích phân f x dx ?
0
0
0
3
4 e 1
3 e 1
2 e 2
5 e 2
A.
B.
C.
D.
e
e
e
e
Giải
1
1
2
2
8
Xét tích phân K e 2 x f ' x f x dx 4 e x f x dx
0
0
3
và đồng thời
1
Đặt u x e x f x u ' ex f x ex f ' x ex f ' x u ' u , khi đî ta được
2
2
K u ' u u2 4u dx u ' 2u.u ' 4u dx u 1 4, u 0 1
0
0
1
u2
Ta có u.u 'dx
0
2
1
1
1
1
1
15 1
1
, udx xu 0 xu ' dx 4 xu ' dx .
0
0
2 0
0
8
2
Suy ra K u ' 4xu ' dx . Đến đây ta chọn m
0
3
1
1
1
u ' 2x m
sao cho
1
1
2
2
dx 0 u ' 4xu dx 2m u ' dx 2 x m dx 0
0
0
0
0
8
4
6m m 2 2 m 0 m 2
3
3
Vậy ta được
2
1
u ' 2x 2
0
14 | Chinh phục olympic toán
2
dx 0 e x f x e x f ' x 2 x 2
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
1
5e 2
x 2 2 x C f 0 1
x 2 2x 1
e f x ' 2x 2 f x
f
x
f x dx
x
x
0
e
e
e
x
Câu 10: Cho x , y là hai số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện
1
xy 1 xy 1 y 1 x .
y
xy
x 2y
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P
?
2
2
6x y
x xy 3y
A.
5 7
3 30
B.
7
5
30 3
Giải
5 7
3 30
xy 1 y 1 x
xy 1 y
C.
Biến đổi giả thiết ta có xy 1
y xy 1
xy 1 y y xy 1
2
xy 1 y
0
2
D.
1
y
xy 1 y 0
x
1 1 1 1 1
xy 1 y 0 xy 1 y 2
y
y
y 4 y 2
1
x 1
0 . Dấu bằng đạt được khi y 2 , x .
2
y 4
xy
P
Ta có
x xy 3y
2
t1
t t 3
2
2
5 7
30
2
x 2y
t1
t2
x
1
với t và t 0; .
2
6 x y
y
4
t t 3 6 t 1
5
1
8t 7 với mọi t 0;
27
4
Thật vậy
2
5
1 4t 1 20t 25t 6
1
8t 7
0 với mọi t 0; .
2
729
t t 3
4
t 2 t 3 27
Suy ra P
5
t2
f t .
8t 7
27
6t 6
Khi đî f t
Vậy P
2
t1
1 16 5t 2 32 5t 16 5 27
1
.
0 với mọi t 0; .
2
54
4
t 1
1
5
t2
1 7 10 5
, dấu bằng đạt được khi x , y 2 .
f t f
8t 7
2
27
6t 6
30
4
Câu 11: Cho hàm số y f x cî đạo hàm f x x 1 x 2 2 x với x
2
. Có bao
nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để hàm số f x 2 8x m có 5 điểm cực trị?
A. 15
B. 17
C. 16
Giải
D. 18
Đặt g x f x 2 8x m f x x 1 x 2 2 x
2
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 15
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
g x 2 x 8 x 2 8x m 1 x 2 8x m x 2 8x m 2
2
x 4
2
x 8x m 1 0 1
Ta có g x 0 2
x 8x m 0
2
2
x 8x m 2 0 3
Các phương trënh 1 , 2 , 3 không có nghiệm chung từng đïi một và
x
2
8x m 1 0 với x
2
Suy ra g x có 5 điểm cực trị khi và chỉ khi 2 và 3 có hai nghiệm phân biệt khác 4
2 16 m 0
m 16
16 m 2 0
m 18
3
m 16 .
16
32
m
0
m
16
16 32 m 2 0
m 18
Vì m nguyên dương và m 16 nên có 15 giá trị m cần tìm.
Câu 12: Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4 : y f x được cho như hënh vẽ sau:
Tëm số giao điểm của đồ thị hàm số y g x f x f x . f x và trục Ox .
2
A. 4
B. 6
C. 2
Giải
D. 0
Số giao điểm của đồ thị hàm số y g x f x f x . f x và trục Ox bằng số
2
nghiệm của phương trënh: f x f x . f x 0 f x f x . f x .
Giả sử đồ thị hàm số y f x ax 4 bx 3 cx 2 dx e , a , b , c , d , e ; a 0, b 0 cắt trục
2
2
hoành Ox tại 4 điểm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 .
Đặt A x x1 , B x x2 , C x x3 , D x x 4 ta có:
f x a x x1 x x2 x x3 x x 4 a.ABCD .
16 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
TH1: Nếu x xi với i 1, 2, 3, 4 thì g xi f xi 0 .
2
Do đî x xi , i 1, 2, 3, 4 không phải nghiệm của phương trënh g x 0 .
TH2: Nếu x xi với i 1, 2, 3, 4 thë ta viết lại
1 1 1 1
f x a BCD ACD ABD ABC f x .
A B C D
1
1
1
1 1 1 1
1
f x f x f x 2 2 2 2
D
A B C D
A B C
2
1
1
1
1 1 1 1
1
f x . f x . 2 2 2 2
D
A B C D
A B C
2
1
1
1
1 1 1 1
1
Suy ra, f x . f x f x . f 2 x . 2 2 2 2 .
D
A B C D
A B C
2
2
1
1
1
1
Khi đî g x f x f x . f x f 2 x . 2 2 2 2
D
A B C
0 x xi i 1, 2, 3, 4 .
Từ đî suy ra phương trënh g x 0 vô nghiệm.
Vậy đồ thị hàm số y g x khïng cắt trục hoành.
Câu 13: Cho biểu thức A log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ...
Biểu thức A có giá trị thuộc khoảng nào trong các khoảng dưới đây?
A. log 2017; log 2018
log 2019; log 2020
D. log 2020; log 2021
B.
C. log 2018; log 2019
Giải
Đặt An log 2017 log 2016 log 2015 log ... log 3 log 2 ...
A
n
n An1
Ta có
0 log 2 1 0 A2 1
0 log 3 A3 log 3 A2 log 4 1
...
0 log 9 A9 log 9 A8 log 10 1
1 log 10 A10 log 10 A9 log 11 2
1 log 12 A11 log 11 A10 log 13 2
...
2 log 999 A997 log 997 A996 log 1000 3
3 log 1000 A998 log 998 A997 log 1001 4
3 log 1002 A 999 log 999 A998 log 1003 4
...
3 log 2020 A2017 log 2017 A2016 log 2021 4
Vậy A2017 log 2020; log 2021
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 17
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
Câu 14: Cho dãy số un
391
39
1
log u2
log u1 2
40
4
4
thỏa mãn
2n
u 2 n 1 un 1
, n
n
2
2
n
n
n
1
1
Giá trị nhỏ nhất của n để un
A. 235
5100 n2 1
.
5100 n3 n
B. 255
C. 233
Giải
D. 241
Ta có n2 n 1 1 n2 1 2n n2 1 n2 1 n2 1 n 1 1
2
.
*
2
2
Biến đổi giả thiết tương đương
nun 2 n 1 un 1
n2 1 n 1 1
nun 2 n 1 un 1
Đặt vn nun
2n n2
2
2 n 1 un 1
n 1
n
2
2
2 n2 1 1
1 n 1 1
2
1
2
1
1
1
n 1 un 1
nun 2
2
2
n 1 n 1 1
n 1
n 1 1 2
2
1
1
1
vn1 vn vn là CSN có công bội q
n 1
2
2
2
n1
n1
1
1
1
1
1
1
Từ đî suy ra vn v1 u1 un 3
n1 u1
2
n n 2 n
2
2
2
1 1
Thay u2 u1 vào giả thiết ta được
40 4
39
39
1
1
1
1
log u1 log u1 2 u1 1 un 3
n
4
4
n n 2 n
4
4
Để un
5100 n2 1
n 100 log 2 5 n 233
5100 n3 n
Câu 15: Xét tập hợp gồm A ax 2 bx c , ax 2 bx , ax 2 c , ax 2 (trong đî a, b, c là các số
nguyên dương nhỏ hơn). Lấy ngẫu nhiên ra một tam thức bậc hai thuộc A. Tính xác suất
để lấy được tam thức bậc hai mà khi ghép các hệ số của
thấp được một số chia hết cho 7 hoặc 11.
220
220
A.
B.
900
999
C.
theo thứ tự từ bậc cao tới bậc
218
999
D.
218
900
Giải
Vì tam thức bậc hai có bốn dạng xảy ra:
Dạng đầy đủ: ax 2 bx c khi đî ta thu được số nguyên
Dạng khuyết c: ax 2 bx khi đî ta thu được số nguyên
Dạng khuyết b ax 2 c khi đî ta thu được số nguyên ac
18 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Dạng khuyết b, c: ax 2 khi đî ta thu được số nguyên a.
Trong đî a , b , c 1; 2; 3; 4; 5; 6;7; 8; 9
Do cî 729 số cî các chữ số khác 0; 81 số cî hai chữ số cî các chữ số khác 0 và 9 số cî 1 chữ
số khác khïng. Suy ra cî 729 81 2 9 900 tam thức bậc hai. Vë vậy, số phần tử của
khïng gian mẫu là: 900.
Nhận xét: Các số nguyên chia hết cho d đều cî dạng d với k là số nguyên dương. Do đî,
số các số nguyên dương chia hết cho d và khïng vượt quá
với 0 kd n hay 0 k
sẽ bằng số các số nguyên k
n
n
Vë vậy cî số nguyên khïng vượt quá n chia hết cho d –
d
d
n
d là số nguyên khïng vượt quá n).
Theo nhận xét trên thë:
Số các số cî 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 1;
Số các số cî 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 12;
Số các số cî 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 115;
Số các số cî 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 0;
Số các số cî 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 9;
Số các số cî 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 72;
Số các số cî 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 0;
Số các số cî 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 1;
Số các số cî 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 10;
Suy ra có 1 12 115 0 9 72 12 9 1 0 1 10 218 tam thức bậc hai cî hệ số
ghép (theo thứ tự từ bậc cao tới bậc thấp) tạo thành số chia hết cho 7 hoặc 11. Vậy xác suất
218
để lấy ra 1 tam thức bậc hai thỏa mãn bài toán là P
900
2
2
1
2
2017 2017 2 2018 2018 2
1
2
Câu 16 : Tính tổng S
C 2018
C 2018
...
C2018 1 C2018
2018
2017
2
2018 2018
2018 2018
2019 2018
2017 2018
A.
B.
C.
D.
C 4036
C 4036
C 4036
C 4036
2019
2017
2018
2018
Giải
n k 1 k 1
.Cn với k , n , n k nên:
k
1
2018 0
2
2017 1
2018 2018 1
1
2
2017
S
C 2018
.
C 2018
C 2018
.
C 2018 ...
C 2018 .
C 2018
2018
1
2017
2
1
2018
Ta có Cnk
1
0
2
1
2017
2016
2018
2017
C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
... C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
.
k
2018 k
1
2018
2
2017
2017
2
2018
1
C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
... C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
Mà C 2018
suy ra S C 2018
.
Mặt khác ta có 1 x
2018
2018
k
C 2018
xk 1 x
2018
.1 x
2018
k 0
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 19
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
2018
2018
2018
k 0
l 0
k ,l 0
k
l
C 2018
x k . C 2018
xl
C
k
2018
l
.C2018
.x k l
1 .
Suy ra hệ số của số hạng chứa x 2019 trong khai triển của 1 là
1
2018
2
2017
2017
2
2018
1
S C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
... C 2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
.
Lại do 1 x
2018
.1 x
2018
1 x
4036
; 1 x
4036
4036
n
C 4036
xn 2
n 0
Suy ra hệ số của số hạng chứa x
2019
2019
trong khai triển của 2 là C 4036
.
1
2018
2
2017
2017
2
2018
.C 2018
C 2018
.C 2018
... C 2018
.C 2018
C 2018
.C 12018 C 2019
Vậy S C 2018
4036
4036!
4036 2018
4036!
2018 2018
C 4036 .
2019!. 4036 2019 !
2019
2018!. 4036 2018 ! 2019
z a bi
a 2b 9
Câu 17: Cho 2 số phức 1
thỏa mãn
. Tìm z1 z2 khi biểu thức
z
c
di
c
2
d
4
2
P z1 6 4i z1 z2 z2 2 4i đạt giá trị nhỏ nhất.
A. 4 29
B. 3 29
C. 6 29
D. 3 29
Giải
a 2b 9 M d1 : x 2 y 9 0
Gọi A 6; 4 , D 2; 4 , M z1 , N z2 . Mặt khác
c
2
d
4
N d2 : x 2 y 4 0
Theo bất đẳng thức tam giác ta có:
P z1 6 4i z1 z2 z2 2 4i AM MN ND AN ND AD 4 5
M d1 AD M 5; 2
Phương trënh AD : 2 x y 8 0 . Khi đî
.
N d2 AD N 4; 0
Suy ra z1 z2 4 29
z1 3 i k z2 3 i k 0
Câu 18: Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 mi m R
z2 R
9
4
Tìm k khi biểu thức P
2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2
z1
z2
A. k 1
B. k 3
C. k 4
D. k 2
Giải
Gọi M 3; 1 , A z1 , B z2 . Theo giả thiết thì ta có M,A,B thẳng hàng đồng thời A thuộc Oy,
B thuộc Ox. Phương trënh đoạn AB theo đoạn chắn là:
AB :
x y
3 1
1, M AB 1 A a; 0 , B 0; b a, b 0
a b
a b
2
9 4 4 3 1
4
Theo Cauchy – Schwarz ta có: P 2 2 .
a b
5 a b
5
20 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Dấu “=” xảy ra khi a
15
; b 5 k 4
4
Câu 19: Trong mặt phẳng phức, xét hình bình hành tạo bởi các điểm 0 , z ,
1
1
và z .
z
z
2
35
1
Biết z có phần thực dương và diện tích hình bình hành bằng
. Tìm GTNN của z
.
37
z
A.
53
20
B.
60
37
C.
22
9
D.
50
37
Giải
1
1
và z .
z
z
35
1
35
Khi đî diện tích hình bình hành OACB là S OA.OB.sin z . .sin
.
sin
37
z
37
Gọi O , A, B, C lần lượt là điểm biểu diễn số phức 0, z ,
Suy ra cos 1 sin 2
12
.
37
Áp dụng định lý cosin trong tam giác OAC ta có
2
2
1
1
1
1
2
2
z
OC 2 OA2 OB2 2OA.OB.cos z
2 z .cos z 2 2 cos
z
z
z
z
2
12 50
1
1
. Vậy z
2 2.
z
37 37
z
z
Dấu “ ” xảy ra z 1 và cos
2
nhỏ nhất bằng
50
.
37
12
.
37
12
12
1
1
Chẳng hạn như z sin arccos i cos arccos .
37
37
2
2
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 21
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD cî đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng MNI chia
khối chóp S.ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng
lại. Tính tỉ số k
A.
7
lần phần còn
13
IA
?
IS
3
4
1
2
B.
C.
1
3
D.
2
3
Giải
Ta có hình vẽ
S
H
A
E
D
I
Q
M
J
N
A
E
D
M
O
P
B
B
C
F
N
C
F
Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng MNI với hënh chîp là hënh ngũ giác IMNJH với
1
MN // JI . Ta có MN , AD , IH đồng qui tại E với EA ED và MN , CD , HJ đồng qui
3
1
tại F với FC FD , chú ý E , F cố định.
3
HS ED IA
HS
HS
1
Dùng định lí Menelaus với tam giác SAD ta có
.
.
.
1
.3.k 1
HD EA SI
HD
HD 3k
Từ đî
d H , ABCD
d S , ABCD
HD
3k
. Suy ra VHJIAMNCD VH .DFE VI . AEM VJ .NFC .
SD 3k 1
1
Đặt V VS. ABCD và S SABCD , h d S , ABCD ta có SAEM SNFC S và
8
d I , ABCD
d S , ABCD
IA
k
SA k 1
Thay vào ta được VHJIAMNCD
22 | Chinh phục olympic toán
1 21k 2 25k
1 3k
1 k
1
9
V.
.
h. S 2. .
h. S .
3 3k 1 8
3 k 1 8
8 3k 1 k 1
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
Theo giả thiết ta có VHJIAMNCD
phương trënh này được k
13
1 21k 2 25k
13
, giải
V nên ta cî phương trënh .
20
8 3k 1 k 1 20
2
.
3
Câu 21: Cho đa giác đều gồm 100 đỉnh. Tính số tam giác tù được chọn từ 3 đỉnh của đa
giác trên?
A. 117600
B. 117800
C. 116700
D. 117670
Giải
Đánh số các đỉnh là A1 , A2 ,..., A100 .
Xét đường chéo A1 A51 của đa giác là đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều
chia đường tròn ra làm hai phần, mỗi phần có 49 điểm: từ A2 đến A50 và A52 đến A100 .
Khi đî, mỗi tam giác có dạng A1 Ai A j là tam giác tù nếu Ai và Aj cùng nằm trong nửa
đường tròn
Chọn nửa đường tròn: có 2 cách chọn.
Chọn hai điểm Ai , A j là hai điểm tùy û được lấy từ 49 điểm A2 , A3 ,..., A50 có
2
C 49
1176 cách chọn.
Giả sử Ai nằm giữa A1 và Aj thì tam giác A1 Ai A j tù tại đỉnh Ai . Mà A j Ai A1 A1 Ai A j
nên kết quả bị lặp hai lần. Có 100 cách chọn đỉnh.
2.1176.100
Vậy số tam giác tù là
117600.
2
Chú ý: Cho đa giác đều có n đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù:
Nếu n chẵn thì số tam giác tù là n.C n2 2
2
Nếu n lẻ thì số tam giác tù n.C n2 1
2
Áp dụng công thức nhanh ta có n.C
2
n2
2
2
100.C 49
117600.
Câu 22: Cho hai số thực x , y 1 thỏa mãn điều kiện:
log 2 2 x y log 2
2 x y
x2 4y 2 1
log 2 4xy 1
Giá trị lớn nhất của biểu thức f x , y 2 xy x 2 y x 2 4 y 2 bằng?
A.
1
2
B.
2
3
C.
3
4
D.
3
7
Giải
Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có:
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 23
SẢN PHẨM KỶ NIỆM NGÀY NHÀ GIÁO VIỆT NAM 20/11
log 2 2 x y log 2
2 x y
x2 4y 2 1
log 2 x y 1 log 2
log 2 x y 1 1 log 2
x2 4y 2 1
xy
x2 4y 2 1
1 log 2 x 2 4 y 2 1 log 2 x 2 4 y 2 1
xy
Mặt khác theo bất đẳng thức AM – GM ta lại có log 2 x 2 4 y 2 1 log 2 4 xy 1 VP
x2 4y 2 1
1 log 2
log 2 x y 1
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
xy
x 2 y
Thế vào f x , y ta được f x , y g x 2 x x 2
Ta có g ' x 0
1
1
1 3
2 x x max g x g
1;
2
2x
2 4
Câu 23. Cho phương trënh 3 tan x 1 sin x 2 cos x m sin x 3 cos x . Có bao nhiêu giá
trị nguyên của tham số m thộc đoạn 2018; 2018 để phương trënh trên cî đúng một
nghiệm thuộc 0; ?
2
A. 2015.
B. 2016.
C. 2018.
D. 4036.
Giải
Vì cos x 0 nên phương trënh tương đương với 3 tan x 2 tan x 1 m tan x 3 .
Đặt t tan x 1 , vì x 0; t 1; .
2
Khi đî phương trënh trở thành 3t t 2 1 m t 2 2 m
3t 3 3t
.
t2 2
3 t 4 5t 2 2
3t 3 3t
0, t 1; .
Xét hàm f t 2
với t 1; . Ta có f ' t
2
t 2
t2 2
Lập bảng biến thiên suy ra phương trënh cî nghiệm khi m 2
m 3, 4,..., 2018 Có 2016 giá trị.
m
m 2018;2018
Câu 24: Cho phương trình 2 2017 sin 2018 x cos 2018 x sin x cos x cos x
dương nhỏ nhất của phương trënh cî dạng
cos 2 x
. Nghiệm
1 tan x
a
với a , b là các số nguyên và nguyên tố
b
cùng nhau. Tính S a b.
A. S 2.
B. S 3.
C. S 4.
D. S 7.
Giải
cos x 0
Điều kiện:
.
tan x 1
24 | Chinh phục olympic toán
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MÔN TOÁN
cos 2 x
cos 2 x sin 2 x
cos x cos x sin x .
Ta có
sin x
1 tan x
1
cos x
Do đî phương trënh 2 2017 sin 2018 x cos 2018 x sin x cos x cos x sin x cos x cos x
cos x sin x cos x . 2 2017 sin 2018 x cos 2018 x 1 0.
cos x 0 L
sin x cos x 0 tan x 1 x k k
4
.
2 2017 sin 2018 x cos 2018 x 1 0 2 2017 sin 2018 x cos 2018 x 1 : Vô nghiệm vì
sin
2018
x cos
2018
a1009 b1009
ab
x 2.
2
2
2
Nghiệm dương nhỏ nhất là
1009
1
2
1008
với a sin 2 x , b cos 2 x.
3 a 3
S7
4
b 4
Câu 25: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn 0 a , b , c 1 . Khi đî trị nhỏ nhất của biểu thức
1
m
m
, với m,n là các số nguyên dương và
P log a b log b c log c2 a được viết dưới dạng
4
n
n
là phân số tối giản. Hỏi T m3 n 3 có giá trị là bao nhiêu?
A. 171
B. 89
C. 195
D. 163
Giải
Theo bất đẳng thức AM – GM ta có:
1
1
1
P log a b log b c log c2 a 2 log a b log b c log c2 a 2 log a c log c2 a
4
4
4
1
1
1
1
1
1
2 log a c log c2 a
log a c
log a c
log a c
log a c log c2 a
4
4
4
4
4
4
1
1
1
1
1
5
log a c .
log a c .
log a c .
log a c . log c2 a
4
4
4
4
4
4
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của P , khi đî T 189
4
55
Câu 26: 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
Giải
3
3
x 1
x 1
Phương trënh tương đương với m 2 8 x 2 . Hàm số f x 2 8 x 2 là một
2
2
hàm số chẵn do đî ta chỉ cần xét trên nửa khoảng 0; để suy ra bảng biến thiên của
hàm số f x trên cả tập số thực.
Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó – Georg Cantor
Chinh phục olympic toán | 25
