Đề thi Olympic môn Toán 11 năm 2018-2019 có đáp án - Cụm trường THPT Thanh Xuân - Cầu Giấy - Thường Tín

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