Đề olympic môn toán 11 năm học 2018–2019 cụm trường THPT thanh xuân cầu giấy thường tín (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
CỤM TRƯỜNG THPT THANH XUÂNCẦU GIẤY-THƯỜNG TÍN

Câu 1.

ĐỀ OLYMPIC MÔN TOÁN 11
NĂM HỌC 2018 – 2019
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Giải các phương trình sau:
1) 1  3 sin 2 x  cos 2 x .

Câu 2.

Câu 3.

2) 9sin x  6cos x  3sin 2x  cos 2x  8 .
1) Hoa có 11 bì thư và 7 tem thư khác nhau. Hoa cần gửi thư cho 4 người bạn, mỗi người 1 thư.
Hỏi Hoa có bao nhiêu cách chọn ra 4 bì thư và 4 tem thư, sau đó dán mỗi tem thư lên mỗi bì
thư để gửi đi?
2) Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó
có 1 phương án trả lời đúng, 3 phương án sai. Tính xác suất để một học sinh làm bài thi trả lời
đúng được ít nhất 3 câu hỏi?
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của biểu thức  2  3x  biết n là số
n

nguyên dương thỏa mãn hệ thức C21n1  C22n1  ...  C2nn1  220 1 .
Câu 4.

Câu 5.

1) Tính giới hạn sau lim
x 1

3

x  7  5  x2
.
x 1

2) Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lập thành một cấp số nhân. Chứng minh rằng tam giác
đó có 2 góc trong mà số đo không vượt quá 60 0 .
Cho tứ diện ABCD .
1) Gọi E , F , G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , ACD, ABD .
a) Chứng minh  EFG  / /  BCD  .
b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích của tam giác BCD .
2) M là điểm thuộc miền trong của tam giác BCD . Kẻ qua M đường thẳng d // AB .
a) Xác định giao điểm B  của đường thẳng d và mặt phẳng  ACD  .
b) Kẻ qua M các đường thẳng lần lượt song song với AC và AD cắt các mặt phẳng
MB MC  MD


 1.
 ABD  ,  ABC  theo thứ tự tại C , D . Chứng minh rằng:
AB
AC
AD
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T 

AB

AC
AD
.


MB
MC 
MD

----------------HẾT---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
 Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………
Số báo danh:…………………………………………………………

1


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.

Giải các phương trình sau:
1) 1  3 sin 2 x  cos 2 x
2) 9sin x  6cos x  3sin 2x  cos 2x  8
Lời giải
1) 1  3 sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x  1






1
3
1
1
 cos sin 2 x  sin cos 2 x  
sin 2 x  cos 2 x  
6
6
2
2
2
2




2 x     k 2
 x  k

1


 
6
6
.
 sin  2 x      sin     

 x  2  k



6
2
6




 2 x      k 2
3


6
6
2) 9sin x  6cos x  3sin 2x  cos 2x  8   6cos x  3sin 2 x    cos 2 x  9sin x  8   0
  6cos x  6sin x cos x   1  2sin 2 x  9sin x  8  0
 6cos x. 1  sin x    2sin 2 x  9sin x  7   0

 6cos x. 1  sin x    2sin x  7  sin x  1  0   sin x  1 6cos x  2sin x  7   0



sin x  1  x   k 2

2


6 cos x  2sin x  7 *
Phương trình * vô nghiệm vì có a 2  b 2  40  49  c 2 .

Câu 2.



 k 2 .
2
1) Hoa có 11 bì thư và 7 tem thư khác nhau. Hoa cần gửi thư cho 4 người bạn, mỗi người 1
thư. Hỏi Hoa có bao nhiêu cách chọn ra 4 bì thư và 4 tem thư, sau đó dán mỗi tem thư lên mỗi
bì thư để gửi đi?
2) Một bài thi trắc nghiệm khách quan gồm 5 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong
đó có 1 phương án trả lời đúng, 3 phương án sai. Tính xác suất để một học sinh làm bài thi trả
lời đúng được ít nhất 3 câu hỏi?

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 

Lời giải
1)

Chọn 4 bì thư từ 11 bì thư có C cách.
4
11

Chọn 4 tem thư từ 7 tem thư có C74 cách.
Dán 4 tem thư và 4 bì thư vừa chọn có: 4! cách.
Gửi 4 bì thư đã dán 4 tem thư cho 4 người bạn có: 4! Cách.
Vậy có tất cả: C114 .C74 .4!.4!  6652800 cách.
1
3
2) Xác suất để một học sinh trả lời đúng 1 câu là , trả lời sai 1 câu là .
4

4
3

2

45
1 3
Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 3 câu là: C53 .     
.
 4   4  1024
2


4

 1   3  15
Xác suất để một học sinh trả lời đúng đúng 4 câu là: C .     
.
 4   4  1024
4
5

5

1
1
Xác suất để một học sinh trả lời đúng cả 5 câu là: C .   
.
 4  1024
45

15
1
61



.
Vậy xác suất để một học sinh trả lời đúng ít nhất 3 câu là:
1024 1024 1024 1024
n
Tìm hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của biểu thức  2  3x  biết n là số
5
5

Câu 3.

nguyên dương thỏa mãn hệ thức C21n1  C22n1  ...  C2nn1  220 1 .
Lời giải
 2 1  C20n1  C21n1  C22n1  ...  C2nn1  220 .

Ta có: C

C

 ...  C

Lại có: C

C

 C22n1  ...  C2nn1  C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11 .

1
2 n 1
0
2 n 1

2
2 n 1
1
2 n 1

Mặt khác: 1  1

2 n 1

n
2 n 1

20

 C20n1  C21n1  C22n1  ...  C2nn1  C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11 .

 22 n 1  2.220  22 n 1  221  2n  1  21  n  10 .
1 9
10
Xét khai triển Niutơn  2  3x  , ta có:  2  3x   C100 210  C10
2 .  3x   ...  C10
 3x  .
10

10

1

10

10 10
Suy ra hệ số của số hạng chứa x10 là: C10
3  59049 .

Câu 4.

1)

Tính giới hạn sau lim
x 1

3

x  7  5  x2
.
x 1

2) Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh lập thành một cấp số nhân. Chứng minh rằng tam
giác đó có 2 góc trong mà số đo không vượt quá 60 0 .
Giải:
3
3
x  7  5  x2

x  7  2  2  5  x2
x7 2
2  5  x2
 lim
 lim
 lim
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
 x  1 x  1
x 1
 lim
 lim
x 1
x 1
2
 x  1 2  5  x2
 x  1  3  x  7   2 3 x  7  4 


1 1 7
1
x 1
   .
 lim

 lim
2
2
x 1 3
 x  7   2 3 x  7  4 x1 2  5  x 12 2 12
3

1) Ta có lim





2) Giả sử độ dài ba cạnh của tam giác ABC lần lượt là a, b, c  0 .
Không mất tính chất tổng quát giả sử 0  a  b  c .
Do ba cạnh lập thành cấp số nhân nên ta có b 2  ac.
Áp dụng định lý Cos trong tam giác ta có:
b 2  a 2  c 2  2ac.cosB  a 2  c 2  2ac.cosB  ac
a 2  c 2  ac
a2  c2 1
 cosB=
 cosB=
 .
2ac
2ac
2
a2  c2 1 1
   B  600.
Mặt khác a 2  c 2  2ac a, c nên cosB=
2ac

2 2
0
Mà a  b  A  B  60 .
Vậy tam giác ABC có 2 góc có số đo không vượt quá 60 0 .
Câu 5. Cho tứ diện ABCD.
3


1) Gọi E , F , G lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , ACD, ABD .
a) Chứng minh  EFG  / /  BCD  .
b) Tính diện tích tam giác EFG theo diện tích của tam giác BCD .
Lời giải
A

G
F

E

D
B

P
N

M
C

a) Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm BC , CD, DB .
SE SF 2


  EF / / MN .
SM SN 3
Mà MN   BCD  nên EF / /  BCD 1 .

Theo tính chất trọng tâm ta có

Chứng minh tương tự ta có EG / /  BCD  2  .
Từ 1 và  2  ta có  EFG  / /  BCD  (đpcm).
EF
SE EG 2


 (Theo định lý Talet).
MN SM MP 3
1
EF .EG sin GEF
SEFG
EF EG 4

 2

.
  3 (Do  EF ; EG    MN ; MP  )
SMNP 1 MN .MP sin NMP MN MP 9
2
1
SMNP 2 MN .MP sin NMP MN MP 1
Mặt khác 



.
  4
1
SBCD
BD
CD
4
BD.CD sin BDC
2
1
S
1
Từ  3 và  4  ta có EFG  . Vậy S EFG  S BCD .
9
SBCD 9

b) Ta có

2)

4


A

C'

D'

B'

F

B

D
M
G

E

C

a) Trong mặt phẳng  BCD  BM  CD  E .
Trong mặt phẳng  ABE  Kẻ MB // AB  B  AE   d  MB

 B  d
 d   ACD   B

 B  AE   ACD 
b) Trong mặt phẳng  BCD  CM  BD  F  , DM  BC  G
Trong mặt phẳng  ACF  Kẻ MC  // AC  C   AF 
Trong mặt phẳng  ADG  Kẻ MD // AD  D  AG 
Ta có: MB // AB 
Tương tự

MB ME SMCD



1
AB BE S BCD

MC  SMBD
MD SMBC


 2 ;
 3
AC S BCD
AD S BCD

Từ 1 ,  2  ,  3 

MB MC MD SMCD  SMBD  SMBC



1
AB
AC
AD
S BCD

MB MC  MD
MB.MC .MD


 33
AB

AC
AD
AB. AC. AD
1
27


MB.MC .MD AB. AC. AD

c) Ta có

AB
AC
AD
AB. AC. AD
27. AB. AC. AD


 33
 33
3 3
MB
MC 
MD
MB.MC .MD
AB. AC. AD
MB MC  MD 1
ME MF MD 1



 



Dấu ''  '' xảy ra 
AB
AC
AD 3
BE CF DG 3
 M là trọng tâm BCD .
T

5